Подгармонический ряд

[Pyphagor]

Пусть задан, некоторый подгармонический расходящийся ряд
$\sum\limits_{k=1}^{\infty} \frac{1}{n_k} = \infty$, где $\{n_k\}$ - возрастающая последовательность натуральных чисел.
Начинаем проделывать такую операцию.
Зачеркиваем, все члены ряда которые стоят рядом
(например, если встретились $\frac{1}{41}$ и $\frac{1}{42}$ - то зачеркиваем их).
Закончив с соседними, начинаем зачеркивать все "расстояние между которыми" составляет 2. Т.е., например такие $\frac{1}{101}$ и $\frac{1}{103}$.
Теперь переходим, к "расстоянию" 3 и т.д.
Верно ли что, за конечное число шагов (т.е. дойдя до некоторого "расстояния" $d$)
мы либо зачеркнем все члены ряда либо получим сходящийся ряд?
Вроде чувствуется что так и должно быть. Но как можно доказать?
Может кто знает - в каких-либо книгах встречалось подобное?
Наталкивает на мысль, что ряд составленный из обратных к простым числам
есть контрапример к нашему утв., но вот незадача - мы ведь знаем есть пары близнецы.
Не знаю - насколько сложна задача. Помоги разобраться.

[Хорхе]

Естественно, неверно. Пусть, например, $n_k=[k\ln(k+2)]$.

[Pyphagor]

Как это часто бывает фраза "кажется должно быть так" доволоно скользкая.
Утверждение в такой формулировке - неверное.
Составляем такой ряд.
Набираем числа, с расстоянием 1
Набрали их достаточно, чтоб сумма была не меньше 1.
Теперь "отодвигаемся" 2 и начинаем набирать с расстоянием 2 также достаточно много
чтобы их сумма была не меньше 1.
Снова отодвигаемся на 3 единицы, и набираем столько чисел с расстоянием 3 чтобы их сумма была не меньше 1. И так до бесконечности,
полученный ряд и есть контрапример к утверждению.

-- Пн янв 17, 2011 11:57:41 --

У меня одна задача из функана как бы свелась к такой задаче.
И я ее переформулирую на язык анализа.
Пусть задан подгармонический ряд
$\sum\limits_{k=1}^{\infty} \frac{1}{n_k} = \infty$.
Можно ли тогда "расфасовать" числа $n_k$ в три множества $A$, $B$ и $C$, так, чтобы ряды
$\sum\limits_{k=1}^{\infty} \frac{1}{n_k(A)}$ и $\sum\limits_{k=1}^{\infty} \frac{1}{n_k(B)}$ были эквивалентны и расходились, а ряд (если в множестве $C$ бесконечно много элементов попало)
$\sum\limits_{k=1}^{\infty} \frac{1}{n_k(C)}$ - сходился.
На правду больше похоже.
Мой пример и пример $\textbf{Хорхе}$ не годится теперь.
Можете, что-нибудь посоветовать?

[Хорхе]

Что значит "были эквивалентны"? $n_k(A)/n_k(B)\to 1$?

Вы определитесь с тем, что за вопрос Вас интересует. А то, как только ответ не устроил, - другой вопрос. Наверное, надо всем этим есть что-то, что Вас интересует больше, напишите лучше это!

[Pyphagor]

Это окончательная формулировка.
Два ряда(с положительными членами) $\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_n$ и $\sum\limits_{n=1}^{\infty} b_n$ называются эквивалентными, если
$0<\inf\limits_{n} \frac{a_n}{b_n} \leq \sup\limits_{n} \frac{a_n}{b_n} < \infty$.

[Gortaur]

Хм... а зачем множество $C$? просто делаем порог скажем $10$ и добавляем в $A$ пока не дойдет то $10k$, потом в $B$ пока не дойдет до $10k$ и т.д. - как у Римана. Здесь $k=1,2,3,...$

[Хорхе]

Что такое $k$ в $10k$?

-- Пн янв 17, 2011 14:32:58 --

Очень просто. Можно даже сделать, чтобы предел равнялся $1$.

Пусть $C_m = \{k: n_{k+1}>(1+1/m) n_k\}$. Если все $C_m$ конечны, тогда все просто: кидаем члены ряда в $A$ и $B$ через один, тогда, очевидно, получим требуемое. Предположим поэтому, что хотя бы одно из этих множеств бесконечно (и тогда они все, начиная с какого-то момента, бесконечны, так как возрастают по $m$).

Понятно, что для каждого $m$ ряд $\sum_{k\in C_m} 1/n_k$ сходится (он мажорируется геометрическим). Очевидно также, что существует возрастающая последовательность $k_m$, что ряд из остатков рядов сходится: $\sum_{m\ge 1}\sum_{k\in C_m, k\ge k_m} 1/n_k<\infty$.

Тогда пусть $C = \bigcup_{m\ge 1} \{k: k\in C_m, k\ge k_m\}$. Останется бесконечное число индексов, не принадлежащих $C$, ведь сумма по индексам из $C$ конечна. Они образуют конечные (так как $C$ тоже бесконечно) "островки" в $\mathbb{N}$. Из тех "островков", длина которых нечетна, выкинем в $C$ их самые левые элементы. Тогда сумма по индексам из $C$ по-прежнему будет конечна (сумма добавленных элементов оценивается сверху предыдущей суммой плюс $1/n_1$). В получившихся островках индексы будем по очереди кидать то в $A$, то в $B$.

Вот, собственно, и все.

[Gortaur]

Хорхе
Знакомы с процедурой как переставлять члены в неабсолютно сходящемся ряду для получения произвольной суммы?

[Хорхе]

Знаком, у меня и справка есть.

Вот чего я не понял -- откуда у Вас "эквивалентность" возьмется.

[Gortaur]

Эквивалентность из очередности сортировки следует.

[Хорхе]

Не понял, что из чего следует. Вы можете подробно написать?

[Gortaur]

К чему был этот парад - неясно.

[Хорхе]

А да, все же я прав. Без множества $C$ ничего не получится. Вот возьмите, действительно, ряд, в котором две единицы, три половинки, ..., $n!+1$ членов $1/n!$.

Как он у Вас на $A$ и $B$ разобьется? То-то!

(Оффтоп)

Не переношу просто этого умничанья -- "знакомы ли Вы с перестановкой членов условно сходящегося ряда" и "то-то из того-то следует", -- за которым ровным счетом ничего не стоит.

[Gortaur]

Возможно, Вы правы

(Оффтоп)

но завелись-то как:-)

[Pyphagor]

Можно, оказывается гораздо проще решить!
Рассмотреть $\Delta_{n}=[\frac{1}{2^{n-1}},\frac{1}{2^n})$.
И дело в шляпе! Всем спасибо!!!