Prova del criterio di Abele
Voglio provare la seguente affermazione:
Lascia stare $\sum\limits_{k=1}^{\infty} a_k$ una serie convergente e $\left(b_k\right)_{n\in\mathbb{N}}$una sequenza monotona e limitata. Poi$\sum\limits_{k=1}^{\infty} a_kb_k$ è anche convergente.
So che esistono già alcune domande su questo problema, tuttavia hanno per lo più ipotesi aggiuntive (ad es $\left(b_k\right)_{k\in\mathbb{N}}$ con $b_k\geq 0$ per tutti $k$).
Il mio approccio:
Definiamo $A_n:=\sum\limits_{k=1}^{n} a_k$. Come$A_n$ è convergente esiste un limite $A$ tale che $|A_n|\leq A$ per tutti $n$. Lo sappiamo$\left(b_k\right)_{k\in\mathbb{N}}$ è convergente e quindi la sequenza $\left(A_kb_k\right)_{k\in\mathbb{N}}$è anche convergente (prodotto di due successioni convergenti). Lascia stare$n_1$ e $n_2$ due indici tali che per tutti $n,m$ con $n>m>n_1$ Tiene $|A_nb_n-A_mb_m|<\frac{\epsilon}{2}$ e per tutti $n,m$ con $n>m>n_2$ Tiene $|b_n-b_m|<\frac{\epsilon}{2A}$. Adesso definiamo$n_0:=\max\{n_1,n_2\}$. Con questo in mente applichiamo il lemma di Abele (sommatoria per parti) e segue per tutti$n>m>n_0$:
$$ |\sum\limits_{k=m+1}^{n} a_kb_k|=|A_nb_n-A_mb_m+\sum\limits_{k=m}^{n-1} A_k(b_k-b_{k+1})|\leq |A_nb_n-A_mb_m|+\sum\limits_{k=m}^{n-1} |A_k(b_k-b_{k+1})| \cdots $$ Se $\left(b_k\right)_{k\in\mathbb{N}}$ è monotonicamente decrescente segue: $$ \cdots<\frac{\epsilon}{2}+ \sum\limits_{k=m}^{n-1} |A_k|(b_k-b_{k+1})\leq \frac{\epsilon}{2}+ \sum\limits_{k=m}^{n-1} A(b_k-b_{k+1})=\frac{\epsilon}{2}+A (b_m-b_n)<\frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon A}{2A}=\epsilon. $$
Se $\left(b_k\right)_{k\in\mathbb{N}}$ è monotonicamente crescente segue: $$ \cdots<\frac{\epsilon}{2}+ \sum\limits_{k=m}^{n-1} |A_k|(b_{k+1}-b_k)\leq \frac{\epsilon}{2}+ \sum\limits_{k=m}^{n-1} A(b_{k+1}-b_k)=\frac{\epsilon}{2}+A (b_n-b_m)<\frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon A}{2A}=\epsilon. $$ Quindi in entrambi i casi $\sum\limits_{k=1}^{\infty} a_kb_k$ soddisfa il criterio di Cauchy e quindi è convergente.
È corretto o esiste un approccio più elegante / veloce?
Risposte
Per un altro approccio, possiamo mostrare che la sequenza delle somme parziali converge senza utilizzare il criterio di Cauchy. Abbiamo l'esistenza dei limiti$\lim_{n \to \infty}A_n = \lim_{n \to \infty}\sum_{k=1}^na_k =A$ e $\lim_{n\to \infty}b_n = b .$
Sommando per parti, otteniamo
$$S_n =\sum_{k=1}^n a_kb_k = a_1b_1+\sum_{k=2}^n (A_k - A_{k-1})b_k = a_1b_1+\sum_{k=2}^{n} A_k b_k- \sum_{k=2}^{n} A_{k-1} b_k \\ = \sum_{k=1}^{n} A_k b_k- \sum_{k=1}^{n-1} A_{k} b_{k+1} = A_nb_{n+1} + \sum_{k=1}^{n} A_k (b_k - b_{k+1})$$
La serie $\sum(b_k - b_{k-1}) $ converge da allora $\sum_{k=1}^n (b_k - b_{k+1}) = b_1 - b_{n+1} \to b_1 - b$ come $n \to \infty$. Da$(A_k)$ è una sequenza limitata e i termini $(b_k- b_{k+1})$ sono tutti dello stesso segno, ne consegue $\sum A_k(b_k - b_{k+1})$ è convergente.
Pertanto, la serie $\sum a_kb_k$ converge da allora
$$\sum_{k=1}^\infty a_kb_k = \lim_{n \to \infty}A_nb_{n+1} + \lim_{n \to \infty}\sum_{k=1}^{n} A_k (b_k - b_{k+1}) = Ab + \sum_{k=1}^\infty A_k(b_k - b_{k+1})$$
Segue dal criterio di Dirichlet. Anzi, supponi$b_k \le b_{k+1}$ e $\lim b_k = b$.
Poi
\begin{align} \sum_{k=1}^n a_k b_k &= \sum_{k=1}^n a_k b - a_k (b - b_k) \\ &= b\sum_{k=1}^n a_k - \sum_{k=1}^n a_k (b - b_k). \end{align}
La prima somma converge in quanto ipotesi e la convergenza della seconda somma segue dal teorema di cui sopra.
Ma questo non è un miglioramento rispetto alla tua argomentazione poiché la solita dimostrazione del criterio di Dirichlet viene effettuata tramite la somma per parti.