Равенство двух множеств.

[Скорцонер]

Предлагаю интересную задачку (из задачника Садовничий , Конягин, Григорьян, 1987 г. Решение задачи там не приводится).

Последовательности $\{a_n\}$ и $\{b_n\}$ положительных чисел убывают. Положим:

$$M = \left\{A\subset N \left| \sum_{n\in A} a_n < \infty\right\}$$

,

$$L = \left\{B\subset N \left| \sum_{n\in B} b_n < \infty \right\}$$

.
Известно, что $M = \left\{\phi (B) : B \in L\right\}$ для некоторой биекции $ \phi : N \to N$.
Верно ли, что $ M = L $?

[Sasha Rybak]

Докажем, что $M=L$.

Рассмотрим случай, когда $lim_{n \to \infty} a_n = lim_{n \to \infty} b_n = 0$, иначе всё просто.

Будем говорить, что $S$ является семейством множеств сходимости для последовательности $\{c_n\}$, если $S = \left\{K\subset\mathbb N\left |\sum_{n \in K}c_n < \infty \right\}$. Семейство множеств сходимости для последовательности $\{c_n\}$ будем обозначать как $Conv(\{c_n\})$. Несложно доказать такую лемму.

----------
Лемма. Пусть для последовательностей неотрицательных чисел $\{a_n\}$ и $\{b_n\}$ выполняется $lim_{n \to \infty} a_n = lim_{n \to \infty} b_n = 0$. Тогда условие $Conv(\{b_n\}) \supset Conv(\{a_n\})$ равносильно существованию такой константы $C>0$, для которой $\sum_{n: b_n>Ca_n} b_n < \infty$. Существование такой константы будем обозначать как $b_n = O^*(a_n)$.

Лемма доказывается построением некоторого $B \in \mathbb N$, принадлежащего $Conv(\{a_n\})$, но не принадлежащего $Conv(\{b_n\})$ - в предположении несуществования нужной $C>0$.
----------

Условие задачи говорит, что

$$L = Conv(\{b_n\}) = Conv(\{a_{\phi(n)}\})$$

и

$$M = Conv(\{a_n\}) = Conv(\{b_{\phi^{-1}(n)}\})$$

.
Поэтому из Леммы получаем, что
$a_{\phi(n)} = O^*(b_n)$ и $b_{\phi^{-1}(n)} = O^*(a_n)$.
Используя отсортированность последовательностей, несложно получить, что:

$$a_{\phi(n)} = O^*(b_n) => a_n = O^*(b_n)$$

и

$$b_{\phi^{-1}(n)} = O^*(a_n) => b_n = O^*(a_n)$$

.
А отсюда, при примении Леммы в обратную сторону, следует:

$$Conv(\{a_n\}) = Conv(\{b_n\})$$

. $\qed$

[Скорцонер]

У Вас получилось красивое решение. Хотя для полной ясности хорошо бы описать построение множества B из леммы и конец изложить подробнее.
Предлагаю для сравнения свой вариант решения, который отослал авторам задачника в год его выхода.
Пусть, как и выше, $A$ и $B$ подмножества натурального ряда , $a=\{a_n\}, b=\{b_n\}$ – невозрастающие последовательности положительных чисел, сходящиеся к нулю, $n \to \phi (n)$ –некоторая перестановка натурального ряда. Будем считать $a(A) = \sum_{n \in A} a_n$ – $a$ - мерой множества $A$, и считать его измеримым по мере $a$, если $a(A) < \infty$. (Определение измеримости годится и для немонотонных последовательностей).
В этих терминах задача будет выглядеть так:
Если каждое множество $A$, измеримое по мере $a$, при перестановке $n \to \phi (n)$ натурального ряда переходит в множество $B$, измеримое по мере $b$, то каждое $A$ также измеримо по мере $b$. (Для заданной перестановки это свойство задает отношение эквивалентности между мерами $a $ и $ b$).
Доказательство.
По условию задачи, всякое $A$, измеримое по мере $a = \{a_n\}$, измеримо и по мере $b_\phi = \{ b_ {\phi(n)}\}$. Построим монотонную сходящуюся к нулю последовательность $b^*$, мажорирующую последовательность $b_\phi$,

$$b^*_n = \max ( b_ {\phi(i)}|i \geqslant n)$$

.
Для каждого $n \in A$ определим точку $i(n)$, как ближайшую справа точку $i \geqslant n$, для которой $b^*_i = b_ {\phi(i)} = b^*_n $ , и обозначим через $I=I(A)$ множество всех $i(n)$. Множество $I$ измеримо по мере $a$, так как $a_n$ не возрастает и каждый член суммы $\sum_{i \in I } a_i $не больше соответствующего члена сходящейся суммы $\sum_{n \in A} a_n$.
Множество $A$ измеримо также и по мере $b^*$, так как, по определению $ i, \sum_{n \in A} b^*_n = \sum_{i \in I} b^*_i= \sum_{i \in I } b_ {\phi(i)}$, но последняя сумма сходится, поскольку является $b_\phi$-мерой $a$-измеримого множества $I$.
Так как очевидно, что $b_n \leqslant b^* _n$, то из измеримости $A$ по мере $b^*$, следует измеримость $A$ по мере $b$. END.