Суммы коэффициентов

[RIP]

Юстас писал(а):

Не следует. Определим последовательность $b_k: \ b_1=1, |b_k|<1, \ k>1\ , \sum |b_k|<\infty$. Теперь если $n=p_1^{t_1}\dots p_l^{t_l}$ - разложение числа в произведение простых, то положим $a_n=b_1^{t_1}\dots b_l^{t_l}$. Ясно, что $a_{mn}=a_m a_n$ и что $\sum a_n<\infty$ - для достаточно быстро убывающих $b_n$. Из соображений непрерывности можно выбрать $b_n$ так что $\sum a_n=0$. Тогда $\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_{mn}=a_m\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n=0$.

Немного не понял определение последовательности $a_n$. $p_k$ --- это $k$-е простое число? Тогда $a_{2^n}=1$, о какой сходимости вообще может идти речь? Или Вы что-то другое имели в виду?

[Юстас]

Похоже, что "соображения" оказались верными только интуитивно. Действительно, если $\sum |a_k|<\infty$, то $\sum a_k=\prod_1^{\infty} \frac{1}{1-b_j}$, то есть 0 никак не получится. А если абсолютной сходимости нет, то этот пример не работает.

Добавлено спустя 3 минуты 42 секунды:

RIP: да, я имел ввиду k-е простое число, $a_1=0$, а 2ке соответствует $b_2$. Но в любом случае, в таком виде это не годится.

[maxal]

maxal писал(а):

Пусть для краткости $b_m = \sum_{n=1}^\infty a_{mn}$. Из принципа включений-исключений (и абсолютной сходимости) следует, что

$$a_n = \sum_{k=1}^{\infty} \mu(k) b_{kn},$$

где $\mu$ - функция Мёбиуса. Поэтому если $b_m = 0$ для всех $m$, то и $a_n=0$ для всех $n$.

Не знаю насчет достаточности абсолютной сходимости $\sum_{k=1}^{\infty} a_k$, но вот абсолютной сходимости $\sum_{k=1}^{\infty} k a_k$ будет достаточно.

[RIP]

maxal писал(а):

Не знаю насчет достаточности абсолютной сходимости $\sum_{k=1}^{\infty} a_k$, но вот абсолютной сходимости $\sum_{k=1}^{\infty} k a_k$ будет достаточно.

Это и ежу понятно. Но абсолютной сходимости ряда из $a_n$ достаточно, чтобы из равенств $b_n=0$ следовало $a_n=0$.
А вот если не требовать абсолютной сходимости, то (раскрою карты) не следует.

[maxal]

Немного не в тему, но все-таки интересно, если ли контр-пример к формуле

$$a_n = \sum_{k=1}^{\infty} \mu(k) b_{kn}$$

для абсолютно сходящегося ряда $\sum_{k=1}^{\infty} a_k$. И особенно в случае, если $\sum_{k=1}^{\infty} a_k=0.$

Добавлено спустя 31 минуту 43 секунды:

Второй вопрос снимается. Если $\sum_{k=1}^{\infty} a_k\ne 0,$ то определяем новый абсолютно сходящийся ряд $a'_{2i-1}=-a_i$, $a'_{2i}=a_i$, у которого $\sum_{k=1}^{\infty} a'_k=0$ и $b'_{2m}=b_m$. И если для него выполняется

$$a'_n = \sum_{k=1}^{\infty} \mu(k) b'_{kn}$$

, то аналогичная формула выполняется и для исходного ряда.