级数收敛

已知$\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} na_{n}$收敛，求证：\[ \lim_{n \to +\infty} n\sum_{i=1}^{+\infty}a_{n+i}=0 \]

记 ${b_n} = n{a_n}$ ，由 Abel 求和公式

\[\begin{align}\sum\limits_{i = 1}^\infty  {\frac{{{b_{n + i}}}}{{n + i}}}  &= \frac{{{B_{n + 1}} - {B_n}}}{{n + 1}} + \frac{{{B_{n + 2}} - {B_{n + 1}}}}{{n + 2}}+ ... \\&=  - \frac{{{B_n}}}{{n + 1}}+\frac{{{B_{n+1}}}}{{\left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right)}} + \frac{{{B_{n+2}}}}{{\left( {n + 2} \right)\left( {n + 3} \right)}} + ...\end{align}\]

所以这里是不是有点问题？？

2# icesheep


会不会后面的正项与第一项抵消，最后还是趋于"0"？

3# 海盗船长


你是对的。。。还是做不出。。。

额,还在讨论这个,上次提示没做出来吗.利用Cauchy收敛原理加Abel求和,证明任取\(\varepsilon>0\),存在\(N\)使得\(n>N\),都有那个式子\(<\varepsilon\).

5# Nirvanacs


提示了还是不会。。

6# 海盗船长
因为\[n\sum_{i=1}^{+\infty}a_{n+i}=\sum_{i=1}^{+\infty}\frac{n}{n+i}(n+i)a_{n+i},\]因此由A-D判别法知,这个式子是收敛的.
任取\(\varepsilon>0\),则由\(\displaystyle \sum_{i=1}ia_i\)收敛知,存在\(N\in \mathbb{Z}^{+}\)使得任取\(m>n>N\)都有\[\left|\sum_{k=n}^m ka_k\right|<\varepsilon\]此时由Abel求和法知,对任意的\(n>N\)及任意的正整数\(m\)有\[\begin{aligned}\left|n\sum_{i=1}^{m}a_{n+i}\right|=&\left|\sum_{i=1}^{m-1}\left[\left(\sum_{k=1}^i (n+k)a_{n+k}\right)\left(\frac{n}{n+i}-\frac{n}{n+i+1}\right)\right]+\sum_{i=1}^m\frac{n}{n+m}(n+i)a_{n+i} \right|\\ \le &\sum_{i=1}^{m}\left[\left|\sum_{k=1}^i (n+k)a_{n+k}\right|\left(\frac{n}{n+i}-\frac{n}{n+i+1}\right)\right]+\left|\sum_{i=1}^m\frac{n}{n+m}(n+i)a_{n+i}\right|\\ \le & \sum_{i=1}^{m-1}\left[\varepsilon\left(\frac{n}{n+i}-\frac{n}{n+i+1}\right)\right]+\frac{n}{n+m}\varepsilon\\ =&\varepsilon\left(\frac{n}{n+1}-\frac{n}{n+m}\right)+\frac{n}{n+m}\varepsilon\\ \le & \varepsilon \end{aligned}\]

7# Nirvanacs


懂了，谢啦！

路萝框好喜欢 epsilon-delta 语言 - - 我总想着用点什么技巧以后就可以直接套定理了