Demostrar eso si $\sum_{n=0}^{\infty}a_n^k=\sum_{n=0}^{\infty}b_n^k$ % todo $k\in \Bbb N^*$y $(a_n) = (b_n)$

Question

Que $(a_n),(bn)$ dos secuencias adicionable. Demostrar eso si $\sum{n=0}^{\infty}an^k=\sum{n=0}^{\infty}b_n^k$ % todo $k\in \Bbb N^*$y $(a_n) = (b_n)$ más o menos una permutación

Lo que he probado: para lidiar con el "más o menos una permutación", decidí volver a indexar las secuencias de:

• disminución de módulo como primero
• Si hay igualdad, disminuyendo parte real
• Si sigue igual, disminuyendo parte imaginaria

(Suponiendo que las secuencias son complejos).

Answer 1

He aquí una manera de acercarse a este :

$(a_n)$ es summable por lo tanto converge a $0$, por lo tanto el $\sup$ de su módulo es alcanzado. Hasta una permutación, es $a_0$. Dividir ambas secuencias por $a_0$ , usted todavía tiene la misma desigualdad.

Ahora dominado por la convergencia (u $\epsilon-\delta$-trabajo, que también proporcionan este) $\displaystyle\sum_{n, |a_n| < |a_0|} (\frac{a_n}{a_0})^k$ converge a$0$$k\to \infty$. Asimismo, para $b$ mediante la sustitución de la indexación por "$n, |b_n|<|a_0|$".

Ahora bien, desde la secuencia es summable, no es sólo un conjunto finito $I_a$ (resp. $I_b$) de los índices de $n$ tal que $|a_n|=|a_0|$(resp. $|b_n|=|b_0|$).Escribir $I_a = J_a\sqcup E_a$ (resp. $I_b = J_b\sqcup E_b$) donde $J_a$ los índices de $n$ que $a_n\neq a_0$, e $E_a$ los demás (resp. blabla).

Entonces, la escritura de $f(k)$ $k$th suma obtenemos $f(k) = v_k + |E_a|+ \displaystyle\sum_{n\in J_a}(\frac{a_n}{a_0})^k$ donde $v_k\to 0$.

$J_a$ es finito, y por $n\in J_a$, $(\frac{a_n}{a_0})^k$ Cesaro-converge a$0$$k\to \infty$, obtenemos por la Cesaro teorema de convergencia que $f(k)$ Cesaro-converge a $|E_a|$.

Pero si hacemos lo mismo con $b$ tenemos que $f(k)$ Cesaro-congerges a $|E_b|$.

Por lo tanto $|E_b|=|E_a|$.

Por lo tanto, podemos eliminar todas las $a_0$ términos de $a$ $b$ y hacer la misma cosa de nuevo por todos los términos de módulo de $|a_0|$, hasta que nos quedamos con sólo términos de módulo de $<|a_0|$ $a$ (y, por tanto, en $b$ !)

Podemos hacer esto de nuevo, a cada paso nos fijamos en cuál de las secuencias, tiene el mayor $\sup$ de módulo, hacer lo que acabamos de hacer y encontrar que en realidad ambos tenían el mismo $\sup$ de los módulos con el mismo número de índices de dicho módulo y más precisamente el mismo número de índices de tener un determinado módulo y argumento.

Desde el módulo de cada secuencia tiende a cero, tenemos la garantía de que este proceso de "llegar" (esta es la parte que es muy molesto para formalizar) todo entero, y por lo tanto la conexión que se han hecho de $a$ $b$va a ser una permutación de $\mathbb{N}$

(En realidad, con la reordenación de la que usted propone, este último paso no es molesto porque todo funciona en el orden que le dio, y que realmente conseguir que las secuencias son iguales, así que sin la reducción, igual hasta una permutación)

EDIT : no sé si es estándar, así que voy a aclarar un poco : una secuencia $(u_n)$ Cesaro-converge a $l$ si $\frac{1}{n+1}\displaystyle\sum_{k=0}^n u_k$ converge a $l$. El Cesaro teorema de convergencia de los estados que si $u_n$ converge a $l$, entonces Cesaro-converge a $l$. Esto es fácil de demostrar y es un buen ejercicio para un primer curso de cálculo.

Uno, a continuación, comprueba fácilmente que si $z$ es un complejo de módulo de $1$ que no es igual a$1$, $(z^n)$ Cesaro-converge a $0$ (esto es porque las cantidades son limitadas)

Answer 2

Comenzando con $$ \sum\limits_{0\, \le \,n} {a_ {\n} ^m } = \sum\limits_{0\, \le \,n} {b_ {\n} ^m } \quad \left| {\;\forall m \in \mathbb N} \right. $$

a) podemos asumir que $\left| {\,a_{\,k} \,} \right| < 1\; \wedge \;\left| {\,b_{\,j} \,} \right| < 1$, porque ,de lo contrario, siempre podemos dividir ambos lados por el máximo de los módulos en $a$ $b$ términos, y en caso aumentada por un aditivo o multiplicativo constante.

b) a continuación, podemos multiplicar por $x^m$ y la suma de $m$ $$ \sum\limits_{0\, \le \,n} {\sum\limits_{0\, \le \,m} {a_ {\n} ^m x^{\,m} } } = \sum\limits_{0\, \le \,n} {\sum\limits_{0\, \le \,m} {b_ {\n} ^m x^{\,m} } } $$ tener la certeza de que el doble de la suma será convergente (y absolutamente) por $|x|<1$.

c) obtenemos $$ f(x) = \sum\limits_{0\, \le \,n} {\sum\limits_{0\, \le \,m} {a_ {\n} ^m x^{\,m} } } = \sum\limits_{0\, \le \,n} {{1 \over {1 - a_ {\n} x}}} = \sum\limits_{0\, \le \,n} {{{ - 1/a_ {\n} } \over {x - 1/a_ {\n} }}} $$ pero, por el Mittag-Leffler teorema este es el parcial de fracciones de expansión de un la función de meromorphic con postes de $1/a_n$, que es la única aparte de la orden de los sumandos,
que en realidad son normalmente ordenado como usted dijo.

Por lo tanto la hipótesis se demuestra.