Суммы коэффициентов

[RIP]

Пусть $a_1\ge a_2\ge a_3\ge\dots>0$, $\lim_{n\to\infty}a_n=0$, $\{\epsilon_n\}_{n=1}^\infty$ - произвольная (числовая) последовательность, такая что сходится ряд $\sum_{n=1}^\infty\epsilon_na_n$. Верно ли, что $(\epsilon_1+\dots+\epsilon_n)a_n\xrightarrow[n\to\infty]{}0$?

[Gafield]

Нет: $a_n=1/(n\ln(n)\ln(\ln(n)))$, $n> e^2$, $\varepsilon_n=(-1)^k$ при $e^{e^k}< n<e^{e^{k+1}}$.

Если же величины $E_n=\varepsilon_1+\ldots+\varepsilon_n$ неотрицательны для всех $n$, то верно. Из формулы Абеля следует, что

$$ \sum_{k=m}^\infty a_k\varepsilon_k\ge \varlimsup_{n\to\infty}E_n a_n $$

для всех $m$. В частности, утверждение справедливо, если ряд сходится абсолютно.

[RIP]

Gafield писал(а):

Нет: $a_n=1/(n\ln(n)\ln(\ln(n)))$, $n> e^2$, $\varepsilon_n=(-1)^k$ при $e^{e^k}< n<e^{e^{k+1}}$.

В этом примере ряд $\sum_{n=1}^\infty \epsilon_na_n$ расходится.

[Gafield]

Почему же? Сумма $k$-го куска с одинаковыми знаками примерно равна $\ln(k+1)-\ln k$. Если сгруппировать по таким частям, будет знакочередующийся ряд с монотонно убывающими по абс. величине, возможно, с какого-то момента, членами. Частичные суммы с другими номерами также будут отличаться от ближайшей сгуппированной суммы с номером $k$ не больше, чем на $c/k$.

[RIP]

Gafield писал(а):

Почему же? Сумма $k$-го куска с одинаковыми знаками примерно равна $\ln(k+1)-\ln k$.

Вот именно, что примерно.

Gafield писал(а):

Если сгруппировать по таким частям, будет знакочередующийся ряд с монотонно убывающими по абс. величине, возможно, с какого-то момента, членами.

Попробуйте это доказать.

[Gafield]

Такие суммы раскладываются в асимптотические ряды с помощью формулы Ейлера-Маклорена, так что будет $1/k+o(1/k)$. Чтобы было попроще, можно заменить $e$ на 2.

Однако этот пример все же не подойдет, поскольку $E_n a_n\to0$

[RIP]

Gafield писал(а):

Такие суммы раскладываются в асимптотические ряды с помощью формулы Ейлера-Маклорена, так что будет $1/k+o(1/k)$.

Допустим, что получилось $\frac1k+\frac{(-1)^k}{k\log k}$. И где же тут монотонность, где сходимость?

Добавлено спустя 2 минуты 57 секунд:

Gafield писал(а):

Однако этот пример все же не подойдет, поскольку $E_n a_n\to0$

А это почему?

[Gafield]

Потому, что $|E_n|\le n$.

А в асимптотике из-за показательной функции в аргументе следующий член будет очень маленьким. Если производная функции $f$ сохраняет знак на $[m,n]$ то, из формулы Э-М следует, что

$$ \left|\sum_{k=m}^{n-1}f(k)-\int_m^nf(x)dx\right|\le C(|f(m)|+|f(n)|+|f'(m)|+|f'(n)|). $$

Для $f(x)=1/(x\ln(x)\ln(\ln(x)))$, $m=2^{2^k}$ и $n=2^Х2^{k+1}}$ правая часть будет не больше $C 2^{-2^k}$.

[RIP]

Блин, я понял, где я ступил: просто у меня перепутались $n$ и $k$ (видимо, Вы тоже вначале на этом прокололись). Вот что значит, когда голова забита совсем другим. Кстати, в данном случае функция монотонна, так что безо всяких Эйлеров-Маклоренов всё тривиально оценивается.

Вопрос остаётся открытым.

[Henrylee]

RIP писал(а):

Вопрос остаётся открытым.

Утверждение верно. Это в точности есть лемма Кронекера, используемая при доказательстве УЗБЧ Колмогорова.
А.Н. Ширяев. Вероятность. том 2. 2003. стр. 543

[RIP]

Красивое доказательство. Моё было не таким элегантным.

Добавлено спустя 28 минут 20 секунд:

Чтобы не заводить новую тему. Тем более, что и на эту задачу наверняка кто-то ссылку кинет.

Пусть последовательность $a_n$ такова, что при любом натуральном $m$ выполнено $\sum_{n=1}^\infty a_{mn}=0$. Следует ли отсюда, что все $a_n=0$?

[maxal]

RIP писал(а):

Пусть последовательность $a_n$ такова, что при любом натуральном $m$ выполнено $\sum_{n=1}^\infty a_{mn}=0$. Следует ли отсюда, что все $a_n=0$?

Доказательство в предположении абсолютной сходимости

$$\sum_{n=1}^\infty a_{n}$$

:

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 $n$.

[RIP]

maxal писал(а):

Доказательство в предположении абсолютной сходимости

В этом-то вся фишка. Абсолютная сходимость не предполагается.

Добавлено спустя 6 минут 54 секунды:

maxal писал(а):

Из принципа включений-исключений (и абсолютной сходимости) следует, что

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

Вы уверены, что одной абсолютной сходимости достаточно? Мне это неочевидно.
Принцип включений-исключений даёт несколько другую формулу (при условии абсолютной сходимости), я так понимаю, что Вы её имели в виду. Но всё-таки интересно, достаточно ли только абсолютной сходимости для того, что написано (я склоняюсь к тому, что нет).

[Юстас]

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 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_{mn}=a_m\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n=0$.

[maxal]

Уже не уверен
Поэтому для начала сформулирую проблему возникающую на этом пути. Формулу, которую мы хотим доказать, (без потери общности считаем, что $n=1$)

$$a_1 = \sum_{k=1}^{\infty} \mu(k) b_{k},$$

можно представить в матричном виде. А именно, запишем "развинутые" ряды $b_{k}$ в виде строк бесконечной матрицы:

$$(c_{kj})_{k,j=1}^{\infty}$$

где $c_{kj}=0$, если $j$ не делит $k$ и $c_{kj}=\mu(k)a_j$ в противном случае.
Тогда сумма элементов $k$-й строки этой матрицы равна $\mu(k)b_{k}.$
В $j$-ом столбце лишь конечное число ненулевых элементов (а именно, равное числу бесквадратных делителей числа $j$) вида $\pm a_j$, причем их сумма равна 0 для всех $j>1$. В первом столбце сумма элементов равна $a_1$. И нужно доказать, что сумма сумм строк в этой матрице равна сумме сумм столбцов.

Добавлено спустя 3 минуты 41 секунду:

Юстас писал(а):

Из соображений непрерывности можно выбрать $b_n$ так что $\sum a_n=0$.

Можете расписать эти "соображения"?