Сходимость рядов

[Leeb]

Про последовательности $\{x_n\},\{y_n\}$ известно, что при любых вещественных $a,b$ ряд $\displaystyle\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{|ax_n+by_n|}$ расходится. Верно ли что при любых вещественных $a,b$ ряд $\displaystyle\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{|ax_n|+|by_n|}$ расходится?
Также исследовать случай комплексных $a,b$.

В задаче не конкретизировано, какими являются члены последовательностей $x_n,y_n$, так что пока буду считать, что вещественные. Считаю, что в первом пункте ответ - да, но не могу строго это доказать. Мы имеем ряды с положительными членами, для них расходимость эквивалентна тому, что их сумма бесконечно большая. Случай не бесконечно больших $x_n,y_n$ тривиален с ответом "да", поэтому будем считать, что обе из них бесконечно большие. Возникает главный вопрос - будут ли иметь $|ax_n+by_n|$ и $|ax_n|+|by_n|$ одинаковую скорость роста? Можно считать, что один из коэффициентов равен $\pm1$, а также подходящим выбором знаков $a,b$ можно добиться того, что общий член первого ряда положителен (т.е. если хвост $x_n$ был отрицательным, то мы выбираем $a<0$ и наоборот, поэтому считаем, что обе $ax_n$ и $by_n$ стали положительными). Тогда имеем сумму двух бесконечно больших последовательностей одного знака, $\widetilde{x}_n, \widetilde{y}_n$. И такое ощущение, что $s=\widetilde{x}_n+\widetilde{y}_n$ эквивалентно одному из них, т.к. для любых двух бесконечно больших последовательностей $p_n,q_n$ выполнено только то, что $\lim p_n/q_n =0,c,\infty$, каждый случай позволяет вынести "большее" за скобку и получить эквивалентность "большему", откуда видно, что тогда исходный ряд будет эквивалентен $\dfrac{1}{z_n}$, где $z_n$ - больший из $\widetilde{x}_n,\widetilde{y}_n$, либо их сумма если они эквивалентны. Но тогда и второй ряд будет эквивалентен $\dfrac{1}{z_n}$, значит, он тоже обязан расходится.
С комплексными (и $a,b$, и самими $x_n,y_n$) пока не придумал, наверное, что-то аналогичное должно быть, с модулями комплексных чисел.

[Leeb]

Ошибки все еще не вижу, поэтому слегка бампну тему. Может и нет ошибки. Для комплексных идея вроде тоже должна работать.
Собственно, почему спрашиваю - потому что это задача из сборника, в котором большинство задач сложные, хотя иногда встречаются и простые (не только эта), поэтому и перестраховываюсь, может, чего-то очевидного не вижу.

[KhAl]

Leeb писал(а):

а также подходящим выбором знаков $a,b$ можно добиться того, что общий член первого ряда положителен (т.е. если хвост $x_n$ был отрицательным, то мы выбираем $a<0$ и наоборот, поэтому считаем, что обе $ax_n$ и $by_n$ стали положительными).

вроде так можно один член ряда контроллировать, но не все сразу? А за счёт того, что там модуль, можно $x_n$ сделать $\geqslant$ нуля, но не $x_n$ и $y_n$ одновременно (из-за того, что под модулем аж сумма $ax_n + by_n$, то если меняем знак у $x_n$, то должны поменять и у $y_n$, чтобы получилось то же самое).

-- 11.12.2023, 01:48 --

Я бы ждал ответа "нет" в вещественном случае и искал $x_n$, $y_n$ такие, что сами по себе они быстро растут, но для всяких $a, b$ нашлось много таких пар $(x_n, y_n)$, что $ax_n + by_n$ мало.

-- 11.12.2023, 01:53 --

а может, уже из расходимости $\frac{1}{|ax_n|}$ и расходимости $\frac{1}{|by_n|}$ следует расходимость $\frac{1}{|ax_n| + |by_n|}$? upd. нет.

[KhAl]

Leeb, напишите здесь, пожалуйста, когда решите задачу — мне интересно, как она решается.

-- 11.12.2023, 03:34 --

я ещё раз укажу на ошибку, вдруг меня не поняли...

Leeb в сообщении #1621741 писал(а):

т.е. если хвост $x_n$ был отрицательным, то мы выбираем $a<0$ и наоборот

у хвоста $x_n$ не обязан быть определённый знак, напр. $(-1)^n \cdot n$ — бесконечно большая последовательность без определённого знака

[KhAl]

Решил для вещественных. А что за сборник?

[svv]

KhAl,
Канель-Белов. Сборник задач-монстров по математике. Задача №40 (в этом сборнике решения не приводятся).
Канель-Белов взял эту задачу, скорее всего, из книги
Садовничий, Григорьян, Конягин. Задачи студенческих математических олимпиад. Глава I, параграф 7, задача 23 (стр.40).
Но там по условию всё вещественное. Решение на стр.164.

[KhAl]

svv, спасибо! У них очень изящное решение, у меня тупее, хотя в кусках примерно так же устроено.

[Leeb]

KhAl в сообщении #1621864 писал(а):

а может, уже из расходимости $\frac{1}{|ax_n|}$ и расходимости $\frac{1}{|by_n|}$ следует расходимость $\frac{1}{|ax_n| + |by_n|}$? upd. нет.

К этому контрпример несложно (на четных местах быстро растущая, на нечетных - нерастущая и наоборот), а для самой задачи не смог. Сдался и посмотрел в книжку. А какой у вас был контрпример к исходной задаче?

[KhAl]

Leeb, могу разочаровать.

У меня решение очень муторное из-за обилия шагов. А ещё многословное, потому что пытаюсь передать ход рассуждений — может, зря. Я постепенно упрощаю задачу, разбиваю на кусочки, и свожу её к тривиальной. Мне близки приближения иррациональных чисел рациональными, здесь ими пахнет.

(Решение)

Во-первых, достаточно построить ряд такой, что $\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{|ax_n + by_n|}$ расходится для всяких $a, b$ и ряд $\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{|x_n| + |y_n|} = 1$.

Достаточно иметь расходимость для $a=0$, $b=1$ и для $a = 1$, $b \in \mathbb{R}$, то есть $(a, b) \in M = \{(0; 1)\} \cup \left( \{1\} \times \mathbb{R} \right)$.
Пусть теперь $M$ разбито на счётное число частей $M_k$ и для каждого $k$ есть своя пара последовательностей $x_{n,k}$, $y_{n,k}$ такая, что

$$\begin{aligned} & \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{|ax_{n,k} + by_{n,k}|} = +\infty \text{ для }(a\text{, }b) \in M_k \\ & \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{|x_{n,k}| + |y_{n,k}|} = \frac{1}{2^k} \end{aligned}$$

Тогда склеивая все $x_{n,k}$ в одну последовательность $x_n$ и все $y_{n,k}$ в одну последовательность $y_n$ (нужно воспользоваться биекцией $\mathbb{N}^2 \to \mathbb{N}$), получим желаемую последовательность ($\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{|ax_n + by_n|}$ расходится при $(a, b) \in M$ и $\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{|x_n| + |y_n|} = 1$).

То есть достаточно зафиксировать разбиение $M_k$ и для всякого $k$ построить последовательности, для которых $\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{|ax_n + by_n|}$ расходится при $(a, b) \in M_k$ и $\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{|x_n| + |y_n|}$ сходится.

В качестве элементов разбиения возьмём множества $\{(0;1)\}$, $\{(1; 0)\}$, $\{1\} \times \left(\frac{1}{2^k}; \frac{1}{2^{k-1}}\right]$, $\{1\} \times \left[-\frac{1}{2^{k-1}}; -\frac{1}{2^k}\right)$ [здесь $k \in \mathbb{Z}$].

Для $\{(0;1)\}$ и для $\{(1;0)\}$ такими примерами будут $x_n = n^2$, $y_n = 0$ и наоборот, $x_n = 0$, $y_n = n^2$.

С промежутками вида $\{1\} \times \lambda \cdot \left(\frac{1}{2}; 1\right]$ поступим так: построим пример для $\lambda = -1$, а для всех прочих $\lambda$ пример получается из $\lambda = -1$ заменой $y_n \mapsto -\lambda^{-1} y_n$.

То есть достаточно построить $x_n, y_n$ такие, что $\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{|x_n - by_n|}$ расходится для $b \in \left(\frac{1}{2}; 1\right]$, но $\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{|x_n| + |y_n|}$ сходится.

Интуитивно, для всякого $b$ должно достаточно часто выполнятся $|x_n - by_n| \approx 0$. Или $\frac{y_n}{x_n} \approx \frac{1}{b}$. Так что мы (такой анзац) положим $y_n = \beta_n x_n$, а $\beta_n$ будет пробегать все рациональные числа отрезка $\left[1; 2\right]$ (это чтобы $\beta_n$ подходило близко к любому $\frac{1}{b} \in \left[1;2\right)$).

Проще нумеровать наши последовательности не одним индексом $n$, а парой индексов $n,m$, $n \leqslant m \leqslant 2m$ (в любом случае счётное множество индексов), то есть мы вместо $x_n$, $y_n$, $\beta_n$ пишем $x_{n,m}$, $y_{n,m}$, $\beta_{n,m}$. И положить просто $\beta_{n,m} = \frac{m}{n}$ (для этого и нужна была пара индексов), то бишь $y_{n,m} = \frac{m}{n}x_{n,m}$. Перепишем наши требования в новых терминах (нужно $\frac{1}{|x_{n,m}| + |y_{n,m}|}$ заменить на эквивалентное ему $\frac{1}{|x_{n,m}|}$):

$$\begin{aligned} & \sum_{n=1}^{+\infty}\sum_{m=n}^{2n} \frac{1}{|x_{n,m}|} < +\infty \\ & \sum_{n=1}^{+\infty}\sum_{m=n}^{2n} \frac{1}{|x_{n,m}|} \cdot \frac{1}{|b^{-1} - \frac{m}{n}|} = +\infty \text{ для всех } b \in \left(\frac{1}{2}; 1\right] \end{aligned}$$

Следующий шаг это сделать $x_{n,m}$ не зависящим от $m$ и тривиализовать общий член первого ряда: подставим $x_{n,m} = \dfrac{n}{\tau_n}$, $\tau_n > 0$, тогда условия превращаются в

$$\begin{aligned} & \sum_{n=1}^{+\infty} \tau_n < +\infty \\ & \sum_{n=1}^{+\infty} \tau_n \sum_{m=n}^{2n} \frac{1}{|nb^{-1} - m|} = +\infty \text{ для всех } b \in \left(\frac{1}{2}; 1\right] \end{aligned}$$

А теперь остаётся заметить, что

$$R_n = \sum_{m=n}^{2n} \frac{1}{|nb^{-1} - m|} \geqslant 1 + \frac12 + \frac13 + \dots + \frac1{[n/2]} \to +\infty$$

(берём минимальное значение знаменателя, оно меньше единицы, и отходим от него на $[n/2]$ шагов влево или вправо)
И значит, что (это известная задача) точно найдётся $\tau_n$ такое, что $\sum_{n=1}^{+\infty} \tau_n < +\infty$ и $\sum_{n=1}^{+\infty} \tau_n R_n < +\infty$. В нашем случае, конечно, $R_n \geqslant \ln([n/2])$ и в качестве $\tau_n$ подойдёт $\tau_n = \frac{1}{n \left(\ln(n+1)\right)^2}$

Для комплексных чисел не работает последний шаг рассуждения: соответствующие $R_n$ будут ограничены.

-- 11.12.2023, 16:13 --

Это решение (в особенности его самое начало) даёт несколько соображений про комплексный случай. Например, из расходимости $\sum \frac{1}{|ax_n + by_n|}$ для какого-либо счётного числа пар $(a, b)$ не может следовать расходимость $\sum \frac{1}{|x_n| + |y_n|}$

[Leeb]

KhAl
Спасибо. Ваше решение мне кажется лучшим, чем решение из садовничего, потому что понятно, как до него додумались, в отличие от их решения, которое больше напоминает подставной трюк (что объяснимо желанием сократить объем текста в книге), хоть и идеи обоих решений в каком-то смысле схожи.

(Оффтоп)

KhAl в сообщении #1621957 писал(а):

и $\sum_{n=1}^{+\infty} \tau_n R_n < +\infty$

Тут $=+\infty$.

[KhAl]

Leeb, Вам спасибо за интересную задачу!

Комплексный случай тоже сделал. Там решение даже простое, если его знать.

[mihaild]

Да, хорошая задача. Я пытался брать $x_n$ так, что $\sum \frac{1}{|x_n|}$ сходится, но это, видимо, невозможно.

[KhAl]

mihaild, $(a;b) = (1;0)$?

[mihaild]

KhAl, это для случая когда $ab \neq 0$ (из контрпримера для такого случая легко делается контрпример для исходной задачи).

[KhAl]

Я добавлю ещё к своему решению

(Оффтоп)

вместо разбиения $\{(a;b)\}$ на счётное число кусков можно было бить на два:
$a = 1, |b| \leqslant 1$ и $b = 1, |a| \leqslant 1$

-- 13.12.2023, 22:29 --

(Leeb)

Leeb в сообщении #1622017 писал(а):

их решения, которое больше напоминает подставной трюк (что объяснимо желанием сократить объем текста в книге)

Не думаю. После того, как становится понятно, что пара $(a;b)$ определена с точностью до пропорциональности, кажется естественным положить $a = \cos \varphi$, $b = \sin \varphi$ и интерпретировать знаменатель $ax_n + by_n$ как $x$-координату вектора после поворота на $\varphi$, а $|x_n| + |y_n|$ -- как модуль этого вектора, с точностью до эквивалентности норм.