Να συγκλίνει σε άρρητο

#1

Δίνεται συγκλίνουσα σειρά $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} x_n$ με θετικούς όρους. Να δειχθεί ότι η (x_n)

έχει υπακολουθία $(x_{n_k})$ ώστε το $\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} x_{n_k}$ να είναι άρρητος.

Λάμπρος Κατσάπας · #2

Demetres έγραψε: ↑
Δευ Δεκ 10, 2018 3:19 pm
Δίνεται συγκλίνουσα σειρά $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} x_n$ με θετικούς όρους. Να δειχθεί ότι η έχει υπακολουθία $(x_{n_k})$ ώστε το $\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} x_{n_k}$ να είναι άρρητος.

Ωραία.

Στα γρήγορα γιατί πρέπει να φύγω. Ζητώ συγνώμη.

Αν η σειρά μας συγκλίνει σε άρρητο παίρνουμε ως υπακολουθία την ίδια την ακολουθία και έχουμε τελειώσει.

Αν η σειρά μας συγκλίνει σε ρητό τότε:

Αν υπάρχει n_0

ώστε $x_{n_0}$ άρρητος τότε παίρνουμε πετάμε το $x_{n_0}$ και παίρνουμε την υπόλοιπη ακολουθία.

Το άθροισμά της αναγκαστικά θα συγκλίνει (σε άρρητο) αφού έχουμε θετικούς όρους και είναι φραγμένο άνω από την αρχική σειρά

(η περίπτωση αυτή μπορεί να απορροφηθεί από την παρακάτω αλλά την αφήνω γιατί εδώ το επιχείρημα είναι απλό).

Έστω $x_{n}$ ρητός για κάθε

. Γνωρίζουμε ότι το πλήθος των ακολουθιών που αποτελούνται από μηδενικά ή άσσους είναι μη αριθμήσιμο.

Μπορούμε λοιπόν να κατασκευάσουμε μη αριθμήσιμο πλήθος από υπακολουθίες βάζοντας απλά

ή

μπροστά από κάθε όρο x_n

όπου όλες θα συγκλίνουν.

Επειδή οι ρητοί είναι αριθμήσιμοι κάποια από αυτές τις υπακολουθίες αναγκαστικά θα συγκλίνει σε άρρητο.

Edit: Nα σημειώσω, μετά από μήνυμα του κ.Παπαδόπουλου, ότι οι ακολουθίες 0-1

θα πρέπει να περιέχουν άπειρο πλήθος άσσους.

#3

Λάμπρο, υπάρχει ακόμη ένα θεματάκι με την λύση.

Κάποιες από τις υπεραριθμήσιμες αυτές υπακολουθίες μπορεί να συγκλίνουν στον ίδιο ρητό αριθμό.

#4

Demetres έγραψε: ↑
Δευ Δεκ 10, 2018 5:50 pm
Λάμπρο, υπάρχει ακόμη ένα θεματάκι με την λύση.

Κάποιες από τις υπεραριθμήσιμες αυτές υπακολουθίες μπορεί να συγκλίνουν στον ίδιο ρητό αριθμό.

Σωστά.

Μπορούμε να το ρυθμίσουμε αυτό πετώντας κάποια x_n

πριν βάλουμε τους συντελεστές

ή

, ως εξής: Ορίζουμε n_1=1

. Μετά αφού ορίσουμε τους n_1<n_2<...< n_m

ορίζουμε τον επόμενο επιλέγοντάς τον τόσο μεγάλο και μετά τον n_m

ώστε η ουρά $\displaystyle{\sum _{k=n_{m+1}}^{\infty} x_k < \frac {1}{2} x_{n_m}}$ . Τώρα κρατάμε τα $x_{n_k}$ ενώ τα υπόλοιπα τα πετάμε. Χωρίς βλάβη λοιπόν η αρχική ακολουθία ικανοποιεί $\displaystyle{\sum _{k=n+1}^{\infty} x_k < \frac {1}{2} x_n}$ , για κάθε

.

Τώρα με $c_k\in \{0,1\}$ δύο διαφορετικά αθροίσματα $\displaystyle{\sum _{k=1}^{\infty} c_k x_{k}}$ έχουν διαφορετική τιμή. Πράγματι αν δύο τέτοια αθροίσματα είναι ίσα και

ο πρώτος δείκτης που διαφέρουν θα είχαμε

$\displaystyle{x_n+ \sum _{k=n+1}^{\infty} c_k x_{k} = \sum _{k=n+1}^{\infty} c_k 'x_{k} }$ , αλλά τότε

$\displaystyle{x_n \le x_n+ \sum _{k=n+1}^{\infty} c_k x_{k} = \sum _{k=n+1}^{\infty} c_k 'x_{k} \le \sum _{k=n+1}^{\infty} x_{k} < \frac {1}{2} x_n}$ . Άτοπο.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #5

Αυτό δεν το γνώριζα.
Εχει όμως ενδιαφέρον το εξής.

Εστω η συγκλίνουσα σειρά $\sum_{k=1}^{\infty }a_{k}$

με την ακολουθία $(a_{k})_{k\in \mathbb{N}}$

να έχει τις ιδιότητες

1)Είναι φθίνουσα και $a_{k}> 0$

2)Για $n\in \mathbb{N}$

έχουμε ότι $a_{n}\leq \sum_{k=n+1}^{\infty }a_{k}$

Αν $\sum_{k=1}^{\infty }a_{k}=A$

τότε για κάθε $r\in (0,A]$

υπάρχει $S\subseteq \mathbb{N}$ (πιθανόν να είναι και πεπερασμένο)

ώστε $\sum _{k\in S}a_{k}=r$

#6

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Τρί Δεκ 11, 2018 9:07 am
Αυτό δεν το γνώριζα.
Εχει όμως ενδιαφέρον το εξής.

Εστω η συγκλίνουσα σειρά $\sum_{k=1}^{\infty }a_{k}$

με την ακολουθία $(a_{k})_{k\in \mathbb{N}}$

να έχει τις ιδιότητες

1)Είναι φθίνουσα και $a_{k}> 0$

2)Για $n\in \mathbb{N}$

έχουμε ότι $a_{n}\leq \sum_{k=n+1}^{\infty }a_{k}$

Αν $\sum_{k=1}^{\infty }a_{k}=A$

τότε για κάθε $r\in (0,A]$

υπάρχει $S\subseteq \mathbb{N}$ (πιθανόν να είναι και πεπερασμένο)

ώστε $\sum _{k\in S}a_{k}=r$

Αφού $\displaystyle{\sum_{k=n}^{\infty }a_{k} \to 0}$ υπάρχει κάποιος μικρότερος n_1

με

$\displaystyle{a_{n_1 }< \sum_{k=n_1+1}^{\infty }a_{k} \le r < \sum_{k=n_1}^{\infty }a_{k} =a _{n_1} + \sum_{k=n_1+1}^{\infty }a_{k} }$ .

Αν έχουμε ισότητα στο " $\le$ ", τελειώσαμε. Αλλιώς έχουμε

$\displaystyle{ 0< r- a_{n_1 }< \sum_{k=n_1+1}^{\infty }a_{k} }$ , και επαναλαμβάνουμε την διαδικασία με τον $r- a_{n_1 }$ στην θέση του

. Δηλαδή, υπάρχει ένας μικρότερος $n_2 \ge n_1+1$ τέτοιος ώστε

$\displaystyle{a_{n_2 }< \sum_{k=n_2+1}^{\infty }a_{k} \le r -a_{n_1}< \sum_{k=n_2}^{\infty }a_{k} =a _{n_2} + \sum_{k=n_2+1}^{\infty }a_{k} }$ .

οπότε ή τελειώσαμε ή ισχύει

$\displaystyle{ 0< r- a_{n_1 }- a_{n_2 }< \sum_{k=n_2+1}^{\infty }a_{k} }$

Συνεχίζουμε με τον ίδιο επαγωγικό τρόπο βρίσκοντας όλο και καλύτερες προσεγγίσεις $a_{n_1 }+ a_{n_2 }+...+a_{n_k }$ του

. Το ζητούμενο έπεται από την $\displaystyle{\sum_{k=n_k+1}^{\infty }a_{k} \to 0}$ .

#7

Την άσκηση την πήρα από το College Mathematics Journal. Ήταν το πρόβλημα 1111 με την λύση να εμφανίζεται τον Δεκέμβριο του 2018. Η λύση ήταν ουσιαστικά ίδια όπως συμπληρώθηκε από τον Μιχάλη στις ιδέες του Λάμπρου.

Όπως με ενημέρωσε ο Σταύρος το επιχείρημα της επόμενης παραγράφου είναι λανθασμένο. (Σκεφτόμουν λανθασμένη ανισότητα στην συνθήκη 2.)

Μπορούμε να δώσουμε λύση χρησιμοποιώντας και το αποτέλεσμα που μας έδωσε ο Σταύρος. Πράγματι για κάθε συγκλίνουσα σειρά $\sum a_k$ θετικών όρων, μπορούμε να βρούμε μια μονότονη υπακολουθία της (a_k)

η οποία αναγκαστικά θα είναι φθίνουσα (αφού θα συγκλίνει στο

). Διώχνοντας όρους όπως έκανε ο Μιχάλης, μπορούμε να περάσουμε σε υπακολουθία η οποία να έχει τις ιδιότητες που ζητάει ο Σταύρος. Άρα έχει υπακολουθίες που συγκλίνουν σε οποιοδήποτε αριθμό θέλουμε σε ένα διάστημα της μορφής [0,A]

. Επειδή οι πεπερασμένες υπακολουθίες είναι αριθμήσιμες και οι άρρητοι είναι υπεραριθμήσιμοι, θα υπάρχει και άπειρη υπακολουθία που συγκλίνει σε άρρητο.

Να συγκλίνει σε άρρητο

Να συγκλίνει σε άρρητο

Re: Να συγκλίνει σε άρρητο

Re: Να συγκλίνει σε άρρητο

Re: Να συγκλίνει σε άρρητο

Re: Να συγκλίνει σε άρρητο

Re: Να συγκλίνει σε άρρητο

Re: Να συγκλίνει σε άρρητο

Μέλη σε σύνδεση