Prueba $\sum_{n=1}^\infty a_n < \infty \implies \sum_{n=1}^\infty a_n(1-r^n) \to 0 \text{ as } r \to 1^-.$

Question

Dejemos que $(a_n)$ sea una secuencia de términos positivos y suponga $$\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_n < \infty.$$ Demostrar (a partir de los primeros principios) que $$\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_n(1-r^n) \to 0 \text{ as } r \to 1^-.$$

Answer 1

Esto se conoce como el famoso teorema de Abel. Podemos formular su afirmación de la siguiente manera:

Teorema Supongamos que $\displaystyle \sum_{n\geqslant 0}a_n$ converge, y definir para $|x|<1$ la función $\displaystyle f(x)=\sum_{n\geqslant 0}a_nx^n$ Entonces $\displaystyle \lim_{x\to 1^{-}}f(x)=\sum_{n\geqslant 0}a_n$ .

$(1)$ Denota por $A$ su suma. Como estamos trabajando en $|x|<1$ la convergencia absoluta nos permite escribir $$\begin{align} \frac{1}{{1 - x}}\left( {f\left( x \right) - A} \right) &= \frac{1}{{1 - x}}\sum\limits_{n \geqslant 0} {{a_n}{x^n}} - \sum\limits_{n \geqslant 0} {A{x^n}} \cr &= \sum\limits_{n \geqslant 0} {{x^n}} \sum\limits_{n \geqslant 0} {{a_n}{x^n}} \cr &= \sum\limits_{n \geqslant 0} {\sum\limits_{k = 0}^n {{a_n}} {x^n}} - \sum\limits_{n \geqslant 0} {A{x^n}} \cr &= \sum\limits_{n \geqslant 0} \left(\sum\limits_{k = 0}^n {{a_n}} -A\right){x^n} \end{align} $$

$(2)$ Usted sabe que dado $\varepsilon$ puedes hacer $$\left|{\sum\limits_{k = 0}^n {{a_n}} - A}\right|<\varepsilon$$

y además podemos afirmar que existe un límite uniforme $$\left| {\sum\limits_{k = 0}^n {{a_n}} - A} \right| < M$$

$(3)$ Combine esto y el hecho de que

$$\displaylines{ \sum\limits_{n \geqslant N} {{x^n}} = \frac{{{x^N}}}{{1 - x}} \cr \sum\limits_{n < N} {{x^n}} = \frac{{1 - {x^N}}}{{1 - x}} \cr} $$

para obtener un $x$ límite superior dependiente de $|f(x)-A|$ . Entonces, "deja" $x\to 1^-$ .

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Spoiler adelante

Prueba Dejemos que $A$ sea nuestra suma. Obsérvese que para $|x|<1$ tenemos que $$\frac{1}{1-x}f(x)=\sum_{n\geqslant 0}\sum_{k=0}^n a_kx^n$$

Así,

$$\frac{1}{1-x}\left( f(x)-A\right)=\sum_{n\geqslant 0}\left(\sum_{k=0}^n a_k-A\right)x^n$$

Por hipótesis, existe $N>0$ de manera que siempre que $n\geqslant N$ tenemos

$$\left|\sum_{k=0}^n a_k-A\right|<\varepsilon$$

Como podemos suponer $1-x>0$ podemos escribir

$$\begin{align} \frac{1}{{1 - x}}\left| {f(x) - A} \right| &\leqslant \sum\limits_{n < N} {\left( {\sum\limits_{k = 0}^n {{a_k}} - A} \right){x^n}} + \sum\limits_{n \geqslant N} {\left( {\sum\limits_{k = 0}^n {{a_k}} - A} \right){x^n}} \\ &\leqslant \sum\limits_{n < N} {\left( {\sum\limits_{k = 0}^n {{a_k}} - A} \right){x^n}} + \varepsilon \sum\limits_{n \geqslant N} {{x^n}} \\ &\leqslant \sum\limits_{n < N} {\left( {\sum\limits_{k = 0}^n {{a_k}} - A} \right){x^n}} + \varepsilon \frac{{{x^N}}}{{1 - x}} \end{align} $$

Ahora, dejemos que $M$ sea un límite para las diferencias de sumas parciales, entonces podemos escribir

$$\frac{1}{{1 - x}}\left| {f(x) - A} \right| \leqslant M\frac{{1 - {x^N}}}{{1 - x}} + \varepsilon \frac{{{x^N}}}{{1 - x}}$$

Así, obtenemos

$$\left| {f(x) - A} \right| \leqslant M\left( {1 - {x^N}} \right) + \varepsilon {x^N}$$

Ahora, podemos elegir $\delta$ de manera que siempre que $1-x<\delta$ tenemos $1-x^N<\frac{\varepsilon}{2M}$ y como trivialmente $x^N<1$ obtenemos para $x\in (1-\delta,1)$ que

$$\left| {f(x) - A} \right| \leqslant \frac{\varepsilon}2+\frac{\varepsilon}2<\varepsilon $$

$\blacktriangle$

Answer 2

Supongamos que $\displaystyle\sum_1^\infty a_n < \infty$ y arreglar $\varepsilon > 0$ . Claramente $a_n (1-r^n) \leq a_n$ para todos $r \in[0,1)$ y $n \geq 1$ Así que $\displaystyle\sum_1^\infty a_n (1-r^n) \leq \displaystyle\sum_1^\infty a_n < \infty$ para todos $r \in [0,1)$ . Además, como $\displaystyle\sum_1^\infty a_n$ converge, existe $N \geq 1$ tal que $\displaystyle\sum_N^\infty a_n (1-r^n) \leq \displaystyle\sum_N^\infty a_n < \frac{\varepsilon}{2}$ para todos $r \in [0,1)$ . Ahora, para todos $n \in \{1,\ldots, N\}$ tenemos que $a_n r^n \to a_n$ como $r \to 1$ desde abajo por continuidad. Es decir, existe $\delta_n \in (0,1)$ tal que para todo $r \in (\delta_n,1)$ , $a_n - a_nr^n < \dfrac{\varepsilon}{2N}$ . Elija $\delta = \displaystyle\max_{1 \leq n \leq N} \delta_n$ . Entonces, dado $r \in (\delta,1)$ tenemos que $$\displaystyle\sum_1^N a_n(1-r^n) = \displaystyle\sum_1^N (a_n - a_nr^n) < \displaystyle\sum_1^N \frac{\varepsilon}{2N} = \frac{\varepsilon}{2}$$ y por eso $$\sum_1^\infty a_n(1-r^n) = \sum_1^N a_n(1-r^n) + \sum_N^\infty a_n(1-r^n) <\frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon.$$