Сходимость из сходимости подпоследовательностей

[lofar]

$x_n$ — вещественная последовательность. Для любого $a\in[1,2]$ подпоследовательность $x_{\lfloor a^k\rfloor}$ сходится (a priori не известно, что подпоследовательности сходятся к одному пределу при разных $a$). Докажите, что $x_n$ сходится.

[alcoholist]

типа всюду плотна?

[lofar]

Чуть подробнее намекните, что вы имеет в виду.

[worm2]

Сильное утверждение. Эквивалентно такому: для любой возрастающей последовательности существует такое $a\in[1,2]$, что пересечение $\{\lfloor a^k\rfloor\}$ с указанной последовательностью бесконечно.
На эту тему вспоминается обобщение теоремы Миллса, хотя это немножко не то.

[Dave]

Утверждение верно даже в случае, если вместо $[1,2]$ взять любой отрезок $[b,c]$, где $c>b \geqslant 1$.

Доказательство. Предположим противное. Тогда из $\{x_n\}$ можно выбрать две подпоследовательности, $\{x_{y_n}\}_{n=1}^{\infty}$ и $\{x_{z_n}\}_{n=1}^{\infty}$, сходящиеся к разным пределам, конечным или бесконечным (минимум один конечный предел всегда будет, если взять какую-нибудь подпоследовательность из условия).
Строим последовательность вложенных отрезков $[b_0,c_0] \supseteq [b_1,c_1] \supseteq [b_2,c_2] \supseteq \dots$ следующим образом. Берём $[b_0,c_0]=[\ln b,\ln c]$. На нечётном шаге $n$, воспользовавшись тем, что при $k>\frac {b_{n-1}} {c_{n-1}-b_{n-1}}$ выполняется $(k+1)b_{n-1}<kc_{n-1}$, т.е. интервалы $(kb_{n-1},kc_{n-1})$ и $((k+1)b_{n-1},(k+1)c_{n-1})$ перекрываюся, получаем покрытие такими интервалами полупрямой $(k_0b_{n-1},+\infty)$, где $k_0=1+\lfloor \frac {b_{n-1}} {c_{n-1}-b_{n-1}} \rfloor$ и выбираем такой ранее не выбранный элемент $y_i$ из последовательности $\{y_n\}$, для которого отрезок $[\ln y_i,\ln (y_i+\frac 1 2)]$ целиком принадлежит этой полупрямой. Пересекаем этот отрезок с некоторым $[kb_{n-1},kc_{n-1}]$ так, чтобы пересечение было также отрезком, а потом это пересечение делим на $k$ и полагаем его в качестве $[b_n,c_n]$. На чётном шаге делаем то же самое, только выбираем ранее не выбранный элемент $z_j$ из последовательности $\{z_n\}$.
По лемме Коши—Кантора о вложенных отрезках, существует число $u$, принадлежащее всем $[b_i,c_i]$. Но по построению этих отрезков видно, что тогда множество $\{\lfloor a^k \rfloor \mid k \in \mathbb N\}$, где $a=e^u$, содержит бесконечно много членов из каждой из двух последовательностей $\{y_n\}$ и $\{z_n\}$, а значит подпоследовательность $x_{\lfloor a^k\rfloor}$ не может быть сходящейся. Противоречие. $\blacksquare$

worm2 в сообщении #748801 писал(а):

Сильное утверждение. Эквивалентно такому: для любой возрастающей последовательности существует такое $a\in[1,2]$, что пересечение $\{\lfloor a^k\rfloor\}$ с указанной последовательностью бесконечно.

С одной недостаточно, нужно с двумя, как показано выше.

А вообще теорема, конечно, интересна. Она даёт ещё один критерий сходимости. Правда непонятно, можно ли его использовать на практике. Я вначале было подумал, что утверждение неверно и даже пытался построить контрпример, пока не доказал . А вот для функций при $x \to +\infty$ (когда $a^k$ без целой части) уже действительно можно построить контрпример.

[RIP]

почти было

[lofar]

RIP, вы можете объяснить рассуждение Юстаса в том треде? Почему $\lfloor a^n \rfloor$ и $\lfloor c^n \rfloor$ имеют бесконечно много общих членов?

[Dave]

Пока RIP не пришёл, позволю себе, в продолжение темы, поставить ещё две задачи.

1. Пусть $\mathcal A$ - любое счётное множество чисел, больших единицы. Докажите, что существует такая расходящаяся последовательность $x_n$, что подпоследовательности $x_{\lfloor a^k\rfloor}$ сходятся при любом $a \in \mathcal A$.
2. Приведите пример последовательности $x_n$, для которой $x_{\lfloor a^k\rfloor}$ расходится при любом $a>1$, более того, множество предельных точек каждой такой подпоследовательности есть $\mathbb R \cup \{-\infty,+\infty\}$.

[RIP]

lofar, я его сам не очень понимаю. Думаю, что его не очень просто довести до ума. Лично я рассуждал через вложенные отрезки.

1. Надо построить возрастающую посл-ть натуральных чисел, которая пересекается с каждой из $\{a^n\}$, $a\in\mathcal A$, только конечное число раз (тогда в кач-ве $x_n$ можно взять характеристическую функцию этой посл-ти). Пусть $\mathcal A=\{a_1,a_2,\ldots\}$. Строим последовательно: $n_k$ --- наименьшее число $\mathbb N\setminus\bigcup_{j=1}^{k-1}\{\lfloor a_j^n\rfloor\mid n\in\mathbb N\}$, большее $n_{k-1}$. ($n_0=0$, например.)

[worm2]

RIP в сообщении #750062 писал(а):

Строим последовательно: $n_k$ --- наименьшее число $\mathbb N\setminus\bigcup_{j=1}^{k-1}\{a_j^n\mid n\in\mathbb N\}$, большее $n_{k-1}$.

Тоже думал про такую конструкцию, но не смог доказать, что она пересекается с каждой $\{a^n\}$ только конечное число раз. Далеко не факт, например, что пересечение множеств $\{\lfloor a^k\rfloor\}$ и $\{\lfloor b^k\rfloor\}$ (при каких-то конкретных $a$ и $b$) конечно (это я просто как иллюстрацию сложности задачи привёл).

[RIP]

Если $a\in\mathcal A$, то $a=a_j$ для некоторого $j$. Тогда все $n_k$ с $k>j$ не лежат в $\{\lfloor a^n\rfloor\}$, по построению. (Я немного поправил определение: добавил целую часть.)

[Dave]

worm2 в сообщении #750085 писал(а):

Далеко не факт, например, что пересечение множеств $\{\lfloor a^k\rfloor\}$ и $\{\lfloor b^k\rfloor\}$ (при каких-то конкретных $a$ и $b$) конечно

Если, к примеру, $b=a^m$, $m \in \mathbb N$, то пересечение бесконечно.

RIP в сообщении #750062 писал(а):

Строим последовательно: $n_k$ --- наименьшее число $\mathbb N\setminus\bigcup_{j=1}^{k-1}\{a_j^n\mid n\in\mathbb N\}$, большее $n_{k-1}$.

Здесь ещё нужно доказать, что $\mathbb N\setminus\bigcup_{j=1}^{k-1}\{a_j^n\mid n\in\mathbb N\}$ непусто и даже бесконечно.

[RIP]

Dave в сообщении #750238 писал(а):

Здесь ещё нужно доказать, что $\mathbb N\setminus\bigcup_{j=1}^{k-1}\{a_j^n\mid n\in\mathbb N\}$ непусто и даже бесконечно.

Ну, каждое из множеств $\{\lfloor a^n\rfloor\}$ имеет нулевую асимптотическую плотность… Если чуть формальнее, то на отрезке $[1,N]$ мы выкидываем всего лишь порядка $\log N$ чисел.

[Dave]

RIP в сообщении #750242 писал(а):

…имеет нулевую асимптотическую плотность…

О Интересная идея. Пусть последовательность $\{x_n\}_{n=1}^{\infty}$ натуральных чисел монотонно возрастает.
Следует ли какое-либо из условий:

• Множество значений этой последовательности имеет нулевую асимптотическую плотность.
• $x_{n+1}-x_n \to +\infty$ при $n \to +\infty$.
• Ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac 1 {x_n}$ сходится.

из другого?

[Sonic86]

Dave в сообщении #750276 писал(а):

О Интересная идея. Пусть последовательность $\{x_n\}_{n=1}^{\infty}$ натуральных чисел монотонно возрастает.
Следует ли какое-либо из условий:
Множество значений этой последовательности имеет нулевую асимптотическую плотность.
$x_{n+1}-x_n \to +\infty$ при $n \to +\infty$.
Ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac 1 {x_n}$ сходится.
из другого?

$x_n:= n[C+\ln^a n], 0<a<1$
Тогда $x_n$ имеет нулевую асимптотическую плотность и $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{x_n}$ расходится. Однако, если $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{x_n}$ сходится, то $x_n \succ n\sqrt{\ln n}$, а последний имеет нулевую асимптотическую плотность. Т.е. $3\Rightarrow 1$, но не наоборот.
Поскольку $(t\ln^a t)'=\ln ^at + \frac{1}{\ln ^{1-a}t}$ - возрастает начиная с некоторого $t$, то при $0<a<1$ опять же ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{x_n}$ расходится, т.е. $2\not\Rightarrow 3$. Но $3\Rightarrow 2$, поскольку $3\Rightarrow x_n \succ n\sqrt{\ln n}$