|
Пусть $%a_i\ge0$% убывающая последовательность и $%|\sum\limits_{i=0}^{n}b_i|\le C$% для всех n<N Докажите, понатуральнее, что $%|\sum\limits_{i=0}^{n}a_ib_i|\le a_0C$% для всех n<N задан 26 Фев '18 18:14 
abc |
|
По-моему, здесь способ рассуждения более или менее один. Поскольку мы оцениваем (по модулю) выражение $%S_n=a_0b_0+\cdots+a_nb_n$%, и нам известны оценки частичных сумм последовательности $%b$%, то нужно это выражение разложить по "базису" $%c_0=b_0$%, $%c_1=b_0+b_1$%, ... , $%c_n=b_0+b_1+\cdots+b_n$%. Обратное преобразование здесь одно: $%b_0=c_0$%, $%b_1=c_1-c_0$%, ... , $%b_n=c_n-c_{n-1}$% при $%n\ge1$%. Подставим эти выражения: $%S_n=a_0c_0+a_1(c_1-c_0)+\cdots+a_n(c_n-c_{n-1})=(a_0-a_1)c_0+\cdots+(a_{n-1}-a_n)c_{n-1}+a_nc_n$%. Это и есть "преобразование Абеля". Теперь по неравенство треугольника имеем оценку модуля $%|S_n|\le(a_0-a_1)C+(a_1-a_2)C+\cdots+(a_{n-1}-a_n)C+a_nC=a_0C$%. отвечен 26 Фев '18 21:21 
falcao Я пробовал доказать индукцией. Не уверен что правильно, получилось что-то странное...
(26 Фев '18 22:56)
abc
|
|
Неверно. Пусть $%n=2, b_0=3, b_1=-2, a_0=1, a_1=0,5, C=1$%. Тогда ваше неравенство не катит. отвечен 26 Фев '18 18:36 
Witold2357 3
В условии должно быть $%|\sum_{i=0}^jb_i| \leqslant C$% для всех j от 0 до n
(26 Фев '18 18:43)
spades
Неравенство |b0|<=C тоже должно учитываться.
(26 Фев '18 21:10)
falcao
|
Преобразование Абеля же, нет?
Хочу доказать признак Дирихле(Абеля) не пользуясь лишними преобразованиями, так сказать в уме, на пальцах...
И в условии должно быть $%|\sum_{i=0}^jb_i| \leqslant C$% для всех j от 0 до n