Всегда рациональая сумма

[Dave]

Существует ли сходящийся ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty} x_n$ из положительных чисел $x_n$, такой, что его сумма, а также сумма любого его под-ряда (ряда, составленного из бесконечной подпоследовательности $\{x_n\}$) является:
а) рациональным числом;
б) иррациональным числом.

[RIP]

а) Нет. Пронумеруем все рациональные числа каким-нибудь образом. Можно найти такое конечное "начало" подряда, что сумма любого подряда с данным началом отлична от первого рационального числа (если первое число неположительно, то достаточно в начало включить первый член, в противном случае выкидываем из ряда столько слагаемых, чтобы сумма "хвоста" была меньше нашего числа). Аналогично можно выбрать конечное "продолжение", чтобы заведомо избежать второго рационального числа. Итд. Расписывать формально лень.
б) Сумма любого подряда ряда $\sum_{n=0}^\infty2^{-n!}$ трансцендентна.

-- Сб 26.05.2012 18:35:52 --

а) Туплю. Можно же проще. Существует континуальная цепь подмножеств натурального ряда (упорядоченных по включению). Следовательно, у любого сходящегося ряда с положительными слагаемыми множество сумм его подрядов континуально.

[Sonic86]

(попытался)

а) пусть ряд существует, подряды удобно обозначать $S(M), M\subseteq\mathbb{N}$. Тогда $S(\mathbb{N})\in\mathbb{Q}$, $(\forall j)S(\mathbb{N}\setminus\{j\})\in\mathbb{Q}$ $\Rightarrow x_j = S(\mathbb{N})-S(\mathbb{N}\setminus\{j\})\in\mathbb{Q}$. Далее, множество рациональных чисел счетно, а число всевозможных сумм, которых можно составить из счетного числа слагаемых, несчетно. Значит существует несчетное число подмножеств $M_{\alpha}$, имеющих одну и ту же рациональную сумму $s=S(M_{\alpha})$. Если $A,B$ - 2 подмножества множества натуральных чисел и $S(A)=S(B)$, то $S(A\setminus B)=S(B\setminus A)$, причем подмножества $A\setminus B, B\setminus A$ уже не пересекаются. Выполним такую процедуру (замена $\{A,B\}\to\{A\setminus B,B\setminus A\}$) над каждой парой множеств $M_{\alpha}$ - получим множество $N_{\beta}$ непересекающихся множеств, причем снова несчетное. Все суммы $S(N_{\beta})$ по условию тоже рациональны, значит множество всех сумм $S(N_{\beta})$ снова счетное. Значит среди всех множеств $S(N_{\beta})$ можно выделить несчетное подмножество множеств $N_{\gamma)$ с одинаковым значением $s_1=S(N_{\beta})$. Но тогда $S\geqslant\sum\limits_\gamma S(N_\gamma)=s_1\cdot\mathfrak{c}=+\infty$ - ряд расходится. Значит такой ряд не существует.

RIP в сообщении #576707 писал(а):

Существует континуальная цепь подмножеств натурального ряда (упорядоченных по включению)

Почему?! (мне показалось, что не существует ведь если мы будем добавлять к подмножеству хотя бы по одному элементу, то можно считать, что список добавляемых элементов упорядочен по возрастанию (от этого число членов цепи не изменится), а раз он упорядочен, то он счетен. Нет? )

[RIP]

Обсуждалось уже несколько раз. Например. Если вкратце, то удобнее нумеровать члены ряда рациональными числами, а для рациональных чисел пример придумывается на раз: $\bigl\{(-\infty,x)\cap\mathbb Q\mid x\in\mathbb R\bigr\}$.

[Sonic86]

RIP, спасибо! не знал...

[Dave]

RIP в сообщении #576707 писал(а):

а) Туплю. Можно же проще. Существует континуальная цепь...

Это проще для тех, кто уже знает, что такая цепь существует

Моё решение пункта а) использовало тот факт, что можно вначале выделить подпоследовательность, каждый следующий член которой как минимум в два раза меньше предыдущего, а уже из неё потом можно выбирать любую подпоследовательность - все суммы будут разными и их количество, очевидно, континуально.

RIP в сообщении #576707 писал(а):

б) Сумма любого подряда ряда $\sum_{n=0}^\infty2^{-n!}$ трансцендентна.

Это что-то типа константы Лиувилля? Доказательство, наверное, сложновато?
Для иррациональности достаточно взять ряд для числа $e=\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac 1 {n!}$ или же такой ряд: $\sum\limits_{n=1}^{\infty} {10^{-n^2}}$ - десятичная дробь любого рационального числа периодична, а из этого ряда периодичную дробь не составить никак.

[RIP]

Dave в сообщении #576745 писал(а):

Это что-то типа константы Лиувилля? Доказательство, наверное, сложновато?

Типа того. Док-во простое, как ни странно, можно по английской Википедии ознакомиться: ссылка.

-- Сб 26.05.2012 20:18:26 --

Интересно, можно ли сделать так, что любые 2 такие суммы были алгебраически независимы.

[Dave]

Я "копал" в другом направлении, в сторону топологии, а не алгебры и "откопал" такую задачу.

Пусть, как и прежде, ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty} x_n$ сходится и составлен из положительных чисел. Пусть $S$ - множество сумм всех его подпоследовательностей, но на этот раз допускаются конечные суммы и число $0$ как сумма "пустого ряда", т.е. $S=\left\{\sum\limits_{i \in I} {x_i} \mid I \subseteq \mathbb N \right\}.$

(Основная задача). Докажите, что $S$ - всегда замкнутое множество.
(Несложно). Покажите, что условие сходимости исходного ряда является для существенным для замкнутости $S$, т.е. приведите пример расходящегося ряда, для которого множество $S$ сумм всех сходящихся под-рядов и конечных подпоследовательностей не является замкнутым.
(Чуть сложнее). Каким может быть множество $S$, соответствующее расходящемуся ряду, в котором $x_n \to 0$ при $n \to +\infty$?
(Как бонус). Какое множество $S$ соответствует ряду $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac 2 {3^n}$ ?

[Профессор Снэйп]

Dave в сообщении #576961 писал(а):

Какое множество $S$ соответствует ряду $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac 2 {3^n}$ ?

Канторовское?

[RIP]

А я всё про своё. Предлагаю подумать над следующими задачами.

1) Привести пример такой последовательности $x_n$, что все линейные соотношения над $\mathbb Q$ между элементами множества $S$ являются тождествами (типа $\sum_{i\in I_1\sqcup I_2}x_i=\sum_{i\in I_1}x_i+\sum_{i\in I_2}x_i$). (Или доказать существование такой последовательности.)
2*) Заменить в предыдущей задаче поле $\mathbb Q$ на поле всех алгебраических чисел $\mathbb A$.
3**) Заменить в предыдущей задаче линейные соотношения на алгебраические.

Пока я умею решать первую. Думаю, что и другие тоже вполне решабельны. Надо будет подумать.

-- Вс 27.05.2012 07:57:00 --

Вторая задача оказалась совсем тривиальной, особенно если не требовать явного примера (хотя, смотря что считать явным). Наверное, и третья так же решается.

[Профессор Снэйп]

А в первой задаче $I_1$ и $I_2$ конечны?

-- Вс май 27, 2012 10:53:10 --

Хотя нет, конечно же произвольные. Иначе слишком просто получается.

[Dave]

Профессор Снэйп в сообщении #576970 писал(а):

Dave в сообщении #576961 писал(а):

Какое множество $S$ соответствует ряду $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac 2 {3^n}$ ?

Канторовское?

Именно так.

Dave в сообщении #576961 писал(а):

(Основная задача). Докажите, что $S$ - всегда замкнутое множество.

Здесь небольшое дополнение - $S$ в этом случае, помимо замкнутости, также не имеет изолированных точек, т.е. всегда является совершенным множеством. Отсюда, кстати, вытекает ещё один способ доказательства того, что $S$ не может состоять только из рациональных точек, ибо любое непустое совершенное подмножество $\mathbb R$ имеет мощность континуума.