Достаточное условие на подпоследовательность.

[DiMath]

Доброго времени суток.

Возьмем множество $A\subset\mathbb{N}$ такое, что $\sum\limits_{n \in A}^{} \frac{1}{n} = \infty$
Не могу сообразить, какое нужно наложить условие на А, чтобы из него можно было бы выделить бесконечное подмножество, для которого подобный ряд сходился, НО порядок членов, относительно исходного множества, менять нельзя.
Можно упорядочить множество А и рассмотреть последовательность частичных сумм. Тогда вопрос такой: у какой расходящейся последовательности, можно выделить сходящуюся подпоследовательность?

Спасибо.

[Brukvalub]

Не нужно никаких условий, ваше требование всегда можно выполнить. Докажите этот факт.

[ИСН]

У такой расходящейся последовательности, которая расходится в разные стороны (то есть не у этой) - вот у какой можно выделить сходящуюся подпоследовательность. Но это тут ни при чём.

[gris]

Вопросы любопытного :
А разве для рядов с положительными членами имеет значение порядок слагаемых?

Brukvalub, а где-нибудь в теории рядов рассматриваются суммы всех возможных (бес)конечных подрядов? Ну как бы обобщение частичных? Ваше утверждение я доказал

ИСН, это же только для положительных последовательностей? Но тогда это почти тавтология, или даже само определение частичного предела. Вот ограниченные последовательности подходят, но ведь не только они. ТС, мне кажется, хотел найти критерий без упоминания слов "подпоследовательность". (Надеюсь, его последний вопрос уже не содержит гармонический ряд?)

[Anton_Peplov]

DiMath в сообщении #1006281 писал(а):

не могу сообразить, какое нужно наложить условие на $A$, чтобы из него можно было бы выделить бесконечное подмножество, для которого подобный ряд сходился,

Выделить из чего? Из $A$, которое само - подмножество $\mathbb{N}$, выделяем еще $B \subset A$? Я правильно понял?

-- 21.04.2015, 17:46 --

Имею мысль.
Из всякой ли возрастающей последовательности натуральных чисел можно выделить подпоследовательность, возрастающую быстрее, чем $\{n^2\}$? По-моему, из всякой. Берем возрастающую последовательность $\{a_n\}$. Обозначаем $b_1 = a_1$. Находим первый член $\{a_n\}$, который больше $b_1^2$. Обозначаем его $b_2$. Находим первый член $\{a_n\}$, который больше $b_2^2$. Обозначаем его $b_3$. И т.д. Получаем подпоследовательность $\{b_n\}$, возрастающую быстрее, чем $\{n^2\}$.
Если мое рассуждение верно, то утверждение Brukvalub о том, что требование ТС всегда можно выполнить, доказано.

[ewert]

DiMath в сообщении #1006281 писал(а):

НО порядок членов, относительно исходного множества, менять нельзя.

У множества не бывает порядка.

Если же Вас смущает порядок именно в сумме, то можете для начала выделить возрастающую подпоследовательность элементов множества.

DiMath в сообщении #1006281 писал(а):

рассмотреть последовательность частичных сумм. Тогда вопрос такой: у какой расходящейся последовательности, можно выделить сходящуюся подпоследовательность?

Совершенно никчёмный вопрос: подпоследовательности сумм не имеют отношения к суммам подпоследовательностей.

[Anton_Peplov]

А вообще, кажется, такая теорема есть: если $a_n \to 0$ при $n \to \infty$, то из $\{a_n\}$ можно выделить $\{b_n\}$ такую, что $\Sigma b_n$ сходится. Но я не уверен.

[Brukvalub]

Anton_Peplov в сообщении #1006435 писал(а):

А вообще, кажется, такая теорема есть: если $a_n \to 0$ при $n \to \infty$, то из $\{a_n\}$ можно выделить $\{b_n\}$ такую, что $\Sigma b_n$ сходится. Но я не уверен.

Это не теорема, а тривиальный факт.

[Anton_Peplov]

Все, что можно доказать - теорема. Даже если тривиальная.
Впрочем, последнее дело - спорить о терминах.

[DiMath]

Спасибо Всем за ответы! Вопрос исчерпан.

[Dan B-Yallay]

(Оффтоп)

Anton_Peplov в сообщении #1006444 писал(а):

Все, что можно доказать - теорема. Даже если тривиальная.
Впрочем, последнее дело - спорить о терминах.

Ну да, это как палку-копалку назвать механизмом. Вопрос договоренности.