[AndresSanchez]

Quiero probar lo siguiente:
\( \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\varphi (n) x^n}{1-x^n}=\frac{x}{(1-x)^2} \) para \( |x|<1 \). Para ello:

Como \( |x|<1 \) tenemos que \( \frac{x^n}{1-x^n}=\sum_{k=1}^{\infty}x^{nk} \). Por tanto:
\( \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\varphi (n) x^n}{1-x^n}=\sum_{n=1}^{\infty}\varphi (n)\sum_{k=1}^{\infty} x^{nk}=\sum_{m=1,n|k}^{\infty}\varphi (n) x^m=\sum_{m=1}^{\infty}x^m \sum_{n|m} \varphi (n) \)
Las últimas sumas salen de hacer el cambio de índice \( m=nk \).
Mi pregunta es, como he hecho un cambio de índice y he cambiado el orden de la suma ¿necesito probar convergencia absoluta de la serie original \( \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\varphi (n) x^n}{1-x^n} \)?, y si es así cómo hacerlo.

[Masacroso]

Por una parte tienes que, para \( |x|<1 \)

\( \displaystyle{
\left| \frac{x^n}{1-x^n} \right|\leqslant \frac{|x|^n}{1-|x|^n}
} \)

Por tanto para demostrar la convergencia absoluta de la serie es suficiente con tomar \( |x| \) en vez de \( x \). Ahora bien, hay un teorema que dice que si tienes una doble serie de elementos no negativos entonces el orden de las sumas no cambia el resultado, es decir que, si \( a_{j,k}\geqslant 0 \) para todo \( j,k\in \mathbb{N} \) entonces

\( \displaystyle{
\sum_{k=0}^\infty \sum_{j=0}^\infty a_{j,k}=\sum_{j=0}^\infty \sum_{k=0}^\infty a_{j,k}
} \)

Por tanto una vez demostrada la convergencia para \( |x| \) cambiando el orden de las sumas has demostrado la convergencia absoluta de la serie original.

[AndresSanchez]

De acuerdo, muchas gracias. ¿Conoces alguna referencia donde aparezca el teorema al que te refieres?

[Masacroso]

De acuerdo, muchas gracias. ¿Conoces alguna referencia donde aparezca el teorema al que te refieres?

Sea \( \alpha :\mathbb{N} \to \mathbb{N}\times \mathbb{N} \) una biyección arbitraria y \( \{x_{j,k}\}_{j,k\in\mathbb{N}} \) una sucesión doble de elementos no negativos, y supongamos que

\( \displaystyle{
\sum_{r \geqslant 0}x_{\alpha (r)}<\infty
} \)

Entonces, dado un \( \epsilon >0 \), existe un \( N_{\epsilon }\in \mathbb{N} \) tal que \( \sum_{r>N_{\epsilon }}x_{\alpha (r)}<\epsilon  \). Ahora observa que el conjunto \( \alpha ^{-1}(\{0,\ldots ,N_{\epsilon }\}) \) es finito, por tanto existe un \( K\in \mathbb{N} \) tal que \( \alpha ^{-1}(\{0,\ldots ,N_{\epsilon }\})\subset \{0,\ldots ,K\}\times \{0,\ldots ,K\} \), y por tanto tenemos que

\( \displaystyle{
\left| \sum_{k=0}^{n_1}\sum_{j=0}^{n_2}x_{j,k}-\sum_{r=0}^{N_{\epsilon }}x_{j,k} \right|\leqslant \sum_{r>N_{\epsilon }}x_{\alpha (r)}<\epsilon
} \)

para todo \( n_1,n_2\geqslant K \). Tomando límites iterados en la anterior expresión para \( n_1 \) y \( n_2 \), y observando que \( \epsilon  \) es arbitrario, podemos concluir que

\( \displaystyle{
\sum_{k\geqslant 0}\sum_{j\geqslant 0}x_{j,k}=\sum_{j\geqslant 0}\sum_{k\geqslant 0}x_{j,k}=\sum_{r\geqslant 0}x_{\alpha (r)}
} \)

Ahora, la otra parte de la demostración, que consiste en demostrar que si \( \sum_{r\geqslant 0}x_{\alpha (r)}=\infty  \) entonces cualquiera de las series iteradas diverge también a infinito se puede demostrar de manera muy similar, es decir, si diverge a infinito la serie en \( r \) entonces para cada \( C>0 \) existe un \( N_C\in \mathbb{N} \) tal que

\( \displaystyle{
\sum_{r=0}^{m}x_{j,k}>C\quad \text{ para todo }m\geqslant N_C
} \)

Ahora de nuevo: como \( \alpha ^{-1}(\{0,\ldots ,N_C\}) \) es finito entonces existe un \( K \) tal que \( a^{-1}(\{0,\ldots ,N_C\})\subset \{0,\ldots ,K\}\times \{0,\ldots ,K\} \), por tanto se tiene que

\( \displaystyle{
\sum_{j=0}^{n_1}\sum_{k=0}^{n_2}x_{j,k}\geqslant \sum_{r=0}^{N_C}x_{j,k}>C\quad \text{ para todo }n_1,n_2\geqslant K
} \)

de donde se sigue la divergencia de las dos series iteradas automáticamente.∎