Намаляваща редица? Студентска олимпиада Бразилия

[drago]

Дадена е намаляваща редица [tex]\{a_n\}_{n=1}^{\infty} \,,\, a_n \geq a_{n+1}[/tex] от положителни реални числа, такава че [tex]\sum_{n=1}^{\infty} a_n = \infty[/tex]. Можем ли да твърдим съществуването на:

а) Намалваща редица [tex]\{b_n\}_{n=1}^{\infty}[/tex] от положителни реални числа, за която [tex]b_n \leq a_n \,,\, n=1,2,\ldots ; \sum_{n=1}^{\infty} b_n = \infty[/tex] и такава че [tex]\lim_{n\to \infty} (n\cdot b_n) = 0[/tex] ?

b) Намалваща редица [tex]\{b_n\}_{n=1}^{\infty}[/tex] от положителни реални числа, за която [tex]b_n \leq a_n\,,\, n=1,2,\ldots ; \sum_{n=1}^{\infty} b_n = \infty[/tex] и такава че [tex](n \cdot b_n)[/tex] е намаляваща ?

[grav]

[tex]\frac1{n\log(n)}[/tex]

[drago]

Ako [tex]a_n = \frac{1}{n}[/tex] , то това, което си написал по-горе ще свърши работа. Обаче защо трябва да е така?
Да поясня пак. [tex]a_n[/tex] е произволна редица удовлетворяваща условията. Тогава вярно ли е, че можем да намерим:
а) редица [tex]b_n[/tex] с изредените в а) ограничения.
б) [tex]b_n[/tex] с изредените в б) ограниения.
Така че [tex]a_n[/tex] може да я вземем такава, че за някои [tex]n[/tex] да пада например под [tex]\frac{1}{n \ln n}[/tex]. В този случай няма как за [tex]b_n[/tex] да изберем това, което си написал.

[pipi langstrump]

[tex]\frac{1}{n\log(n+2)}[/tex] става ли?

[grav]

Уффф, да. Не знам защо бях убеден, че a_n=1/n.

[drago]

[tex]\frac{1}{n\log(n+2)}[/tex] става ли?

Аха..., явно има интерес към задачата. Още малко анализ.
Ти ми даваш една намаляваща редица [tex]a_n[/tex] от положителни числа с разходяща сума. Аз мога да намалям някои от членовете на редицата, като я оставям пак намаляваща и с разходяща сума и така че да получа редица, която е [tex]o(\frac{1}{n})[/tex].
Намаляващата редицата [tex]a_n[/tex] може на много места(даже за безброй много [tex]n[/tex]) да е много малка, примерно по-малка oт [tex]2^{-n}[/tex] , a за безброй много [tex]n[/tex] да е страшно много пъти по голяма от [tex]\frac{1}{n}[/tex] (примерно да да бъде [tex]\frac{1}{\log n}[/tex]). На първите места мога да оставя редицата същата, а там, където е с порядъци по-голяма от [tex]\frac{1}{n}[/tex] , трябва да я дялкам много за да стане [tex]o(\frac{1}{n})[/tex] и то така, че да я оставям намаляваща. Проблемът е, че при това толкова много дялкане мога да получа вече редица със сходяща сума.
Ако отговорът на а) е "ДА" , то като ми дадеш една редица [tex]a_n[/tex], аз трябва да посоча някаква конструкция, че да получа съответната [tex]b_n[/tex].
Ako отговорът е "НЕ", то трябва да ми посочиш някаква критична редица [tex]a_n[/tex], че както и да дялкам, така че редицата да стане [tex]o(\frac{1}{n})[/tex], винаги ще получавам редица със сходяща сума.

Е, хайде, стига повече коментари, че реших половината задача!

[drago]

Още жокер, ако ви е интересна?

[drago]

Oтговорът на а) е ДА, на б)-НЕ.
Доказателството на първото твърдение се крепи на следното наблюдение: Нека имаме строго растяща редица [tex]c_n[/tex] , (независимо колко бързо расте) и дефинираме [tex]b_{c_n}=\frac{1}{c_n}[/tex], а на останалите места: [tex]b_{c_{n}+1}= b_{c_{n}+2}=\ldots =b_{c_{n+1}}[/tex]. Т.е. [tex]b_n[/tex] е минималната намаляваща редица, така че [tex]b_{c_n}=\frac{1}{c_n}[/tex]. Тогава [tex]\sum \frac{1}{b_n}=\infty[/tex].
В частност, когато [tex]c_n=2^n[/tex] получаваме класическото доказатество на разходимостта на [tex]\sum \frac{1}{n}[/tex], защото тогава [tex]\sum_{i=c_{n}+1}^{c_{n+1}} \frac{1}{b_i}[/tex] се смята много лесно. Но за да докажем тази разходимост в общия случай не са необходими сметки.
Нататък: ако ни е зададена [tex]a_n[/tex] , първо, конструираме [tex]b'_n[/tex], която навсякъде е по-малка от [tex]\frac{1}{n}[/tex] и e със разодяща сума- получава се редица подобна на обсъжданата по=горе. Следващата стъпка е да намаляваме по малко пъти всяко парче от [tex]b'_n[/tex] , така че да остане с разходяща сума и вече да е [tex]o(\frac{1}{n})[/tex].
Повече подробности вижте тук: http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... &#p2955136