$\lim_{s\to 1} \sum_{n\ge 0} (a_n-a_{n-1})s^n =\lim_{m\to\infty} \sum_{n=0}^m \frac{a_n}{m+1}$?

Question

Supongamos que$0\le a_n\le 1$ para todos$n\ge 0$. Define$a_{-1}=0$. Supongamos que$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_ns^n$ es finito para todos$0<s<1$. Pero$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n$ diverges. ¿Es cierto que$$\lim_{s\to 1^{-}} \sum_{n=0}^{\infty} (a_n-a_{n-1})s^n=\lim_{m\to\infty} \frac1{m+1}\sum_{n=0}^{m} a_n$ $ siempre que exista el límite del lado derecho?

Answer 1

El límite de la derecha es el Cesaro suma de $\sum_{n=0}^{\infty}(a_n-a_{n-1})$, mientras que el límite por la izquierda es el de Abel suma de $\sum_{n=0}^{\infty}(a_{n}-a_{n-1})$.

Abel resumen del método es más fuerte que el, y consistente con la Cesaro método de la sumación.

La siguiente es la clásica prueba:

Denotar $b_n=\sum_{k=0}^{n}a_k=\sum_{k=0}^{n}\left(\sum_{i=0}^{k}(a_{i}-a_{i-1})\right)$

A continuación, $\lim_{m\to\infty}\frac{b_m}{m+1}$ es el límite en el lado derecho de la ecuación y se supone que es igual a $L$.

Desde $\frac{b_n}{n+1}\to L$ a continuación, para todos los pequeños de $\epsilon>0$ hay un $N$ tal que para $n>N$ tenemos $$L-\epsilon<\frac{b_n}{n+1}<L+\epsilon$$

Por otro lado, para $0\leq s<1$,

$$\begin{align}\sum_{n=0}^{\infty}(a_n-a_{n-1})s^n&=\sum_{n=0}^{\infty}b_n(1-s)^2s^n\\&=\frac{\sum_{n=0}^{\infty}b_ns^n}{\sum_{n=0}^{\infty}(n+1)s^n}\\&=\frac{\sum_{n=0}^{N}b_ns^n+\sum_{n=N+1}^{\infty}b_ns^n}{\sum_{n=0}^{N}(n+1)s^n+\sum_{n=N+1}^{\infty}(n+1)s^n}\end{align}$$

Si $N(x)$ indica el numerador y el $D(x)$ el denominador tenemos encima

$$N(s)\leq (L+\epsilon)D(s)+\sum_{n=0}^{N}|b_n|s^n$$

y

$$N(s)\geq (L-\epsilon)D(s)-\sum_{n=0}^{N}(n+1)s^n-\sum_{n=0}^{N}|b_n|s^n$$

A continuación, $$(L-\epsilon)-\frac{\sum_{n=0}^{N}ns^n+\sum_{n=0}^{N}|b_n|s^n}{D(s)}\leq\frac{N(s)}{D(s)}\leq (L+\epsilon)+\frac{\sum_{n=0}^{N}|b_n|s^n}{D(s)}$$

Tomando $\limsup_{s\to1^-}$$\liminf_{s\to1^-}$, y teniendo en cuenta que el $D(s)\to\infty$, obtenemos $$L-\epsilon\leq\liminf_{s\to1^-}\frac{N(s)}{D(s)}\leq\limsup_{s\to1^-}\frac{N(s)}{D(s)}\leq L+\epsilon$$

Puesto que esto es para todos los $\epsilon>0$ debemos tener $$\liminf_{s\to1^-}\frac{N(s)}{D(s)}=\limsup_{s\to1^-}\frac{N(s)}{D(s)}=\lim_{s\to1^-}\frac{N(s)}{D(s)}=L.$$

Answer 2

Nota: publiqué esto antes de editar "siempre que exista el límite del lado derecho".

No. La función con

$\dfrac{s}{(1-s)^2}=\sum_{n=1}^\infty n\,s^n$

para$s<1$, tiene$a_n-a_{n-1}=1$ y, por lo tanto, el lado izquierdo es la serie geométrica$\sum_{n=1}^\infty s^n=\frac{1}{1-s}$. Esto tiene un límite de$\frac{1}{2}$ en$s=-1$.

Mientras tanto, las sumas parciales de todos los$n$ hasta$m$ es una función cuadrática y después de dividir eso por$m-1$ todavía es divergente.