¿$\sum_{i=1}^{\infty} i^{-p}a_i$ Convergen para un $p>1$ dado que $\lim_{n\rightarrow\infty} \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}a_i$ converge?

Question

Dada una secuencia de no negativo $a_i\geq 0$ y $\lim_{n\rightarrow\infty} \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}a_i = a^* < \infty$. Podemos mostrar, para algunos $p>1$, $$ \lim_{n\rightarrow\infty} \sum_{i=1}^{n} i^{-p}a_i < \infty$ $

¿He probado con el test de comparación límite unilateral como sigue $$\lim\sup_{i\rightarrow\infty} \frac{i^{-p}a_i}{n^{-1}a_i} \leq \lim\sup_{i\rightarrow\infty}\frac{i}{i^{p}} = \lim\sup_{i\rightarrow\infty} i^{1-p}=1$ $ es la correcta la prueba anterior? Estoy tentado a concluir que mi conjetura es correcta y la segunda secuencia converge. Pero qué rompecabezas me es el valor $n$ en la prueba de comparación de límite.

¡Gracias de antemano!

Answer 1

De hecho, si $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n a_i$ converge, entonces $\sum_{i=1}^\infty i^{-p} a_i$ converge para cualquier $p > 1$.

Cada secuencia convergente es acotada arriba, de modo que existe $M > 0$ tal que para todo $n$, $\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n a_i \leq M$. Por lo $\sum_{i=1}^n a_i \leq Mn$ todos los $n$.

Deje $S_n = \sum_{i=1}^n i^{-p} a_i$, la secuencia de sumas parciales de $\sum_{i=1}^\infty i^{-p} a_i$.

Considerar la serie de $\sum_{i=1}^\infty i^{-p} M$, que converge la serie p de la prueba de $p > 1$. Las sumas parciales de esta secuencia debe ser una secuencia convergente, y por lo tanto debe estar acotada. Conjunto de las sumas parciales como $T_n = \sum_{i=1}^n i^{-p} M$; por lo tanto existe $K> 0$ tal que para todo $n$, $T_n < K$.

Vamos a mostrar que el $S_n \leq T_n$ todos los $n$, lo que hace que $S_n < K$ todos los $n$. Esto implica $S_n$ está delimitado por encima y como es monótonamente creciente, se deben converger.

Fix $N$, y considerar todas las secuencias finitas $\{a_i\}_{i=1}^N$ de la longitud de la $N$ tal que $\sum_{i=1}^n a_i \leq Mn$ todos los $n \leq N$. Supongamos $\{a_i\}$ es una de estas secuencias que maximiza el valor de $S_N$. Podemos demostrar que esta secuencia debe ser $a_i = M$ todos los $i$.

En primer lugar, supongamos que el $a_j < M$ algunos $j$. Desde $\sum_{i=1}^{j-1} a_i \leq M(j-1)$,$\sum_{i=1}^{j} a_i < Mj$. Podría ser que $a_k = 0$ todos los $k > j$, en cuyo caso es evidente que puede aumentar el$a_j$$M$, mientras que sigue satisfaciendo $\sum_{i=1}^n a_i \leq Mn$ todos los $n \leq N$. Esto hará que una secuencia con un mayor valor de $S_N$. De lo contrario, no existe $a_k > 0$ algunos $k > j$. A continuación, podemos disminuir el $a_k$ por una pequeña cantidad (por ejemplo, algunos $\epsilon$ donde $\epsilon < M - a_j$, e $\epsilon < a_k$) y aumentar el $a_j$ por la misma cantidad. Desde $j < k$, $$(a_j + \epsilon)j^{-p} + (a_k - \epsilon)k^{-p} > (a_j)j^{-p} + (a_k)k^{-p}$$ so this will again create a satisfactory sequence with a larger value of $S_N$.

Supongamos que en lugar de que $a_j > M$ algunos $j$. Sabemos $\sum_{i=1}^{j} a_i \leq Mj$, y si $a_i \geq M$ todos los $i < j$, tendríamos $\sum_{i=1}^{j} a_i > Mj$, por lo que debe ser $a_i < M$ algunos $i < j$. En este caso el argumento anterior se aplica para $a_i$.

Por lo tanto, la secuencia que maximiza $S_N$ han $a_i = M$ todos los $i$, y para esta secuencia, $S_N = T_N$. Esto termina la prueba de que $S_n \leq T_n$ para todas las posibles secuencias de $\{a_i\}$ la satisfacción de nuestra condición.

Dado que las sumas parciales $S_n$ son una secuencia convergente, por definición, la suma de $\sum_{i=1}^\infty i^{-p} a_i$ converge para cualquier $p > 1$.

Yo no cabe duda de que hay una sencilla prueba de ello.

Answer 2

Tenemos $\sum_{i=1}^na_i\le M\,n$ $M>0$. Con Abel' fórmula de la suma obtenemos $$ \begin{align} \sum_{i=1}^na_i\,i^{-p}&=\Bigl(\sum_{i=1}^na_i\Bigr)n^{-p}+\sum_{i=1}^{n-1}\Bigl(\sum_{j=1}^ia_j\Bigr)(i^{-p}-(i+1)^{-p}))\\ &\le M\,n^{1-p}+M\sum_{i=1}^{n-1}i\,(i^{-p}-(i+1)^{-p})\\ &\le M+M\,p\sum_{i=1}^{\infty}i^{-p}. \end{Alinee el} $$ ya que las sumas parciales son contenidas y los términos son positivos, la serie converge.

Answer 3

Es fácil ver que cualquier $p > 2$ funciona. Tenemos $$0 \le \frac{a_n}{n} \le \frac{a_1 + \dotsb + a_n}{n} := \frac{s_n}{n} \to a$de % $ % que $a_n = O(n)$y $$\sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{n^p} = \sum_{n=1}^\infty \frac{O(1)}{n^{p-1}}$ $, que es finito para $p-1 > 1$. Aquí estoy usando $O(1)$ a significar que algunos eventualmente limita cantidad. Pero sospecho más es posible, ya que el % de condición $s_n/n \to a$realmente implica $a_n = o(n)$, como se muestra en la siguiente identidad: $$\frac{a_n}{n} = \frac{s_n}{n} - \frac{n-1}{n}\frac{s_{n-1}}{n-1} \to a - a = 0.$ $

Por supuesto, el mejor resultado posible sería la convergencia de todos los $p > 1$; tomando el $a_n = a$ muestra que el $p \le 1$ no puede trabajar.