Одновременная сходимость/расходимость двух рядов

[ramanujan]

Одновременно ли сходятся ряды (1) $\sum\limits_{n=1}^{\infty}n^{p} a_{n}$ и (2) $\sum\limits_{n=1}^{\infty} (a_{n} - a_{n+1})n^{p+1}$ при одних и тех же параметрах p, где p>0, $a_{n}$ монотонно убывает к нулю. Довольно долго бьюсь над этой задачей. Смог показать, что из сходимости (2) следует сходимость (1). Как доказать (1) $\Rightarrow$ (2) или возможно подобрать контрпример?

[iifat]

Хм. Пусть первый ряд сходится; Такое чувство, что если хитро поменять индекс и прибавить ко второму, получится $\sum a_nx^{p+1}$ Как-то мне сомнительно это утверждение.

[NSKuber]

iifat
В суммах показатель степени фиксирован, а возводимое число меняется, так что не понимаю, как вы собрались поменять индекс, пусть и хитро.

[iifat]

Пожалуй, да. Запутался.

[Human]

Проверьте, могу ошибаться.

Пусть ряд $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}n^p a_n$ сходится. Тогда $n^{p+1}a_n\to0$ при $n\to\infty$ (здесь существенно, что $a_n$ убывает). Действительно:

$\displaystyle\sum_{n=N+1}^{2N}n^pa_n\geqslant N^{p+1}a_{2N}$

Поскольку левая часть стремится к нулю при $N\to\infty$, то и правая стремится к нулю. Тогда и

$(2N)^{p+1}a_{2N}\to0$

, и

$(2N+1)^{p+1}a_{2N+1}\leqslant(\frac{2N+1}N)^{p+1}N^{p+1}a_{2N}\to0$

поэтому и вся последовательность $n^{p+1}a_n$ сходится к нулю.

Далее, из сходимости исходного ряда следует также сходимость и ряда $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(n^{p+1}-(n-1)^{p+1}\right)a_n$, поскольку

$n^{p+1}-(n-1)^{p+1}\sim n^p(p+1),\ n\to\infty$

Пользуясь теперь преобразованием Абеля, получим:

$\displaystyle\sum_{n=1}^N\left(n^{p+1}-(n-1)^{p+1}\right)a_n=N^{p+1}a_N+\sum_{n=1}^{N-1}(a_n-a_{n+1})n^{p+1}$

откуда с учетом всего вышесказанного и получаем сходимость второго ряда.

[ramanujan]

Кажется, все верно. Спасибо огромное!

[loshka]

Human
Возникло пару вопросов, подскажите пожалуйста.

Цитата:

Далее, из сходимости исходного ряда следует также сходимость и ряда $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(n^{p+1}-(n-1)^{p+1}\right)a_n$

если взять $a_n=n^{-p-2}$ то ряд расходится же?

Цитата:

$n^{p+1}-(n-1)^{p+1}\sim n^p(p+1),\ n\to\infty$

Подскажите пожалуйста как вы это получили, мне что собственно и смутило , что если это верно то ряд расходится и при $a_n=n^{-p-1}$

[Human]

ramanujan

Если не секрет, как Вы доказывали, что из (2) следует (1)? Мое решение примерно такое же, что и выше, интересно посмотреть на Ваше.

loshka в сообщении #1140978 писал(а):

Human
Возникло пару вопросов, подскажите пожалуйста.

Цитата:

Далее, из сходимости исходного ряда следует также сходимость и ряда $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(n^{p+1}-(n-1)^{p+1}\right)a_n$

если взять $a_n=n^{-p-2}$ то ряд расходится же?

Объясните, почему расходится.

loshka в сообщении #1140978 писал(а):

Цитата:

$n^{p+1}-(n-1)^{p+1}\sim n^p(p+1),\ n\to\infty$

Подскажите пожалуйста как вы это получили, мне что собственно и смутило , что если это верно то ряд расходится и при $a_n=n^{-p-1}$

$n^{p+1}-(n-1)^{p+1}=n^{p+1}\left(1-\left(1-\frac1n\right)^{p+1}\right)\sim n^{p+1}\frac{p+1}n=n^p(p+1)$

Здесь я воспользовался эквивалентностью $(1+x)^{\alpha}-1\sim\alpha x$ при $x\to0$.

[ramanujan]

Human

Если вкратце, то я разделил частичную сумму для ряда (2) на две. Затем во второй сумме сдвинул индекс. Две получившееся суммы склеил в одну: $\sum\limits_{k=1}^{n} a_{k}(k^{p+1} - (k-1)^{p+1}) \ - \ a_{n}n^{p+1} \ + \ a_{1}2^{p+1}$. Тогда получаем, что $\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_{n}(n^{p+1} - (n-1)^{p+1})$ сходится ($a_{n}n^{p+1}$ - бесконечно малая). И наконец, применяем оценку $k^{p+1} - (k-1)^{p+1} > k^{p}$.