плотность подпоследовательности н.ч.

[Paata]

существуют ли такие строго возрастающие последовательности натуральных чисел $a(n),b(n),c(n),d(n)$ что :
$\sum \frac{1}{a(b(n))} <\infty$
$\sum \frac{1}{c(d(n))} < \infty$
но
$\sum \frac{1}{c(b(n))} =\infty$
$\sum \frac{1}{a(d(n))} = \infty$
?

[Хорхе]

Существуют.

Чтобы выписать, надо повозиться, а мне лень.

[Sonic86]

Хорхе писал(а):

Существуют

Странно все-таки устроен мир

Не знаю, помогут ли следующие соображения...
Так как $a(n),b(n)c(n),d(n)$ строго возрастают, то $a(n),b(n)c(n),d(n) \geq n$, значит $a(n)=na_1(n),b(n)=nb_1(n),c(n)=nc_1(n),d(n)=nd_1(n)$, где $a(n),b(n)c(n),d(n) \geq 0$. С другой стороны, очевидно, что эти функции должны расти не быстре многочлена.
Рассмотрим класс $F$ функций $f(n)$, таких, что $f(n) \sim С n \ln _1 ^{r_1}n \ln _2^{r_2}n ... \ln _k^{r_k} n$. $\ln _j = \ln \circ ... \circ \ln$ $j$ раз (я его беру потому, что он достаточно широк и включает многие обычные функции). Тогда ряд $\sum\limits_n \frac{1}{f(n)}$ - сходится или нет, определяем так:
1. Если $r_1 >1$, то сходится, если $r_1 <1$, то расходится, если $r_1 = 1$, то:
2. Если $r_2 >1$, то сходится, если $r_1 <1$, то расходится, если $r_2 = 1$, то: ...
... k. Если $r_k >1$, то сходится, если $r_1 \leq 1$, то расходится.
Далее, если
$f(n) \sim С n^{r_0} \ln _1 ^{r_1}n \ln _2^{r_2}n ... \ln _k^{r_k} n$ и
$g(n) \sim С n^{s_0} \ln _1 ^{s_1}n \ln _2^{s_2}n ... \ln _k^{s_k} n$, то
$g(f(n)) \sim С n^{r_0s_0} \ln _1 ^{r_1s_0+s_1}n \ln _2^{r_2s_0+s_2}n ... \ln _k^{r_ks_0+s_k} n$.
Чтобы много не писать, введем обозначение: для $f(n) \sim С n^{r_0} \ln _1 ^{r_1}n \ln _2^{r_2}n ... \ln _k^{r_k} n$ $r_j = ord_j(f)$ ($ord_j(f)$ - $k$-й показатель $f$, могут быть равны 0). Тогда предыдущая формула примет вид:
$ord_0(g \circ f)=ord_0(f)ord_0(g)$ и $ord_k(g \circ f) = ord_0(g)ord_k(f) + ord_k(g), k \geq 1$
Показатели функций $a,b,c,d$ будем обозначать буквами $p,q,r,s$ с индексами, а буквой $n$ обозначим максимальный из старших номеров показателей функций $a,b,c,d$.
Теперь поехали.
Ряды $\sum \frac{1}{a(b(n))}, \sum \frac{1}{c(d(n))}$ сходятся, только если $p_0q_0 \geq 1, r_0s_0 \geq 1$.
Ряды $\sum \frac{1}{c(b(n))}, \sum \frac{1}{a(d(n))}$ сходятся, только если $r_0q_0 \leq 1, p_0s_0 \leq 1$.
Перемножая соответствующие неравенства, получим $p_0q_0r_0s_0=1$ откуда с учетом этих же неравенств получаем $p_0=q_0=r_0=s_0=1$. Кроме того, $ord_k(g \circ f) = ord_k(f) + ord_k(g), k \geq 1$.
А теперь по индукции рассуждаем от 1 до $n$ следующим образом:
Поскольку $j-1$-ий показатель равен 1, то
ряды $\sum \frac{1}{a(b(n))}, \sum \frac{1}{c(d(n))}$ сходятся, только если $p_j + q_j \geq 1, r_j + s_j \geq 1$.
ряды $\sum \frac{1}{c(b(n))}, \sum \frac{1}{a(d(n))}$ сходятся, только если $r_j + q_j \leq 1, p_j + s_j \leq 1$.
Складывая соответствующие неравенства, получим $p_j + q_j + r_j + s_j=2$ откуда с учетом этих же неравенств получаем $p_j=q_j=r_j=s_j=1$.
В конце приходим к тому, что все показатели равны 1, а значит все 4 ряда расходятся, что противоречит условию.
Таким образом, в указанном классе искомые функции не существуют. Существуют ли они вообще - я не знаю, но если они есть, то выглядят как-нибудь очень извращенно и бредово (не дай бог вообще неконструктивны!).

[Хорхе]

Ну вот придумал наконец нечто совсем простое.

Будем красить натуральные числа поочередно отрезками белого и черного. Там, где белое, $a(n) = 2^n$, а там где черное, $c(n) = 2^n$. Для остальных номеров обе последовательности увеличиваются на единицу. Первый черный отрезок $B_1$ выбираем такой длины, чтобы было $\sum_{n\in B_1} \frac 1{a(n)}>1$. За ним первый белый отрезок $W_1$ выбираем так, чтобы $\sum_{n\in W_1} \frac 1{c(n)}>1$. И так далее. После этого пустим последовательность $b$ по всем белым номерам, а последовательность $d$ -- по черным.

Это метод вполне конструктивный, при желании все последовательности можно выписать руками (хотя выглядеть они будут очень извращенно и бредово, как правильно отметил предыдущий автор).

-- Чт авг 13, 2009 09:30:43 --

Кстати, хорошая олимпиадная задача.

[Иннокентий]

Пример возрастающих последовательностей $a(n)$, $b(n)$, $c(n)$, $d(n)$ натуральных чисел, обладающих свойствами

1) ряд $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{a(b(n))}$ сходится,

2) ряд $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{a(d(n))}$ расходится,

3) ряд $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{c(b(n))}$ расходится,

4) ряд $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{c(d(n))}$ сходится.


Для удобства построений обозначим через $\bf N$ последовательность кружочков $K_n$, в которые будем вписывать
натуральные числа. Отрезком назовем конечное множество идущих подряд кружочков из $\bf N$, а длиной отрезка -- количество содержащихся в нем кружочков.

$\bf N$ разобъем на счетное множество непересекающихся отрезков: $B_1, D_1, B_2, D_2, \ldots $. То есть, нечетные
отрезки будем обозначать $B_n$, а четные $D_n$. $B_n$ имеет длину $(2n-1)!$, $D_n$ имеет длину $(2n)!$.
Итак, $B_1=\{K_1\}$, $D_1=\{K_2,K_3\}$, $B_2=\{K_4,K_5,K_6,K_7,K_8,K_9\}$,
$D_2=\{K_{10},K_{11},K_{12},\ldots,K_{33}\}, \,\ldots$ .

Определим последовательность $a(n)$.

Обозначим объединение отрезков $B_n$ и $D_n$ через $I_n$. Отрезки $I_n$ не пересекаются между собой и покрывают
все множество $\bf N$. Отрезок $I_n$ имеет длину $(2n-1)!+(2n)!$.
Заполним отрезки $I_n$ натуральными числами, то есть, в кружочки впишем числа из $\mathbb N$, так, что $I_n$ заполнен последовательными натуральными числами, последнее из которых $(2n+1)!$. Проделав такую операцию для каждого $n$, получим последовательность $a(n)$.

Запишем начало этой последовательности.

$a(1)=4, a(2)=5, a(3)=6$, соответствуют $I_1$.

$a(4)=91, a(5)=92, \ldots, a(32)=119, a(33)=120$, соответствуют $I_2$.

Теперь определим последовательности $b(n)$ и $d(n)$.

Занумеруем все кружочки объединения отрезков $B_n$. Пусть некоторый кружочек при такой нумерации
имеет номер $k$, тогда число $b(k)$ равно номеру этого кружочка во множестве $\bf N$.

Подобным образом получим последовательность $d(n)$: занумеруем все кружочки из объединения отрезков $D_n$
и положим $d(k)$ равным номеру кружочка во множестве $\bf N$.

Начала этих последовательностей:

$b(1)=1$, соответствует отрезку $B_1$,

$b(2)=4$, $b(3)=5$, $b(4)=6$, $b(5)=7$, $b(6)=8$, $b(7)=9$, соответствует отрезку $B_2$,

$b(8)=34$, $b(9)=35$, $\ldots$ , $b(127)=153$, соответствует отрезку $B_3$, $\ldots$

$d(1)=2$, $d(2)=3$, соответствует отрезку $D_1$,

$d(3)=10, d(4)=11, \ldots , d(26)=33$, соответствует отрезку $D_2$,

$d(27)=153, d(28)=154, \ldots , d(746)=873, \ldots $, соответствует отрезку $D_3$.

Последовательности $a$, $b$, $d$ удовлетворяют условиям 1) и 2).


Построим последовательность $c(n)$.

Обозначим объединение отрезков $D_n$ и $B_{n+1}$ через $J_n$, $n\in \mathbb N$.
Отрезки $J_n$ не пересекаются между собой и покрывают множество
${\bf N}\setminus \{K_1\}$.

Отрезок $J_n$ заполним последовательными натуральными числами, наибольшее из
которых $(2n+2)!$. Тогда все кружочки кроме первого окажутся заполнеными, а
получившуюся последовательность обозначим $c(n)$, $n=2,3, \ldots , $. Положим,
$c(1)=1$.

Построенные последовательности удовлетворяют всем четырем условиям.


Исследования сходимости рядов не привожу. Во всех четырех случаях его можно
провести при помощи оценок сумм, которые элементарны из-за монотонности.

Вопрос к Paata. Откуда выскочила такая интересная задача?

[Paata]

Да, не сразу придумаешь такую конструкцию, такие конструкции просто надо учить ..
Меня один студент из Канады спросил про эту задачу. Но я не знаю откуда у него такая задача