¿Bajo qué condición podemos intercambiar el orden de un límite y una suma?

Question

Supongamos que f(m,n) es una doble secuencia en $\mathbb R$. ¿Bajo qué condición tenemos $\lim\limits_{n\to\infty}\sum\limits_{m=1}^\infty f(m,n)=\sum\limits_{m=1}^\infty \lim\limits_{n\to\infty} f(m,n)$? ¡Gracias!

Answer 1

Un conjunto de condiciones bastante generales, suficientes para muchas aplicaciones, se da por las hipótesis de convergencia dominada. (Note que las sumas son simplemente integrales con respecto a la medida de conteo en $\mathbb{N}$, por lo que la convergencia dominada se aplica sin modificación.)

Sin dominación, la idea es que los bloques de masa positiva pueden "escapar al infinito" cuando se intenta intercambiar la suma y el límite. Aquí hay un ejemplo básico: sea $f_{m,n} = 1$ si $m = n$ y $0$ en otro caso. Entonces $\sum_{m=1}^{\infty} f(m, n) = 1$ para todo $n$, por lo que el LHS es $1$, pero $\lim_{n \to \infty} f(m, n) = 0$, por lo que el RHS es $0$. El punto de la dominación es evitar que estos bloques de masa escapen.

Answer 2

No es una respuesta a tu pregunta como tal, pero es una observación que parece valer la pena hacer. Nuevamente desde el punto de vista de la teoría de la medida (como mencionó anteriormente Qiaochu Yuan), puedes usar el Lema de Fatou para mostrar que tienes:

$$ \lim_{n \rightarrow \infty} \sum_{m=1}^\infty f(m,n) \geq \sum_{m=1}^\infty \left( \lim_{n \rightarrow \infty} f(m,n) \right). $$

Answer 3

Otra condición suficiente es la convergencia monótona, que es la condición de que para cada $m$ la secuencia $(f(m,n))$ sea no decreciente. El resultado se puede demostrar a través de la teoría de la medida; lo que sigue es una prueba elemental.

Reclamación: Supongamos que $\sum_m f(m,1)>-\infty$. Si para cada $m$ tenemos que $f(m,n)\le f(m,n')$ siempre que $n\le n'$, entonces $$\lim_n\sum_{m=1}^\infty f(m,n) = \sum_{m=1}^\infty\lim_n f(m,n).\tag1$$

Prueba: Supongamos sin pérdida de generalidad que $f(m,n)\ge0$ para todos los $m,n$; en caso contrario, reemplace $f(m,n)$ por $f(m,n)-f(m,1)$. Defina para cada $k,n$ la suma parcial $S_{k,n}:=\sum_{i=1}^k f(i,n)$. Escriba $S_k:=\lim_n S_{k,n}=\sum_{i=1}^k\lim_n f(i,n)$, y $S:=\sup_{(k,n)} \{S_{k,n}\}$. Note que la monotonicidad implica que $S_k$ existe, posiblemente con valor infinito. Argumente que: (a) la secuencia $(S_k)$ es no decreciente; (b) $S_k\ge S_{k,n}$ para cada $k, n$; y (c) $S\ge S_k$ para todos los $k$. Estos tres hechos implican que $$ \lim_k S_k = S,\tag2 $$ independientemente de si el supremo $S$ es finito o infinito. A continuación, defina de manera análoga $T_{k,n}:=\sum_{i=1}^n f(i,k)$, deje $T_k:=\lim_n T_{k,n}$, y $T:=\sup_{(k,n)} \{T_{k,n}\}$. Nuevamente argumente que la secuencia $(T_k)$ es no decreciente; que $T_k\ge T_{k,n}$ para cada $k,n$; y que $T\ge T_k$ para todos los $k$; y deduzca que $$ \lim_k T_k=T.\tag3 $$ La prueba está completa después de observar que $$ \lim_k S_k = \lim_{k\to\infty}\sum_{i=1}^k \lim_n f(i,n)=\text{LHS de (1)},$$ y $$ \lim_k T_k=\lim_{k\to\infty}\sum_{i=1}^\infty f(i,k)=\text{RHS de (1)}, $$ y finalmente que $S$ y $T$ son lo mismo, ya que $T_{k,n}=S_{n,k}$.

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La reclamación anterior justifica intercambiar el orden de suma para una doble serie de términos no negativos:

Corolario: Si $a_{i,j}\ge0$ para todos los $i$ y $j$, entonces $$\sum_{m=1}^\infty\left(\sum_{n=1}^\infty a_{m,n}\right) =\sum_{n=1}^\infty\left(\sum_{m=1}^\infty a_{m,n}\right).$$

Prueba: Aplique la reclamación con $f(m,n)=\sum_{j=1}^n a_{m,j}$.

Answer 4

En esta respuesta, me centraré en convergencia uniforme. Eso ha sido discutido en los comentarios, pero no en ninguna respuesta adecuada.

El intercambio es válido si las sumas parciales son uniformemente convergentes, en el sentido de que $$\sup_{n}\left|\sum_{m>N} f(m,n) \right| \to 0 \ \ \text{a medida que} \ N \to \infty \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (1)$$

Más precisamente, mostramos que si (i) $\sum_{m} f(m,n)$ converge para cada $n$, (ii) $\lim_{n} f(m,n)$ existe para cada $m$ y (iii) $(1)$ se cumple, entonces $\sum_{m} \lim_{n} f(m,n)$, $\lim_{n} \sum_{m} f(m,n)$ ambos existen y son iguales.

Hay casos en los que se puede aplicar el teorema anterior, pero ni el DCT ni el MCT pueden. Un ejemplo es algo como $f(m,n) = 2^{-(mn+1)} + \frac{(-1)^m}{m}$. Es una condición más débil que la requerida por el teorema de convergencia dominada, en el sentido de que si el DCT se aplica a $f(m,n)$, es decir, $|f(m,n)| \leq K_{m}$, donde $\sum_{m} K_{m} < \infty$ entonces $(1)$ se cumple para $g$, por el Teorema de Weierstrass.

La prueba se sigue de hecho: si $g_n \to g$ uniformemente en un espacio métrico $E$, con los $g_n$ continuos, entonces $g$ es continuo. Con un poco de trabajo, este teorema se puede aplicar en nuestro contexto. La idea es identificar secuencias convergentes $(a_n)_n$ como precisamente las funciones continuas en $E=\{1/n\} \cup \{0\}$ con la métrica (Euclidiana) inducida. Si estamos convencidos de esta identificación, definamos $g_N(1/n) = \sum_{m=1}^{N} f(m,n)$. Esta es una suma finita, por lo tanto, a la luz de (ii), deducimos que $$\lim_{1/n \to 0^{+}} g_{N}(1/n) = \sum_{m=1}^{N} \lim_{n} f(m,n)$$ Así definiendo $g_{N}(0) = \sum_{m=1}^{N} \lim_{n} f(m,n)$ tenemos que los $g_{N}$ son continuos en $E$ y por $(1)$ convergen uniformemente en $E \setminus \{0\}$. No es difícil comprobar que esto implica que convergen uniformemente en $E$. De hecho, si $|g_{N'}(x) - g_{N''}(x)| < \epsilon$ para $N', N''>M_{\epsilon}, x \in E \setminus \{0\}$, podemos llevar $x \to 0^{+}$ para obtener $|g_{N'}(0) - g_{N''}(0)| \leq \epsilon$ dado que los $g_{N}$ son continuos. Por lo tanto $$g(0) = \lim_{N} g_{N}(0) = \sum_{m} \lim_{n} f(m,n)$$ está bien definido, y dado que $g$ es continuo (como el límite uniforme de funciones continuas), deducimos que $$\sum_{m} \lim_{n} f(m,n) = g(0)= \lim_{1/n \to 0^{+}} g(1/n) = \lim_{n} \sum_{m} f(m,n) $$

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Sin embargo, es muy importante ser cuidadoso. El resultado anterior solo se aplica si las sumas parciales convergen uniformemente. Es posible tener funciones $f_n:\mathbb{N} \to \mathbb{R}$ tales que $f_n \to f$ uniformemente es decir, $\sup_{m} |f_n(m) - f(m)| \to 0$ pero $\lim_{n} \sum_{m} f_n(m) \neq \sum_{m} \lim_{n} f_n(m)$. Por ejemplo, definamos $f_n(m)=1/n$ para $1 \leq m \leq n$, $f_n(m)=0$ para $m>n$. Entonces podemos verificar que $\sup_{m} |f_n(m)| \leq 1/n \to 0$ pero $1 = \lim_{n} \sum_{m} f_n(m) \neq \sum_{m} \lim_{n} f_n(m) = 0$.

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Una generalización medida-teórica de estas ideas es la de integrabilidad uniforme.

La integrabilidad uniforme se puede usar, entre otras cosas, para demostrar una versión más fuerte del DCT, el teorema de convergencia de Vitali.

Answer 5

Denote $h(m)=\lim_{n\to\infty}f(m,n)$, y supongamos que $\sum_{m=1}^\infty h(m)<\infty$. Entonces mi suposición es que la condición suficiente es

\begin{align} \limsup_{n,m}\left|\sum_{k=1}^mf(k,n)-\sum_{k=1}^m h(k)\right|=0. \end{align}