Seja \Sigma\left(a_{n}\right) una série de números estritamente positivos e definamos b_{n}, n \in N, como b_{n}=\left(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}\right) / n. Mostre que \Sigma\left(b_{n}\right) sempre diverge.

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações e pede o seguinte:
  • Dados: a_{n}>0 para todo n\in\mathbb{N}. Considera-se a série \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_{n} (que pode convergir ou divergir).
  • Define-se, para cada n,
b_{n}=\frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}{n}.
  • Pedido: mostrar que a série \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} b_{n} diverge (isto é, não converge) independentemente do comportamento de \displaystyle\sum a_{n}.

Passo 2

Estratégia geral (sem calcular ainda): vamos tratar os dois casos possíveis para \displaystyle\sum a_{n}:
  1. \displaystyle\sum a_{n} converge (tem soma finita).
  2. \displaystyle\sum a_{n} diverge (vai ao infinito).
Em cada caso mostrarei que \displaystyle\sum b_{n} diverge. Também usarei uma identidade útil para somas finitas (troca na ordem de somatório), que é totalmente válida aqui porque lidamos inicialmente com somas parciais finitas.

Passo 3

Primeiro caso: suponha que \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_{n} converge. Seja
S=\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}.
Como a_{n}>0 para todo n, segue que S>0. Seja s_{n}=a_{1}+\cdots+a_{n} a soma parcial; então s_{n}\to S quando n\to\infty.
Por definição, b_{n}=s_{n}/n. Como s_{n}\to S e S>0, existe N_{0} tal que, para todo n\ge N_{0},
s_{n}\ge \frac{S}{2}.
Logo, para n\ge N_{0},
b_{n}=\frac{s_{n}}{n}\ge \frac{S}{2}\cdot\frac{1}{n}.
Agora aplicamos o teste da comparação com a série harmônica: a série
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}
é divergente (prova rápida: agrupe termos; por exemplo, 1+\tfrac12+( \tfrac13+\tfrac14 )+( \tfrac15+\cdots+\tfrac18)+\cdots \ge 1+\tfrac12+\tfrac12+\tfrac12+\cdots que diverge). Portanto a série
\sum_{n=N_{0}}^{\infty}\frac{S}{2}\cdot\frac{1}{n}
diverge. Como b_{n}\ge \dfrac{S}{2}\cdot\dfrac{1}{n} para n\ge N_{0}, por comparação a cauda \sum_{n=N_{0}}^{\infty} b_{n} diverge, e portanto a série inteira \sum_{n=1}^{\infty} b_{n} diverge.
Conclusão do caso 1: se \sum a_{n} converge, então \sum b_{n} diverge (porque os b_{n} têm ordem assintótica de 1/n com coeficiente positivo).

Passo 4

Segundo caso: suponha que \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_{n} diverge (ou seja, as somas parciais s_{n}=a_{1}+\cdots+a_{n} tendem a +\infty).
Considere a soma parcial da série \sum b_{n} até N:
S_{N}=\sum_{n=1}^{N} b_{n}=\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} a_{k}.
Como são somas finitas, podemos trocar a ordem de somação (justificação: soma finita, termos bem definidos):
S_{N}=\sum_{k=1}^{N} a_{k}\sum_{n=k}^{N}\frac{1}{n}.
Para cada k tal que 1\le k\le \lfloor N/2\rfloor temos 2k\le N, portanto
\sum_{n=k}^{N}\frac{1}{n}\ge \sum_{n=k}^{2k}\frac{1}{n}.
No intervalo n=k,\dots,2k k+1 termos (pelo menos k termos) e cada um satisfaz \dfrac{1}{n}\ge \dfrac{1}{2k}. Assim
\sum_{n=k}^{2k}\frac{1}{n}\ge k\cdot\frac{1}{2k}=\frac{1}{2}.
Logo, para k\le \lfloor N/2\rfloor,
\sum_{n=k}^{N}\frac{1}{n}\ge \frac{1}{2}.
Substituindo na expressão para S_{N},
S_{N}=\sum_{k=1}^{N} a_{k}\sum_{n=k}^{N}\frac{1}{n} \ge \sum_{k=1}^{\lfloor N/2\rfloor} a_{k}\cdot\frac{1}{2} =\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{\lfloor N/2\rfloor} a_{k}.
Como \sum a_{k} diverge, a soma parcial \sum_{k=1}^{\lfloor N/2\rfloor} a_{k}\to\infty quando N\to\infty. Portanto S_{N}\to\infty, isto é, as somas parciais de \sum b_{n} tendem a infinito, e assim \sum b_{n} diverge.
Conclusão do caso 2: se \sum a_{n} diverge, então \sum b_{n} também diverge.

Passo 5

Juntando os dois casos, mostrei que em qualquer situação — quer \displaystyle\sum a_{n} convirja, quer diverge — a série \displaystyle\sum b_{n} diverge. Portanto a afirmação pedida está provada.
Força aí — a ideia central para a prova curta é: cada b_{n} é média das primeiras a_{k}, logo se as a_{k} somam algo positivo a média tem ordem 1/n (caso de soma finita); se as a_{k} somam infinito, então muitos desses a_{k} forçam a soma das médias a crescer sem limite.

Resposta

\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} b_{n} diverge.

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