Сходимость ряда Дирихле и интеграла Лапласа

[Padawan]

Пусть есть возрастающая последовательность действительных чисел

$$ 0\leqslant\lambda_1<\lambda_2<\ldots<\lambda_n<\ldots, $$

такая что, $\lambda_n\to+\infty$ при $n\to\infty$. И пусть $h(x)$ -- непрерывная на всей прямой функция (со значениями в $\mathbb C$), линейная на каждом отрезке $[\lambda_{n},\lambda_{n+1}]$, и такая, что $h(x)=0$ при всех $x<0$. Обозначим $a_n=h'(\lambda_n+0)-h'(\lambda_n-0)$, $n=1,2,\ldots$, -- скачки производной в точках $\lambda_n$.

Вопрос состоит в следующем: предположим, что для некоторого $\sigma_1>0$ абсолютно сходится интеграл $\int\limits_0^{+\infty} h(x)e^{-x\sigma_1}dx$. Следует ли отсюда, что для некоторого $\sigma_2>0$ будет абсолютно сходится ряд $\sum\limits_{n=1}^\infty a_n e^{-\lambda_n\sigma_2}$.

По-видимому, для произвольной последовательности $\{\lambda_n\}$ ответ отрицательный, но пока ни доказать ни привести контрпример не получилось. Но есть предположение, что если последовательность $\{\lambda_n\}$ возрастает не слишком медленно, то утверждение будет верно. На самом деле прежде всего интересует случай $\lambda_n=\ln n$, тогда получается обычный ряд Дирихле $\sum\limits_{n=1}^\infty a_n e^{-\ln n s}=\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{a_n}{n^s}$.

[mihaild]

Как минимум сходимость интеграла слабо зависит от происходящего на коротких отрезках, а сходимость ряда - зависит. Соответственно можно взять что-то вроде $\lambda_{2k} = k$, $\lambda_{2k + 1} = k + \frac{1}{2^{2^k}}$, $h(\lambda_{2k}) = 0$, $h(\lambda_{2k + 1}) = 1$ - функция вообще ограничена, так что интеграл сходится. А вот скачки производной растут как двойная экспонента, поэтому общий член ряда не стремится к нулю.

[Padawan]

Ясно, спасибо. Надеюсь, для $\lambda_n=\ln n$ всё-таки верно. Буду думать.

[Padawan]

Вроде бы доказал для $\lambda_n=\ln n$. Во-первых интеграл $\int\limits_0^\infty h(x)e^{-x\sigma}dx$ абсолютно сходится для некоторого $\sigma>0$ тогда и только тогда, когда для некоторого $\sigma$ будет $\int\limits_{\ln n}^{\ln (n+1)} |h(x)e^{-x\sigma}|dx\to 0$ (тогда для $\sigma_1=\sigma+1+\varepsilon$ будет уже сходимость). Во-вторых, по первой теореме о среднем

$$ \int\limits_{\ln n}^{\ln(n+1)} |h(x)e^{-x\sigma}|dx=(n+\theta)^{-\sigma}\int\limits_{\ln n}^{\ln (n+1)}|h(x)|dx,\;\;\text{где}\;\; 0\leqslant\theta\leqslant 1 $$

Поэтому, $\int\limits_{\ln n}^{\ln (n+1)} |h(x)e^{-x\sigma}|dx\to 0$ равносильно $\int\limits_{\ln n}^{\ln (n+1)} |h(x)|dx=o(n^{\sigma})$
А так как

$$ (\ln(n+1)-\ln n)\frac12\max(|h(\ln (n+1))|,|h(\ln n)|)\leqslant\int\limits_{\ln n}^{\ln (n+1)} |h(x)|dx\leqslant (\ln(n+1)-\ln n)\frac{|h(\ln(n+1))|+|h(\ln n)|}{2}, $$

и $\ln(n+1)-\ln n\sim\frac 1n$, то это равносильно тому, что $h(\ln n)=o(n^{\sigma+1})$. Тогда $h'(\ln n)=o(n^{\sigma+2})$. Но тогда и $a_n=h'(\ln n+0)-h'(\ln n-0)=o(n^{\sigma+2})$. Значит, ряд $\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{a_n}{n^{\sigma+3+\varepsilon}}$ будет абсолютно сходится.