Подгармонический ряд

[Хорхе]

А подробней можно? Что дает это $\Delta_n$?

[Pyphagor]

Рассмотрев отрезки $\Delta_{n}=[\frac{1}{2^{n-1}}, \frac{1}{2^n})$.
Если в этот отрезок попадает нечетное число чисел $\frac{1}{n_k}$, то четную часть делим поровну между множествами $A$ и $B$, а оставшийся отправляем в $C$.

В процессе работы появилась еще одна задача. Пусть даны два сходящихся ряда(с положительными членами монотонно убывающими к 0)
$\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_n$ и $\sum\limits_{n=1}^{\infty} b_n$.
Верно ли, что либо существует подряд ряда $\sum\limits_{k=1}^{\infty} a_{n_k}$ эквивалентный $\sum\limits_{k=1}^{\infty} b_k$, либо
подряд ряда $\sum\limits_{k=1}^{\infty} b_{n_k}$ эквивалентный $\sum\limits_{k=1}^{\infty} a_k$.
Похоже на правду.

[Хорхе]

Это неверно.

Набросок конструкции (наверное, можно и проще):

В ряде $A$ $A_1$ членов, равных $x_1$, $A_2$ членов, равных $x_2$ и так далее, в ряде $B$ $B_1$ членов, равных $y_1$, $B_2$ членов, равных $y_2$ и так далее. Назовем эти куски из равных членов "островами". Пусть $\lim x_n/x_{n+1}=\lim y_n/y_{n+1}=\infty$. Тогда если в одном из этих рядов можно выделить подпоследовательность, эквивалентную второму, то, начиная с какого-то номера, острова второго ряда будут "лежать" внутри островов первого. Теперь достаточно взять такие последовательности, что $x_n\to 0$ значительно медленнее $y_n$, а $A_n\to\infty$ значительно медленнее $B_n$. Тогда, благодаря рассуждению об островах, только из $B$ возможно было бы выделить подпоследовательность, эквивалентную $A$. Но тогда никакой эквивалентности не будет из-за соотношений между $x$ и $y$.


Собственно, можно взять $a_n=1/n!$, $b_n$ состоящий из 1 члена $1/(1!)^2$,..., $k$ членов $1/(k!)^2$.

[Pyphagor]

Ни доказать ни подобрать контр-пример не получается.

Пусть дан ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_n=\infty$($0< a_n \leq 1$).
Построим ряд cоставленный из членов двух рядов $\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_n$ и $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$(так что полученный содержит все члены и первого и второго рядов, не упуская ни один член и в убыв. порядке)
Верно ли что исходный эквивалентен полученному?

[Sonic86]

Возьмите $a_n = \frac{1}{n}$ и у Вас не получится.
И вообще, очевидно, что этот Ваш ряд будет $\sim \sum \frac{1}{n} + \sum a_n \sim \ln n + \sum a_n \sim \sum a_n \Leftrightarrow \sum a_n > \ln n$, где знак $>$ понимается в смысле асимптотики (не знаю, как его в Техе писать).

[Pyphagor]

Sonic86 в сообщении #412778 писал(а):

Возьмите $a_n = \frac{1}{n}$ и у Вас не получится.
И вообще, очевидно, что этот Ваш ряд будет $\sim \sum \frac{1}{n} + \sum a_n \sim \ln n + \sum a_n \sim \sum a_n \Leftrightarrow \sum a_n > \ln n$, где знак $>$ понимается в смысле асимптотики (не знаю, как его в Техе писать).

Нет, эквиваленые ряды в смысле отношения для членов $0<c \leq \frac{a_n}{b_n} \leq C < \infty$.

[Хорхе]

Я же написал контрпример. Или тут уже какое-то новое утверждение доказывается/опровергается?

[ewert]

Pyphagor в сообщении #412775 писал(а):

Верно ли что исходный эквивалентен полученному?

Такое утверждение не может быть верно в принципе: фактически Вы говорите, что любой расходящийся ряд расходится примерно как гармонический, а с какой стати вдруг именно гармоническому такая честь.

Кроме того, выбирайте выражения: ряды не бывают эквивалентными -- могут быть эквивалентными (не важно, в каком смысле) лишь последовательности их членов или последовательности частичных сумм. Казалось бы -- пустячок, и всего-то формулировка бессмысленна, а понять, что Вы хотели, уже невозможно.

[Pyphagor]

Формулирую более подробно:
Пусть дан ряд расходящийся ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_n=\infty$, для членов выполнено $0<a_{n+1} \leq a_n\leq 1$ и $a_n \rightarrow 0$.

Все числа $a_n$ целиком лежат в отрезке $[0,1]$. Пусть $B=\{a_n\} \cup \{\frac{1}{n}\}$. Пусть элементы $b_n$ множества $B$ - расположены в порядке убывания.
Рассмотрим два ряда $\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_n$ и $\sum\limits_{n=1}^{\infty} b_n$.
Верно ли, что найдутся две константы $c$ и $C$, такие что $0<c \leq \frac{a_n}{b_n} \leq C<\infty$ для всех $n$?

P.S. Вполне логично ведь называть два ряда с такими условиями (с положит. членами) - эквивалентными. Расходятся или сходятся одновременно. Может случится так, что соотношение $0<c \leq \frac{a_n}{b_n} \leq C<\infty$ выполняется, а предел $\lim\limits_{n \rightarrow \infty} \frac{a_n}{b_n}$ не существует. Кроме того, в конечном итоге нас интересует не сам предел, а вопрос - сходится или нет?

P.S.S. Первое P.S. не относится к моему вопросу.

[ewert]

Неверно. Ещё раз -- дело вовсе не конкретно в гармоническом ряде, а в том, что Ваше утверждение симметрично (чего Вы почему-то не замечаете). Если бы оно было верным для сравнения $a_n$ с $b_n$, то по тем же причинам "эквивалентными" должны были бы быть и $\frac{1}{n}$ с $b_n$ -- а значит, и $\frac{1}{n}$ с $a_n$. С какой стати?...

-- Пн фев 14, 2011 13:57:03 --

Pyphagor в сообщении #412830 писал(а):

Вполне логично ведь называть два ряда с такими условиями (с положит. членами) - эквивалентными.

Нелогично вообще называть ряды эквивалентными. А последовательности -- что ж, если хотите обобщить их эквивалентность в эту сторону, то ради бога.

[Хорхе]

(Оффтоп)

ewert в сообщении #412843 писал(а):

Нелогично вообще называть ряды эквивалентными.

+1

[Pyphagor]

ewert в сообщении #412843 писал(а):

Неверно. Ещё раз -- дело вовсе не конкретно в гармоническом ряде, а в том, что Ваше утверждение симметрично (чего Вы почему-то не замечаете). Если бы оно было верным для сравнения $a_n$ с $b_n$, то по тем же причинам "эквивалентными" должны были бы быть и $\frac{1}{n}$ с $b_n$ -- а значит, и $\frac{1}{n}$ с $a_n$. С какой стати?...

Если честно, не вижу, что оно СИММЕТРИЧНО. Контр-пример представить сможете?

[ewert]

Пусть $N_a(\gamma)$ -- это функция, обратная к $a_n$ (считаем последнюю монотонной), т.е. количество членов ряда, больших $\gamma$. И пусть аналогично $N_1(\gamma)=\frac{1}{\gamma}$ -- функция, обратная к $\gamma=\frac{1}{n}$ (округления непринципиальны). Тогда $N_b(\gamma)\equiv N_a(\gamma)+N_1(\gamma)$ -- это функция, обратная к $b_n$.

Так вот. Если $a_n\gg\frac{1}{n}$, то $N_a(\gamma)\ll N_1(\gamma)$. Тогда $N_b(\gamma)\sim N_1(\gamma)$ и, следовательно, $b_n\sim\frac{1}{n}$. Но и наоборот: если $a_n\ll\frac{1}{n}$, то аналогично $b_n\sim\a_n$.

А раз так, то можно выстроить и такую последовательность $a_n$, для которой $b_n$ соотносится с $\frac{1}{n}$ как попало, чередуя участки быстрого убывания $a_n$ с медленными.