Задача о сходящемся ряде

[bull_mipt]

Ряд $\[ \sum\limits_{k = 1}^\infty {a_k } *k^{ - \alpha } \] $ сходится, $\[ \alpha > 0 \]$ . Показать, что $\[ \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1} {{n^\alpha }}\sum\limits_{k = 1}^n {a_k } = 0 \]$

Подскажите пожалуйста идею.

[Хорхе]

Вы забыли сказать, что $a_k$ положительные.

[bull_mipt]

По условию - любые.

[Хорхе]

bull_mipt в сообщении #236017 писал(а):

По условию - любые.

Что-то я не уверен, что для любых правильно. Во всяком случае, знаю только, как для положительных доказать.

[bull_mipt]

А для положительных как?

[gris]

Показать, что сходится ряд
$\[ \mathop {\sum }\limits_{n=1 }^{\infty}\sum\limits_{k = 1}^n {a_k } \frac{1} {{n^\alpha }} \]$ ?

[Хорхе]

$$ \varlimsup_{n\to\infty} n^{-\alpha} \sum_{k=1}^n a_k \le \inf_{m} \varlimsup_{n\to\infty}\Big(n^{-\alpha}\sum_{k=1}^ma_k +\sum_{k=m+1}^n a_k k^{-\alpha}\Big)\le \inf_m \varlimsup_{n\to\infty}\sum_{k=m+1}^\infty a_k k^{-\alpha}=0. $$

-- Вт авг 18, 2009 10:51:59 --

gris в сообщении #236021 писал(а):

Показать, что сходится ряд
$\[ \mathop {\sum }\limits_{n=1 }^{\infty}\sum\limits_{k = 1}^n {a_k } \frac{1} {{n^\alpha }} \]$ ?

Вот это точно не так даже для положительных. Например, $a_k = 1_{\{k=1\}}$, $\alpha= 1$.

-- Вт авг 18, 2009 11:01:04 --

Я думаю, что утверждение неправильно для $a_k$ любого знака. Мне лень думать над контрпримером, пусть лучше если что меня переубедят

[ewert]

Немножко в другом оформлении (для неотрицательных). Надо доказать: если ряд $\sum\limits_{k=1}^{\infty}b_k$ сходится, то $\lim\limits_{n\to\infty}n^{-\alpha}\sum\limits_{k=1}^{n}b_k\cdot k^{\alpha}=0.$ В принципе, это очевидно: "среднее" значение сомножителей $k^{\alpha}$ внутри суммы становится все меньше по сравнению с $n^{\alpha}$. А формализовать это стандартное соображение можно таким стандартным же приёмом:

$$n^{-\alpha}\sum\limits_{k=1}^{n}b_k\cdot k^{\alpha}=n^{-\alpha}\sum\limits_{k=1}^{m_n}b_k\cdot k^{\alpha}+n^{-\alpha}\sum\limits_{k=m_n}^{n}b_k\cdot k^{\alpha}\leqslant n^{-\alpha}\cdot S_{m_n}\cdot m_n^{\alpha}+(S_n-S_{m_n}),$$

где $S_n\equiv\sum\limits_{k=1}^n b_k.$ Если теперь задать $m_n$ уходящим на бесконечность, но много медленнее самого $n$ (т.е.так, что ${m_n\over n}\to0$), то $S_{m_n}\leqslant\mathrm{const},$ в то время как $S_n-S_{m_n}\to0,$ откуда ноль и выходит.

Соответственно, $k^{\alpha}$ можно заменить на любую монотонно и неограниченно возрастающую последовательность, только ограничение на рост $m_n$ придётся сформулировать чуть более аккуратно.

[bull_mipt]

Да, так понятнее.
Можно взять $\[ m_n = [\sqrt n ] \] $.
Спасибо!

[antbez]

А можно ли тут воспользоваться признаками Абеля или Дирихле "в обратную сторону"? То есть ряд от произведения сходится, тогда мы предполагаем, что он удовлетворяет условию одной из этих теорем...

[RIP]

Утверждение верно для произвольных $a_n$. Можно делать так. Обозначим $R_n=\sum_{k=n}^\infty a_kk^{-\alpha}$. Тогда, если я не прогнал, то после преобразований получаем $\sum_1^na_k=\sum_1^nR_k(k^\alpha-(k-1)^\alpha)-R_{n+1}n^\alpha$. Поскольку $R_n=o(1)$, то последнее выражение, очевидно, есть $o(n^\alpha)$.

[Хорхе]

RIP в сообщении #239030 писал(а):

...если я не прогнал...

Вроде все честно -- порядок суммирования менять можно.

[RIP]

Хорхе в сообщении #239129 писал(а):

Вроде все честно -- порядок суммирования менять можно.

Там даже не надо никаких порядков менять, просто подставляем $a_k=(R_k-R_{k+1})k^\alpha$, а затем преобразование Абеля.