mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιαν 01, 2013 9:19 pm**

Xρόνια πολλά!

Έστω

ένα σύνολο (πιθανώς άπειρο σε μέγεθος) περιττών θετικών ακεραίων. Να αποδειχθεί ότι υπάρχει ακολουθία (x_n),n=0,1,...

τέτοια ώστε η σειρά $\sum{x_n^k}$ να συγκλίνει για κάθε $k \in S$ και να αποκλίνει για κάθε $k \notin S$

Edit: Όπου

θετικός ακέραιος

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιαν 16, 2013 11:14 pm**

Επαναφορά

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιαν 17, 2013 12:53 am**

nickthegreek έγραψε: Έστω ένα σύνολο (πιθανώς άπειρο σε μέγεθος) περιττών θετικών ακεραίων. Να αποδειχθεί ότι υπάρχει ακολουθία τέτοια ώστε η σειρά $\sum{x_n^k}$ να συγκλίνει για κάθε $k \in S$ και να αποκλίνει για κάθε $k \notin S$

Κάνω μόνο την περίπτωση όπου

είναι το σύνολο των περιττών, που είναι και η πιο ενδιαφέρουσα. Ξέρω και την γενική περίπτωση, αλλά η λύση μου είναι κάπως δύσκολη να γραφεί λόγω πολλών δεικτών, αν και νομίζω ότι μπορώ να την απλοποιήσω. Ίδωμεν. Πάντως έχω υπερβολικό φόρτο εργασίας και δεν προλαβαίνω... Θα χαρώ να την συμπληρώσει άλλος.

Ορίζουμε (x_n)

ως εξής: Εναλλάσσουν θετικοί θετικοί και αρνητικοί όροι. Κατόπιν επιλέγουμε 2^2

όρους ίσους με $\pm\frac {1}{2}$ ακολουθούμενοι με 4^4

όρους ίσους με $\pm\frac {1}{4}$ , μετά 6^6

όρους ίσους με $\pm\frac {1}{6}$ και ούτω καθ' εξής. Κάπως έτσι

$\displaystyle{ \, \frac {1}{2}, \, -\frac {1}{2}, \, \frac {1}{2},- \frac {1}{2}, \, \frac {1}{4}, \, -\frac {1}{4}, ... \,\frac {1}{4}, \,-\frac {1}{4}, \frac {1}{6}, \,-\frac {1}{6}, ... }$

Τώρα, για περιττό εκθέτη 2k+1

, τα μερικά αθροίσματα της $\sum{x_n^{2k+1}}$ είναι είτε

είτε μένει μόνο ο τελευταίος όρος (διότι οι όροι εναλλάσσουν). Άρα συγκλίνει γιατί τα x_n

τείνουν στο μηδέν.

Για άρτιο εκθέτη

, όλοι οι όροι είναι θετικοί. Αν επιλέξουμε οποιοδήποτε $N\ge k$ τότε το μπλόκο των $(2N)^{2N}$ όρων $\displaystyle{\left(\frac {1}{2N}\right)^{2k}}$ έχει άθροισμα $\displaystyle{\left(\frac {1}{2N}\right)^{2k}+ ...\, +\left(\frac {1}{2N}\right)^{2k}\ge \left(\frac {1}{2N}\right)^{2N}+ ...\, +\left(\frac {1}{2N}\right)^{2N} = (2N)^{2N} \cdot \left(\frac {1}{2N}\right)^{2N}=1}$ , οπότε η σειρά αποκλίνει από το κριτήριο Caychy.

Συμπεραίνουμε ότι η σειρά συγκλίνει για τους εκθέτες στο

και μόνον αυτούς, όπως θέλαμε.

Ελπίζω να βρω χρόνο για τα υπόλοιπα, αλλά κυριολεκτικά πνίγομαι (είμαι στο φόρτε της προετοιμασίας για το Καγκουρό, έχω διαγώνισμα με 450 εγγεγραμμένους, άλλο με μόνο 80, δύο εκλογές καθηγητών, γραπτά από κάτι διαγωνίσματα που συντονίζω στο Uzbekistan, και πάει λέγοντας...).

Φιλικά,

Μιχάλης

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιαν 18, 2013 8:59 am**

Mihalis_Lambrou έγραψε:
nickthegreek έγραψε: Έστω ένα σύνολο (πιθανώς άπειρο σε μέγεθος) περιττών θετικών ακεραίων. Να αποδειχθεί ότι υπάρχει ακολουθία τέτοια ώστε η σειρά $\sum{x_n^k}$ να συγκλίνει για κάθε $k \in S$ και να αποκλίνει για κάθε $k \notin S$
Κάνω μόνο την περίπτωση όπου είναι το σύνολο των περιττών, που είναι και η πιο ενδιαφέρουσα. Ξέρω και την γενική περίπτωση, αλλά η λύση μου είναι κάπως δύσκολη να γραφεί λόγω πολλών δεικτών, αν και νομίζω ότι μπορώ να την απλοποιήσω. Ίδωμεν. Πάντως έχω υπερβολικό φόρτο εργασίας και δεν προλαβαίνω... Θα χαρώ να την συμπληρώσει άλλος.

Ορίζουμε ως εξής: Εναλλάσσουν θετικοί θετικοί και αρνητικοί όροι. Κατόπιν επιλέγουμε όρους ίσους με $\pm\frac {1}{2}$ ακολουθούμενοι με όρους ίσους με $\pm\frac {1}{4}$ , μετά όρους ίσους με $\pm\frac {1}{6}$ και ούτω καθ' εξής. Κάπως έτσι

$\displaystyle{ \, \frac {1}{2}, \, -\frac {1}{2}, \, \frac {1}{2},- \frac {1}{2}, \, \frac {1}{4}, \, -\frac {1}{4}, ... \,\frac {1}{4}, \,-\frac {1}{4}, \frac {1}{6}, \,-\frac {1}{6}, ... }$

Τώρα, για περιττό εκθέτη , τα μερικά αθροίσματα της $\sum{x_n^{2k+1}}$ είναι είτε είτε μένει μόνο ο τελευταίος όρος (διότι οι όροι εναλλάσσουν). Άρα συγκλίνει γιατί τα τείνουν στο μηδέν.

Για άρτιο εκθέτη , όλοι οι όροι είναι θετικοί. Αν επιλέξουμε οποιοδήποτε $N\ge k$ τότε το μπλόκο των $(2N)^{2N}$ όρων $\displaystyle{\left(\frac {1}{2N}\right)^{2k}}$ έχει άθροισμα $\displaystyle{\left(\frac {1}{2N}\right)^{2k}+ ...\, +\left(\frac {1}{2N}\right)^{2k}\ge \left(\frac {1}{2N}\right)^{2N}+ ...\, +\left(\frac {1}{2N}\right)^{2N} = (2N)^{2N} \cdot \left(\frac {1}{2N}\right)^{2N}=1}$ , οπότε η σειρά αποκλίνει από το κριτήριο Caychy.

Συμπεραίνουμε ότι η σειρά συγκλίνει για τους εκθέτες στο και μόνον αυτούς, όπως θέλαμε.

Ελπίζω να βρω χρόνο για τα υπόλοιπα, αλλά κυριολεκτικά πνίγομαι (είμαι στο φόρτε της προετοιμασίας για το Καγκουρό, έχω διαγώνισμα με 450 εγγεγραμμένους, άλλο με μόνο 80, δύο εκλογές καθηγητών, γραπτά από κάτι διαγωνίσματα που συντονίζω στο Uzbekistan, και πάει λέγοντας...).

Φιλικά,

Μιχάλης

Πολύ ἐνδιαφέρουσα ἄσκηση. Ὅμως ἡ προτεινόμενη λύση ἀναφέρεται ἀποκλειστικά στήν περίπτωση ὅπου

Περιττοί.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιαν 18, 2013 1:48 pm**

Θα αποδείξουμε αρχικά το ακόλουθο λήμμα:

Λήμμα: Για κάθε φυσικό

, και για κάθε $1 \leqslant k \leqslant n$ υπάρχει φυσικός

και πραγματικοί $y_1,\ldots,y_m$ ώστε $\displaystyle{ \sum_{i=1}^m y_i^{2\ell-1} = 0}$ για $1 \leqslant \ell \leqslant n$ με $\ell \neq k$ και $\displaystyle{ \sum_{i=1}^m y_i^{2k-1} = 1.}$

Απόδειξη: Από τον πίνακα van der monde, γνωρίζουμε ότι τα διανύσματα $v_1 = (1,1,\ldots,1),v_2 = (2,4,\ldots,2^{2n}),\ldots,v_{2n}=(2n,(2n)^2,\ldots,(2n)^{2n})$ είναι γραμμικώς ανεξάρτητα υπέρ των ρητών. Επομένως υπάρχουν ρητοί $q_1,\ldots,q_{2n}$ ώστε $\displaystyle{ \sum_{i=1}^{2n} q_iv_i = e_{2k-1}}$ . Ισχύει δηλαδή ότι $\displaystyle{ \sum q_i i^{\ell} = 0}$ εκτός στην περίπτωση όπου $\ell = 2k-1$ οπότε το άθροισμα ισούται με 1. Πολλαπλασιάζοντας με το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο των παρονομαστών των q_i

έχουμε ακεραίους $r_1,\ldots,r_{2n}$ ώστε $\displaystyle{ \sum r_i i^{2\ell-1} = 0}$ εκτός στην περίπτωση όπου $\ell = k$ οπότε το άθροισμα είναι διάφορο του

. Παίρνοντας $z_1=\cdots=z_{|r_1|}=\pm 1,z_{r_1+1} = \cdots = z_{|r_1|+|r_2|}= \pm 2$ κ.τ.λ. όπου διαλέγουμε

αν ο

είναι θετικός και

αν είναι αρνητικός κ.τ.λ. Τότε έχουμε $\displaystyle{ \sum{z_i}^{2\ell-1} = 0}$ εκτός και αν $\ell =k$ οπότε το άθροισμα είναι διάφορο του

. Παίρνοντας τώρα $y_i = \alpha z_i$ για κατάλληλο $\alpha$ έχουμε το ζητούμενο.

Πριν προχωρήσουμε στην άσκηση ας παρατηρήσουμε ότι μπορούμε να ενισχύσουμε το λήμμα ώστε
- Το άθροισμα των $y_i^{2k-1}$ μπορούμε να το έχουμε ίσο με οποιοδήποτε πραγματικό $\beta$ θέλουμε. (Η απόδειξη είναι ακριβώς η ίδια.)
- Μπορούμε να υποθέσουμε ότι όλα τα μερικά αθροίσματα $\sum_{i=1}^{m'} y_i^{2\ell-1}$ με $\ell \neq k$ είναι όσο μικρά (σε απόλυτη τιμή) θέλουμε: Απλά πρώτα εφαρμόζουμε το θεώρημα ώστε το άθροισμα των $y_i^{2k-1}$ να ισούται με $\beta/N$ για κάποιο αρκετά μεγάλο

ώστε όλα τα μερικά αθροίσματα να γίνουν πολύ μικρά, και μετά επαναλαμβάνουμε

φορές.

Πάμε τώρα στην άσκηση. Θα κατασκευάσουμε την ακολουθία με μια σειρά βημάτων. Θεωρούμε την ακολουθία (b_n)

με όρους $1,3,1,3,5,1,3,5,7,\ldots$ . Από αυτήν την ακολουθία παίρνουμε την ακολουθία (c_n)

ως εξής: Για κάθε $k \in S$ σβήνουμε όλες τις εμφανίσεις του

εκτός από την πρώτη.

Στο πρώτο βήμα της κατασκευής θα κατασκευάσουμε τους όρους $x_1,\ldots,x_{N_1}$ για κάποιο N_1

, στο δεύτερο τους όρους $x_{N_1+1},\ldots,x_{N_1+N_2}$ για κάποιο N_2

κ.τ.λ. Θα θέλουμε να ικανοποιούνται οι εξής ιδιότητες:

Όταν στο

-οστό βήμα κατασκευάζουμε τους $x_r,\ldots,x_s$ θα τους κατασκευάσουμε με τέτοιο τρόπο ώστε: Έστω ότι c_t = 2k+1

και ότι $\{c_1,\ldots,c_t\} = \{1,3,\ldots,2n+1\}$ . Τότε θα θέλουμε να ισχύει ότι $x_r^{2\ell-1} + \cdots + x_s^{2\ell-1} = 0$ για κάθε $\ell \in \{1,2,\ldots,n\} - \{k\}$ . Για $\ell = k$ θα θέλουμε να ισχύει ότι $x_r^{2k-1} + \cdots + x_s^{2k-1} = t - (x_1^{2k-1} + \cdots + x_{r-1}^{2k-1})$ . Αυτό μπορούμε να το πετύχουμε χρησιμοποιώντας το λήμμα. Επιπλέον μπορούμε να είμαστε βέβαιοι (από την ενίσχυση του λήμματος) ότι όλα μερικά αθροίσματα $\sum_{i=r}^{s'} x_i^{2\ell-1}$ με $\ell \neq k$ είναι μικρότερα ή ίσα του 1/t