сходимость ряда

[Oleg Zubelevich]

Последовательность действительных чисел $\{a_j\},\quad j\in\mathbb{N}$ такова, что $\sum_{j=1}^\infty a_j^2<\infty$. Доказать, что ряд

$$\sum_{n=2}^\infty\frac{1}{n}\sum_{i+j=n}a_ia_j$$

сходится

[patzer2097]

Ну такой ряд сходится даже при $a_t=1/\sqrt{t}$, или я ошибся?

[Oleg Zubelevich]

это неверно. оценка: $ij\le (i+j)^2$

[Руст]

patzer2097 в сообщении #1017605 писал(а):

Ну такой ряд сходится даже при $a_t=1/\sqrt{t}$, или я ошибся?

Для монотонных верно и при $a_n=O(n^{-\epsilon})$.
Для не монотонных это кажется не верно.
Пример
$a_n=\frac{1}{\sqrt n \log n}, n\not =2^k,$
$a_{2^k}=\frac{1}{\sqrt k \log k}$.

[sup]

Руст в сообщении #1017659 писал(а):

Для монотонных верно и при $a_n=O(n^{-\varepsilon})$.

Дык ведь Oleg Zubelevich показал, что уже для корней не верно.

$$\sum_{i+j=n}\frac{1}{\sqrt i \sqrt j} \geqslant \sum_{i+j=n}\frac{2}{ i + j} = 2(n-1)/n$$

$$\sum_{n=2}^\infty\frac{1}{n}\sum_{i+j=n}\frac{1}{\sqrt i \sqrt j} \geqslant 2\sum_{n=2}^\infty\frac{(n-1)}{n^2} = \infty$$

[Руст]

Да в этом случае нужно $a_n=O(n^{-(1/2 +\epsilon)})$.
Приведенный контрпример так же не работает, всплески только в небольшом интервале после $n>2^k$.

-- Ср май 20, 2015 09:00:14 --

Да, утверждение верное.
Пусть $s_n=\sum_{i+j=n}a_ia_j, S_n=\sum_{i\le n} s_n$.
Суммируя по Абелю $\sum_n \frac 1n (S_n-S_{n-1})$ получаем результат.

[Oleg Zubelevich]

непонятно

[Oleg Zubelevich]

Руст в сообщении #1017671 писал(а):

Да, утверждение верное.
Пусть $s_n=\sum_{i+j=n}a_ia_j, S_n=\sum_{i\le n} s_n$.
Суммируя по Абелю $\sum_n \frac 1n (S_n-S_{n-1})$ получаем результат.

во-всяком случае, условия признаков Абеля, Дирихле не выполнены

[ProPupil]

Если $a \in l_1$, то утверждение верно.

Действительно, в этом случае выражение $\left(\sum\limits_{i=1}^\infty a_i\right)\left(\sum\limits_{i=j}^\infty a_j\right)=\sum\limits_{n=1}^\infty \sum\limits_{i+j=n} a_ia_j$ имеет смысл.

Если мы обозначим $A_n=\frac{1}{n}$,$B_n=\sum\limits_{i+j=n} a_ia_j$, то первая из них монотонна и ограничена, а ряд, составленный из членов второй, - сходится.

В силу признака Абеля исходный ряд, равный $\sum\limits_{n=1}^\infty{A_nB_n}$ сходится.

Пусть теперь $a \in l_2\setminus l_1$.
Это уже является нетривиальным случаем, хотя идеи вроде как есть. Пока неформально их оформлю:
Воспользуемся тем, что $l_1$ плотно в $l_2$: выберем последовательность $\{a^m\}\in l_1$ такую, что $a^m \to a$ в $l_2$ и выполним предельный переход.
Если удастся, формализую переход.

[NSKuber]

ProPupil в сообщении #1017788 писал(а):

Если мы обозначим $A_n=\frac{1}{n}$,$B_n=\sum\limits_{i+j=n} a_ia_j$, то первая из них монотонна и ограничена, а ряд, составленный из членов второй, - сходится.

В силу признака Абеля исходный ряд, равный $\sum\limits_{n=1}^\infty{A_nB_n}$ сходится.

Вы стреляете из пушки по воробьям: используя признак Абеля, вы, по сути, теряете тот необходимый запас стремления к нулю, который обеспечивает $\frac{1}{n}$, и берёте от неё лишь ограниченность. Поэтому, пытаясь (неким предельным переходом) свести $l_2$ к таким образом рассмотренному случаю $l_1$ вы вряд ли что-нибудь получите.

[g______d]

(Осторожно! Боян!)

http://dxdy.ru/topic50041.html

[NSKuber]

g______d
Тогда вот так:

$$S_N= \sum\limits_{n=2}^{N} \frac{1}{n} \sum\limits_{i+j=n} a_i a_j = \sum\limits_{n=1}^{N-1} a_n \sum\limits_{k=1}^{N-n}\frac{a_k}{n+k}$$

$$|S_N|\leq \sum\limits_{n=1}^{N-1} |a_n| \cdot |\sum\limits_{k=1}^{N-n}\frac{a_k}{n+k}| \leq (\sum\limits_{n=1}^{N-1} a_n^2)^{\frac{1}{2}}(\sum\limits_{n=1}^{N-1}(\sum\limits_{k=1}^{N-n}\frac{a_k}{n+k})^2)^{\frac{1}{2}} \leq \|\{a_n\}\|_2 (\sum\limits_{n=1}^{N-1}(\sum\limits_{k=1}^{N-n}\frac{a_k}{n+k})^2)^{\frac{1}{2}}$$

Так, а теперь надо как-то к пределу так перейти, чтобы во втором множителе обе суммы до $\infty$ сделать и воспользоваться неравенством по ссылке.
Я туплю

[whitefox]

Точно, неравенство Гильберта!!!
$\sum\limits_{m=1}^{\infty}\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{a_n b_m}{n+m}<\frac{\pi}{\sin(\pi/p)}\left(\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n^p\right)^{\frac1p}\left(\sum\limits_{m=1}^{\infty}b_m^{p'}\right)^{\frac1{p'}}$

где $p>1,\quad p'=\frac p{p-1},\quad a_n\geqslant0,\quad b_m\geqslant0$ и ряды в правой части имеют конечные положительные суммы.
http://mathemlib.ru/mathenc/item/f00/s01/e0001116/index.shtml

В частности, при $p=2$ для нашей задачи получим:

$\sum\limits_{m=1}^{\infty}\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{|a_n| |a_m|}{n+m}<\pi\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n^2$

Как показал NSKuber:

$S_N= \sum\limits_{n=2}^{N} \frac{1}{n} \sum\limits_{i+j=n} |a_i| |a_j| = \sum\limits_{n=1}^{N-1}\sum\limits_{k=1}^{N-n}\frac{|a_n||a_k|}{n+k}\leqslant\sum\limits_{n=1}^{N}\sum\limits_{k=1}^{N}\frac{|a_n||a_k|}{n+k}$

Следовательно:

$\lim\limits_{N\to\infty}S_N\leqslant\sum\limits_{m=1}^{\infty}\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{|a_n| |a_m|}{n+m}<\pi\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n^2\;,$ и наш ряд сходится абсолютно.

[Oleg Zubelevich]

g______d в сообщении #1018074 писал(а):

(Осторожно! Боян!)

http://dxdy.ru/topic50041.html

да боян, причем гораздо более свежий. вот тут задача решена: topic97429.html аж двумя способами (я имею в виду еще и Ваше решение, если только оно там действительно есть). Неравенство Гильберта -- это третий способ.

[sup]

Ну, друзья, использовать неравенство Гильберта для доказательства неравенства Гильберта, это все-таки слишком.
Уж лучше тогда использовать неравенство Харди. Сначала

$$A_n = \sum\limits_{k=n}^{\infty} \frac{a_k}{k}, \quad B_n = \sum\limits_{k=n}^{\infty} \frac{b_k}{k}$$

$$S = \sum\limits_{m=1}^{\infty}\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{a_n b_m}{n+m} \leqslant \sum\limits_{m=1}^{\infty}\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{a_n b_m}{\max(n,m)} \leqslant \sum\limits_{m=1}^{\infty}(a_mB_m + A_mb_m)$$

А потом применить неравенства Харди для $A_n,B_n$. Этот подход годится для всех $1 < p < \infty$.
А вот для $p=2$ можно воспользоваться следующим формальным тождеством. Пусть $f(x) = \sum c_n \sin (nx)$. Тогда

$$\sum \frac {c_n}{n} = \frac {1}{\pi}\int \limits_0^{\pi} (\pi - x)f(x) dx$$

Из коэффициентов $a_n,b_n$ быстренько организуем подходящую функцию $f(x) \in L_1(0,\pi)$ и дело в шляпе.
Достоинство этого подхода проявляется в случае куда более трудной формы

$$\sum\limits_{n \neq m}^{\infty}\frac{a_n b_m}{n - m}$$