级数收敛性

正项级数 $\sum\limits_{n = 1}^\infty  {{a_n}} $ 收敛 ， 证明： $ \sum\limits_{n = 1}^\infty  {a_n^{1 - 1/n}} $ 收敛

能不能这样？

1.如果 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \inf{\sqrt[n]{a_n}} \neq 0$
$\displaystyle \lim_{n \to \infty}\sup \frac{a_n}{\sqrt[n]{a_n}}\frac{1}{a_n}=\lim_{n \to \infty}\sup\frac{1}{\sqrt[n]{a_n}}=\frac{1}{\displaystyle \lim_{n \to \infty} \inf{\sqrt[n]{a_n}} }$
然后
$\displaystyle 0<\lim_{n \to \infty} \inf{\sqrt[n]{a_n}}\le \lim_{n \to \infty}\sup{\sqrt[n]{a_n}}\le 1$
由比较判别法知其收敛

2.如果 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \inf{\sqrt[n]{a_n}} = 0$
然后不会了。。。

由Young不等式得
$ \sqrt[n]{\frac{1}{n}}*{a_{n}}^{1-\frac{1}{n}}\le \frac{1}{n^2}+(1-\frac{1}{n})a_{n}$
结合 $\sqrt[n]{n}\le \sqrt[e]{e}$,以及$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_{n}}{n}$收敛。

或者这样：
如果$a_{n}\le \frac{1}{2^n}$,则${a_{n}}^{\frac{n-1}{n}}\le \frac{1}{2^{n-1}}$
若$ a_{n}>\frac{1}{2^n}$,则 $(a_{n})^{1-\frac{1}{n}}<2a_{n}$

哈，这做法不错：
\[a_n^{1 - 1/n} \leqslant {\left( {{a_n} + \frac{1}{{{n^2}}}} \right)^{1 - 1/n}} = \left( {{a_n} + \frac{1}{{{n^2}}}} \right)\sqrt[n]{{{a_n} + \frac{1}{{{n^2}}}}} \leqslant \left( {{a_n} + \frac{1}{{{n^2}}}} \right)\frac{1}{{\sqrt[n]{{{n^2}}}}}\]

原来要用不等式