Теорема Бера

[ДДмитрий]

Есть задача.

Докажите существование такой последовательности $x_n$, что для любой возростающей ограниченной последовательности $y_n$ существует такое $n$, что $|x_n - y_n | \leqslant \frac{1}{n}$.

Из контекста следует, что она должна быстро и эффективно решаться теоремой Бера, но что то не выходит никак.

Подскажите, что тут можно сделать?

[xaxa3217]

Можно построить эту последовательность. Положим $x_{2k}=-\sum\limits_{i=1}^{k}{\frac{1}{2i}}, x_{2k-1}=\sum\limits_{i=1}^{k}{\frac{1}{2i-1}}$. На координатной плоскости отметим точки $(a,b): a\in \mathbb{N}, b\in [x_{a-2}, x_a]$ (если $x_a<0$, то $[x_a, x_{a-2}]$). Видно, что график любой монотонной и ограниченной последовательности пересечет один из таких отрезков. Ну и по построению ясно, что искомое $n$ нашлось.

[ДДмитрий]

Для хаха3217

Ну, нет. Пусть несколько первых членов последовательности равны между собой, например, $y_1= y_2 = y_3 = y_4 = -100$, а для всех остальных значений $n\in \mathbb N$ положим $y_n = 1$. Тогда Ваша последовательность $x_n$ не подходит.

[gris]

так $y_n$ возрастающая или неубывающая?
Просто для корректности формулировки.
Я бы взял, например, последовательность всех рациональных чисел, пронумерованных в произвольном порядке.

[id]

А там не сказано случайно еще к какому именно пространству следует применить теорему Бэра?
$\mathbb{R}$-то, ясно, полно... Но полным будет, скажем, и пространство ограниченных последовательностей с равномерной метрикой. И что-то не совсем ясно, куда ее тут применять.

[xaxa3217]

ДДмитрий писал(а):

Для хаха3217

Ну, нет. Пусть несколько первых членов последовательности равны между собой, например, $y_1= y_2 = y_3 = y_4 = -100$, а для всех остальных значений $n\in \mathbb N$ положим $y_n = 1$. Тогда Ваша последовательность $x_n$ не подходит.

Да, я ошибся. Но идея, вообще говоря, рабочая. Разобьем множество $\left\{n| n\in \mathbb{N}, n>1\right\}$ на не пересекающиеся подмножества индексов, положим $A_1:=\left\{n|n\equiv 0\pmod 2\right\}$, $A_{n+1}=\left\{n|n\equiv 0\pmod{p_{n+1}}\right\, \forall k\leq n, n<>0\pmod {p_k}}$, где $p_k$ $k$-ое по порядку простое число. Почти решето Эрастофена, по построению $A_i\cap A_j=\varnothing, i<>j$ и $\bigcup\limits_{i=1}^{\infty}A_i=\left\{n| n\in \mathbb{N}, n>1\right\}$. Каждое $A_i$ естественно рассматривать как упорядоченный набор, поэтому пусть $P_k^{(i)}$ $k$-ый элемент в порядке возрастания множества $A_i$. Пусть дано натуральное $n$, а $p=p_l$ его минимальный простой делитель, тогда $n \in A_l$ и для некоторого $j$ выполняется $P_j^{(l)}=n$. Положим $x_n:=-\sum\limits_{k=1}^{l-1}\frac{1}{p_k}+\sum\limits_{k=1}^{j}\frac{1}{P_k^{(i)}}$. Заставить это работать можно, если доказать расходимость ряда составленного из элементов каждого $A_i$ и ряда из чисел обратных к простым

[ДДмитрий]

gris писал(а):

так $y_n$ возрастающая или неубывающая?

Такая, какая Вам больше нравится. Задача не в этом.

id писал(а):

А там не сказано случайно еще к какому именно пространству следует применить теорему Бэра?
$\mathbb{R}$-то, ясно, полно... Но полным будет, скажем, и пространство ограниченных последовательностей с равномерной метрикой. И что-то не совсем ясно, куда ее тут применять.

К сожалению, не сказано. Мне также не ясно туда тут совать теорему Бэра. Но задача точно на неё.

xaxa3217 писал(а):

Да, я ошибся. Но идея, вообще говоря, рабочая...

Похоже, что так и есть. Здорово. Мне казалось, что поскольку задача на теорему Бера, то конструктивное решение вряд ли возможно. У Вас же получилась красивая и поучительная (все таки надо знать, что ряд из обратных простых расходится) задача на теорию рядов.

Однако, если кто то сообразит где здесь спряталась теорема Бэра, буду очень признателен.

[neo66]

xaxa3217 писал(а):

Положим $x_n:=-\sum\limits_{k=1}^{l-1}\frac{1}{p_k}+\sum\limits_{k=1}^{j}\frac{1}{P_k^{(i)}}$. Заставить это работать можно, если доказать расходимость ряда составленного из элементов каждого $A_i$ и ряда из чисел обратных к простым.

Почему предложенная последовательность удовлетворяет условию задачи?

[xaxa3217]

Сути не меняет, но вроде лучше будет положить $x_n:=-\sum\limits_{k=1}^{l}\frac{1}{p_k}+\sum\limits_{k=1}^{j-1}\frac{1}{P_k^{(i)}}$. Понятно, что для любой возрастающей последовательности $y_n$ найдется сколь угодно большое $i: y_{p_i}\geq -\sum\limits_{k=1}^{i}\frac{1}{p_k}$, поскольку суммы справа неограниченны (в предположении расходимости ряда из чисел обратных простым (1)). Ну собственно все - фиксируем $p_i$ для которого это произошло, берем последовательность $n_i: n_i\in A_i$. Подпоследовательность $x_{n_i}$ монотонно и неограниченно возрастает (сразу следует из (1)), а разница между соседними членами полученной подпоследовательности дает искомую оценку: если бы $\forall i$$|x_{n_i}-y_{n_i}|>\frac{1}{n_i}$, а тк $y_{n_i}$ возрастает, то она растет быстрее $x_{n_i}$ что ведет к расходимости сходящейся последовательности. Все эти ухищрения лишь для того, чтобы действительно любая возрастающая ограниченная последовательности "пересекалась" с нашей, в первом посте этой темы я привел пример, который работает только для последовательностей $y_i\geq 0$.

[neo66]

Спасибо, идею понял. Реализовать ее можно проще, без рядов, обратных простым.

[ДДмитрий]

neo66 писал(а):

Реализовать ее можно проще, без рядов, обратных простым.

А как именно?

Кстати немного оффтопа. Размышляя над решением xaxa3217, понял, что не знаю как показать, что ряд из обратных к простым ведет себя как \ln \ln p_k. Т.е. в одну сторону, необходимую для расходимости ряда и решения исходной задачи "на теорему Бера", я знаю как доказывать. А вот в другую, там, где надо ряд обратных к простым оценивать сверху, что то не могу сообразить. Подскажите, кто знает.

[Brukvalub]

См. http://www.poiskknig.ru/cgi-bin/poisk.cgi?lang=ru&st=%D0%A2%D0%B8%D1%82%D1%87%D0%BC%D0%B0%D1%80%D1%88&network=1 № 5, стр. 71 и ранее.

[ДДмитрий]

Brukvalub писал(а):

См. http://www.poiskknig.ru/cgi-bin/poisk.cgi?lang=ru&st=%D0%A2%D0%B8%D1%82%D1%87%D0%BC%D0%B0%D1%80%D1%88&network=1 № 5, стр. 71 и ранее.

Спасибо. Посмотрел. Надо разбираться, хотя желания осиливать десяток лемм по крутому комплану нет никакого желания (наверное, я странный). А вот может быть можно, пусть и не с точными константами в асимптотике, получить необходимую оценку быстро и "руками", ну или с минимумом материала (формула Эйлера и все такое)?