2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2
 
 
Сообщение22.02.2008, 01:22 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/01/06
3828
Юстас писал(а):
Не следует. Определим последовательность $b_k: \ b_1=1, |b_k|<1, \ k>1\ , \sum |b_k|<\infty$. Теперь если $n=p_1^{t_1}\dots p_l^{t_l}$ - разложение числа в произведение простых, то положим $a_n=b_1^{t_1}\dots b_l^{t_l}$. Ясно, что $a_{mn}=a_m a_n$ и что $\sum a_n<\infty$ - для достаточно быстро убывающих $b_n$. Из соображений непрерывности можно выбрать $b_n$ так что $\sum a_n=0$. Тогда $\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_{mn}=a_m\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n=0$.

Немного не понял определение последовательности $a_n$. $p_k$ --- это $k$-е простое число? Тогда $a_{2^n}=1$, о какой сходимости вообще может идти речь? Или Вы что-то другое имели в виду?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение22.02.2008, 02:05 
Заслуженный участник


01/12/05
458
Похоже, что "соображения" оказались верными только интуитивно. Действительно, если $\sum |a_k|<\infty$, то $\sum a_k=\prod_1^{\infty} \frac{1}{1-b_j}$, то есть 0 никак не получится. А если абсолютной сходимости нет, то этот пример не работает.

Добавлено спустя 3 минуты 42 секунды:

RIP: да, я имел ввиду k-е простое число, $a_1=0$, а 2ке соответствует $b_2$. Но в любом случае, в таком виде это не годится.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение22.02.2008, 05:25 
Модератор
Аватара пользователя


11/01/06
5710
maxal писал(а):
Пусть для краткости $b_m = \sum_{n=1}^\infty a_{mn}$. Из принципа включений-исключений (и абсолютной сходимости) следует, что
$$a_n = \sum_{k=1}^{\infty} \mu(k) b_{kn},$$
где $\mu$ - функция Мёбиуса. Поэтому если $b_m = 0$ для всех $m$, то и $a_n=0$ для всех $n$.

Не знаю насчет достаточности абсолютной сходимости $\sum_{k=1}^{\infty} a_k$, но вот абсолютной сходимости $\sum_{k=1}^{\infty} k a_k$ будет достаточно.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение22.02.2008, 17:57 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/01/06
3828
maxal писал(а):
Не знаю насчет достаточности абсолютной сходимости $\sum_{k=1}^{\infty} a_k$, но вот абсолютной сходимости $\sum_{k=1}^{\infty} k a_k$ будет достаточно.

Это и ежу понятно. Но абсолютной сходимости ряда из $a_n$ достаточно, чтобы из равенств $b_n=0$ следовало $a_n=0$.
А вот если не требовать абсолютной сходимости, то (раскрою карты) не следует.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение22.02.2008, 19:50 
Модератор
Аватара пользователя


11/01/06
5710
Немного не в тему, но все-таки интересно, если ли контр-пример к формуле $$a_n = \sum_{k=1}^{\infty} \mu(k) b_{kn}$$ для абсолютно сходящегося ряда $\sum_{k=1}^{\infty} a_k$. И особенно в случае, если $\sum_{k=1}^{\infty} a_k=0.$

Добавлено спустя 31 минуту 43 секунды:

Второй вопрос снимается. Если $\sum_{k=1}^{\infty} a_k\ne 0,$ то определяем новый абсолютно сходящийся ряд $a'_{2i-1}=-a_i$, $a'_{2i}=a_i$, у которого $\sum_{k=1}^{\infty} a'_k=0$ и $b'_{2m}=b_m$. И если для него выполняется $$a'_n = \sum_{k=1}^{\infty} \mu(k) b'_{kn}$$, то аналогичная формула выполняется и для исходного ряда.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 20 ]  На страницу Пред.  1, 2

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group