Перестановка условно сходящегося ряда

[dzh0rdzh1]

Пусть $\sum^\infty_{n=1} u_n =s$ - условно сходящийся ряд и число $s'>s.$ Тогда найдется перестановка натуральных чисел $\sigma:\mathbb{N}\to \mathbb{N}$ такая, что
1) если $u_n\geq 0,$ то $\sigma(n)=n;$
2) $\sum^\infty_{n=1} u_{\sigma(n)} =s'.$
Я пытаюсь строить перестановку следующим "индуктивным" образом. Пусть $I^+=\{n\in \mathbb{N}: u_n\geq 0\},$ $I^-=\{n\in \mathbb{N}: u_n< 0\}.$ Существует бесконечное подмножество $F\subset I^-,$ для которого $\sum_{n\in F} u_n >-\infty.$ Определяем перестановку $\sigma$ по очереди для всех натуральных чисел: для чисел $n\in I^+$ положим $\sigma(n)=n;$ а все первые $n\in I^-$ монотонно отображаем на $F.$ Пусть $n_1$ - первое натуральное число, для которого $\sum^{n_1}_{n=1} u_{\sigma(n)}> s'.$ Такое обязательно найдется, потому что $\sum_{n\in I^+}u_n=\infty,$ $\sum_{n\in F} u_n >-\infty.$ После номера $n_1$ числа $n\in I^-$ монотонно отображаем на неиспользованные элементы $I^-.$ Пусть $n_2$ - первый номер после $n_1,$ для которого $\sum^{n_2}_{n=1} u_{\sigma(n)}< s'.$ Такой обязательно есть, потому что иначе мы бы получили перестановку натурального ряда, равную с некоторого места тождественной. Такие перестановки суммы не меняют и частичные суммы сходятся к $s<s'.$ На следующем шаге опять вместо $n\in I^-$ ставим элементы $F,$ пока частичные суммы не станут больше $s',$ и т.д. Чтобы доказать сходимость такой перестановки ряда к $s'$ надо, видимо, использовать фундаментальность частичных сумм исходного ряда, но у меня не получается строго это сделать(
Уважаемые участники форума, помогите, пожалуйста, установить сходимость полученной перестановки к $s'.$

[ewert]

dzh0rdzh1 в сообщении #490326 писал(а):

Пусть $\sum^\infty_{n=1} u_n =s$ - условно сходящийся ряд и число $s'>s.$

Почему именно больше-то -- какая вообще разница, чему равно $s'$?

dzh0rdzh1 в сообщении #490326 писал(а):

Существует бесконечное подмножество $F\subset I^-,$ для которого $\sum_{n\in F} u_n >-\infty.$

Конечно, существует. Только зачем?...

dzh0rdzh1 в сообщении #490326 писал(а):

Такой обязательно есть, потому что иначе мы бы получили перестановку натурального ряда, равную с некоторого места тождественной.

Не поэтому, а просто потому, что полные суммы как отрицательных, так и положительных членов бесконечны.

dzh0rdzh1 в сообщении #490326 писал(а):

Чтобы доказать сходимость такой перестановки ряда к $s'$ надо, видимо, использовать фундаментальность частичных сумм исходного ряда,

Фундаментальность тут не при чём, дело всего лишь в необходимом условии сходимости исходного ряда: общий член стремится к нулю и, следовательно, границы перешагиваний тоже вынужденно стремиться к нулю.

И, ради бога: зачем столь абстрактно запутанные обозначения?...

[Sonic86]

У Фихтенгольца я видел короткое и чисто словесное доказательство теоремы Римана. Грубо говоря: после каждого отрицательного члена выписываем столько положительных членов, чтобы общая сумма была $> \epsilon > 0$.

[ewert]

Я не знаю, как там в точности оформлено у Фихтенгольца (а заглядывать лень), но стандартное доказательство таково. По любому наперёд заданному $s'$ добавляем неотрицательные члены до тех пор, пока накопленная сумма $\widetilde s$ остаётся не превосходящей $s'$. Затем добавляем отрицательные члены , пока не нарушится условие $\widetilde s\geqslant s'$. Затем -- снова неотрицательные, пока сохраняется $\widetilde s\leqslant s'$ и т.д.

Это -- перестановка ряда, поскольку на каждом этапе (кроме, возможно, самого первого) мы добавляем как минимум один очередной член из неотрицательного или отрицательного набора. Каждый этап завершается за конечное количество "ходов", т.к. полная сумма как положительных, так и отрицательных членов бесконечна. И частичные суммы построенной перестановки стремятся именно к $s'$, поскольку общий член ряда всё-таки стремится к нулю.

Аналогично (но проще) строится процедура, дающая в качестве полной суммы плюс бесконечность, или минус бесконечность, или вообще ничего не дающая.

[Хорхе]

ewert, вчитайтесь в первое сообщение. Мы оставляем положительные члены на месте, поэтому условие $s'>s$ нужно. Скажем, если отрицательные члены возрастают, то сумму, очевидно, нельзя сделать меньше, чем $s$.

И, конечно, так же точно, как в доказательстве теоремы Римана не получится. Идея как раз где-то такая, как написал ТС: мы выберем сходящийся ряд из отрицательных и будем им разбавлять отрицательные так, как нам надо.

В решении ТС ошибки навскидку не вижу. Фундаментальность будет следовать из сходимости общего члена к нулю, а сходимость именно к $s'$ --- из построения: у нас бесконечное количество раз последовательность будет больше $s'$ и бесконечное количество раз меньше.

[ewert]

Хорхе в сообщении #490337 писал(а):

Скажем, если неотрицательные члены возрастают,

Они не могут возрастать глобально, т.к. в конце концов стремятся к нулю.

[Хорхе]

Ну кагбе могут возрастать и глобально: $(-1)^n/n$. Вот убывать глобально они не могут, это да.

[ewert]

Хорхе в сообщении #490342 писал(а):

Ну кагбе могут возрастать и глобально: $(-1)^n/n$.

Так Вы говорили о неотрицательных членах -- или об отрицательных?...

Впрочем, ни то, ни другое к условию $s'>s$ отношения всё равно не имеет -- оно несущественно просто из-за бесконечности обеих сумм.

[Хорхе]

Об отрицательных, сорри. Ну а насчет несущественности --- попробуйте переставить члены ряда, что я записал, не трогая положительные, чтобы сумма стала отрицательной.

[ewert]

Я и впрямь неверно прочитал условие, соррю. Но всё равно не понимаю, зачем оно. Хотя, конечно -- какое угодно условие поставить можно.

[dzh0rdzh1]

Хорхе в сообщении #490337 писал(а):

Фундаментальность будет следовать из сходимости общего члена к нулю, а сходимость именно к $s'$ --- из построения: у нас бесконечное количество раз последовательность будет больше $s'$ и бесконечное количество раз меньше.

как фундаментальность следует из сходимости общего члена к нулю?
легко проверить, что частичные суммы $\sum^n_{k=1} u_{\sigma(k)}$ сходятся к $s'$ по индексам $n \in [n_{2p},n_{2p+1}]$ (это там где суммы меньше $s'$): на этих отрезках отрицательные члены добавляются из множества $F$ и сумма не может стать меньше $s'-\varepsilon$ для достаточно больших $n.$ а вот как быть с индексами $n \in [n_{2p-1},n_{2p}]$ неясно для этих индексов сумма $\sum^{n}_{k=1} u_{\sigma(k)}$ состоит из частичной суммы исходного ряда и нескольких групп из положительных членов ряда. С ростом $n$ на место отрицательных членов ряда вставляются неиспользованные ранее отрицательные члены исходного ряда, ну а положительные члены ряда остаются на своих местах. Не может ли случиться, что такие частичные суммы будут беск. часто выходить за уровень $s'+\varepsilon?$

[Хорхе]

Да в принципе и фундаментальность-то не нужна. Для больших номеров сумма ряда будет отличаться от $s'$ не более чем на какой-то очень далекий член ряда, который сходится к нулю. Вам нужен лишь такой очевидный из построения факт: все первые члены ряда рано или поздно в Вашей перестановке встретятся (на то она и перестановка).

[dzh0rdzh1]

Хорхе в сообщении #491654 писал(а):

Для больших номеров сумма ряда будет отличаться от $s'$ не более чем на какой-то очень далекий член ряда, который сходится к нулю.

Извините, не понимаю((( Почему сумма отличается от $s'$ только на один член ряда?

Пока только выходит, что нижний предел частичных сумм равен $s'$

[Хорхе]

Ну как только частичная сумма уровень $s'$ пересекает, мы поворачиваем. Так что больше, чем один член, не получится.

-- Вт окт 11, 2011 23:18:43 --

А нет, вру. Понял, в чем бред. Сейчас подумаю.

-- Вт окт 11, 2011 23:58:53 --

Ага, понял. Возможно, и так, как Вы написали, получится, но лучше слегка поменять. По пути "наверх" от номера $m$ надо разбавлять членами из $F$ не до тех пор, пока получится сумма больше $s'$, а до тех пор, пока не cтанет $\sup_{n\ge m} \sum_{k=1}^n u_{\sigma(k)}>s'$. Тогда всё должно легко получиться.

[Хорхе]

Нет, легко не получается. В таком случае провалы ниже $s'$ могут быть глубокие. Вообще все непросто, и надо думать дальше.