Доказательство критерия Абеля

Question

Хочу доказать следующее утверждение:

Пусть $\sum\limits_{k=1}^{\infty} a_k$ сходящийся ряд и $\left(b_k\right)_{n\in\mathbb{N}}$монотонная и ограниченная последовательность. потом$\sum\limits_{k=1}^{\infty} a_kb_k$ также сходится.

Я знаю, что по этой проблеме уже есть несколько вопросов, но в основном они содержат дополнительные предположения (т.е. $\left(b_k\right)_{k\in\mathbb{N}}$ с участием $b_k\geq 0$ для всех $k$).

---

Мой подход:

Мы определяем $A_n:=\sum\limits_{k=1}^{n} a_k$. Так как$A_n$ сходится, существует оценка $A$ такой, что $|A_n|\leq A$ для всех $n$. Мы знаем это$\left(b_k\right)_{k\in\mathbb{N}}$ сходится, следовательно, последовательность $\left(A_kb_k\right)_{k\in\mathbb{N}}$также сходится (произведение двух сходящихся последовательностей). Пусть$n_1$ и $n_2$ два индекса такие, что для всех $n,m$ с участием $n>m>n_1$ он держит $|A_nb_n-A_mb_m|<\frac{\epsilon}{2}$ и для всех $n,m$ с участием $n>m>n_2$ он держит $|b_n-b_m|<\frac{\epsilon}{2A}$. Теперь определим$n_0:=\max\{n_1,n_2\}$. Имея это в виду, применим лемму Абеля (суммирование по частям), и она следует для всех$n>m>n_0$:

$$ |\sum\limits_{k=m+1}^{n} a_kb_k|=|A_nb_n-A_mb_m+\sum\limits_{k=m}^{n-1} A_k(b_k-b_{k+1})|\leq |A_nb_n-A_mb_m|+\sum\limits_{k=m}^{n-1} |A_k(b_k-b_{k+1})| \cdots $$ Если $\left(b_k\right)_{k\in\mathbb{N}}$ монотонно убывает, следует: $$ \cdots<\frac{\epsilon}{2}+ \sum\limits_{k=m}^{n-1} |A_k|(b_k-b_{k+1})\leq \frac{\epsilon}{2}+ \sum\limits_{k=m}^{n-1} A(b_k-b_{k+1})=\frac{\epsilon}{2}+A (b_m-b_n)<\frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon A}{2A}=\epsilon. $$

Если $\left(b_k\right)_{k\in\mathbb{N}}$ монотонно возрастает, следует: $$ \cdots<\frac{\epsilon}{2}+ \sum\limits_{k=m}^{n-1} |A_k|(b_{k+1}-b_k)\leq \frac{\epsilon}{2}+ \sum\limits_{k=m}^{n-1} A(b_{k+1}-b_k)=\frac{\epsilon}{2}+A (b_n-b_m)<\frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon A}{2A}=\epsilon. $$ Так что в обоих случаях $\sum\limits_{k=1}^{\infty} a_kb_k$ удовлетворяет критерию Коши и, следовательно, сходится.

Это правильно или есть более элегантный / быстрый подход?

Answer 1

При другом подходе мы можем показать, что последовательность частичных сумм сходится без использования критерия Коши. У нас есть ограничения$\lim_{n \to \infty}A_n = \lim_{n \to \infty}\sum_{k=1}^na_k =A$ и $\lim_{n\to \infty}b_n = b .$

Суммируя по частям, получаем

$$S_n =\sum_{k=1}^n a_kb_k = a_1b_1+\sum_{k=2}^n (A_k - A_{k-1})b_k = a_1b_1+\sum_{k=2}^{n} A_k b_k- \sum_{k=2}^{n} A_{k-1} b_k \\ = \sum_{k=1}^{n} A_k b_k- \sum_{k=1}^{n-1} A_{k} b_{k+1} = A_nb_{n+1} + \sum_{k=1}^{n} A_k (b_k - b_{k+1})$$

Сериал $\sum(b_k - b_{k-1}) $ сходится, поскольку $\sum_{k=1}^n (b_k - b_{k+1}) = b_1 - b_{n+1} \to b_1 - b$ так как $n \to \infty$. поскольку$(A_k)$ - ограниченная последовательность и члены $(b_k- b_{k+1})$ все одного знака, отсюда следует, что $\sum A_k(b_k - b_{k+1})$ сходится.

Следовательно, серия $\sum a_kb_k$ сходится, поскольку

$$\sum_{k=1}^\infty a_kb_k = \lim_{n \to \infty}A_nb_{n+1} + \lim_{n \to \infty}\sum_{k=1}^{n} A_k (b_k - b_{k+1}) = Ab + \sum_{k=1}^\infty A_k(b_k - b_{k+1})$$

Answer 2

Это следует из критерия Дирихле. Действительно, предположим$b_k \le b_{k+1}$ и $\lim b_k = b$.

потом

\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}

Первая сумма сходится, так как это гипотеза, а сходимость второй суммы следует из вышеупомянутой теоремы.

Но это не улучшение по сравнению с вашим аргументом, поскольку обычное доказательство критерия Дирихле осуществляется путем суммирования по частям.