Абсолютная сходимость ряда

[vicvolf]

Пожалуйста, приведите пример сходящегося ряда $\sum_{n=1}^{\infty}{|u(n)*v(n)|}$, где $u,v$ - мультипликативные арифметические функции, чтобы один из рядов $\sum_{n=1}^{\infty}{u(n)}$ или $\sum_{n=1}^{\infty}{v(n)}$ расходился.

[Leeb]

$u(1)=1,u(\neq1)=0,v(n)=n$ подходит? Может хватит вам уже создавать подобные "олимпиадные" темы? Далеко не первый раз уже.

[Ende]

Тема перемещена из форума «Олимпиадные задачи (М)» в форум «Помогите решить / разобраться (М)»
Причина переноса: по назначению.

[vicvolf]

Leeb в сообщении #1621926 писал(а):

$u(1)=1,u(\neq1)=0,v(n)=n$ подходит?

Пример с единицей кольца Дирихле тривиален и не имелся в виду. Давайте хотя бы $u=1$ везде.

[Leeb]

vicvolf в сообщении #1621933 писал(а):

Leeb в сообщении #1621926 писал(а):

$u(1)=1,u(\neq1)=0,v(n)=n$ подходит?

Пример с единицей кольца Дирихле тривиален и не имелся в виду.

Вау, тривиален. А такой $u(n)=1/n^{20242024}, v(n)=n^{2024}$ тривиален?

-- 11.12.2023, 14:03 --

vicvolf в сообщении #1621933 писал(а):

Давайте хотя бы $u=1$ везде.

Тогда тривиально не может быть. Понимаете почему?

[vicvolf]

Цитата:

vicvolf в сообщении #1621933 писал(а):

Давайте хотя бы $u=1$ везде.

Тогда тривиально не может быть. Понимаете почему?

Допускается, что $v$ комплекснозначная и ряд от нее сходится абсолютно.

[Leeb]

vicvolf в сообщении #1621939 писал(а):

vicvolf в сообщении #1621933 писал(а):

Давайте хотя бы $u=1$ везде.

Допускается, что $v$ комплекснозначная и ряд от нее сходится абсолютно.

Кстати да, действительно, $u=1$-то подходит для любого абсолютно сходящегося ряда $v(n)$. Даже проще получается. Тривиальности исходной задачи это все равно не отменяет.

[vicvolf]

Leeb в сообщении #1621940 писал(а):

Кстати да, действительно, $u=1$-то подходит для любого абсолютно сходящегося ряда $v(n)$

Почему для любого?

[Leeb]

vicvolf в сообщении #1621941 писал(а):

Leeb в сообщении #1621940 писал(а):

Кстати да, действительно, $u=1$-то подходит для любого абсолютно сходящегося ряда $v(n)$

Почему для любого?

Потому что ряд $\sum u(n) = 1+1+1$ расходится.

[vicvolf]

Leeb в сообщении #1621942 писал(а):

Потому что ряд $\sum u(n) = 1+1+1$ расходится.

Это понятно.

[Leeb]

vicvolf в сообщении #1621945 писал(а):

Leeb в сообщении #1621942 писал(а):

Потому что ряд $\sum u(n) = 1+1+1$ расходится.

Это понятно.

Если понятно, то зачем вы задаете в олимпиадном разделе тривиальные вопросы?

[vicvolf]

Leeb в сообщении #1621949 писал(а):

Если понятно, то зачем вы задаете в олимпиадном разделе тривиальные вопросы?

Понятно, что в этом случае ряд $\sum u(n)$ расходится.

Leeb в сообщении #1621940 писал(а):

Кстати да, действительно, $u=1$-то подходит для любого абсолютно сходящегося ряда $v(n)$.

Но не понятно, почему в этом случае сходится абсолютно ряд $\sum 1* v(n)$, если $\sum v(n)$ сходится абсолютно:

$\sum_{n=1}^{\infty} |1*v(n)|=\sum_{n=1}^{\infty} |\sum_{ab=n}v(a)|=$$1+|1+v(2)|+|1+v(3)|+|1+v(2)+v(4)|+...$.

Если $v(n) \geq 0$, то каждый член ряда больше или равен 1 и ряд расходится.

[Null]

vicvolf в сообщении #1621998 писал(а):

$v(n) \geq 0$

Этого нет в условии. Без этого для любой мультипликативной функции есть обратная относительно свертки: Например $((\frac{1}{n^2})*\mu(n))*(1)=(\frac{1}{n^2})$

[vicvolf]

Null в сообщении #1622004 писал(а):

vicvolf в сообщении #1621998 писал(а):

$v(n) \geq 0$

Этого нет в условии.

Было сказано

Leeb в сообщении #1621940 писал(а):

Кстати да, действительно, $u=1$-то подходит для любого абсолютно сходящегося ряда $v(n)$.

Я показал, что не для любого.

Null в сообщении #1622004 писал(а):

Например $((\frac{1}{n^2})*\mu(n))*(1)=(\frac{1}{n^2})$

Осталось доказать, что ряд $\sum_{n=1}^{\infty} {\frac{1}{n^2}*\mu(n)}$ - сходится абсолютно. Я рассматривал похожий случай:

vicvolf в сообщении #1620380 писал(а):

Известна формула обращения Мебиуса для мультипликативной арифметической функции $g(n)$: $g*\mu(p^k)=g(p^k)-g(p^{k-1})$.

Поэтому: $\sum_{k=0}^n {g*\mu(p^k)}=g(1)+g(p)-g(1)+g(p^2)-g(p)+g(p^3)-g(p^2)+$$...+g(p^n)-g(p^{n-1})=g(p^n)$

Ряд действительно знакочередующейся и по признаку Лейбница сходится, если $\lim_{n \to \infty}(g(p^n)-g(p^{n-1}))=0$.

Например, данный ряд сходится для мультипликативной арифметической функции: $g(n)=\frac{1}{n^a}$, где $a>0$.

В этом случае сумма данного ряда равна: $\lim_{n \to \infty} g(p^n)=\lim_{n \to \infty}\frac{1}{p^{an}}=0$.

Но в случае модуля ряд $\sum_{k=0}^{\infty} |g*\mu(p^k)|=2$, если не ошибаюсь, и $\prod_p {\sum_{k=0}^{\infty} |g*\mu(p^k)|}$ - расходится.

[Leeb]

Да, с совсем любым рядом я поспешил так как вопрос не понял (про свертку). Тем не менее, самый первый контрпример со степенями вроде бы работает.
А в вашем последнем вопросе если взять что-нибудь вроде сверточной обратной для функции $v$, которая строится так: $v(p_k)=1/2^{p_k!},\ p_k$ - $k$-е простое, дальше по мультипликативности ? Здесь не будет сходимости?