Membuktikan atau menyangkal fakta dasar tentang deret subvergen (definisi yang ditemukan)

Jan 01 2021

Saya belajar sendiri analisis nyata dari Understanding AnalysisStephen Abbot. Saya ingin bertanya apakah saya telah menyimpulkan kesimpulan yang benar untuk pernyataan di bawah ini tentang rangkaian subvergen (definisi yang ditemukan).

$\newcommand{\absval}[1]{\left\lvert #1 \right\rvert}$

Definisi . Katakanlah sebuah deret subverge jika deret jumlah parsial berisi deret yang konvergen.

Pertimbangkan definisi ini (ditemukan) sejenak, dan kemudian putuskan mana dari pernyataan berikut yang merupakan proposisi valid tentang deret subvergen:

(a) Jika $(a_n)$ dibatasi, lalu $\sum a_n$ subverge.

(b) Semua deret konvergen bersifat subvergen.

(c) Jika $\sum \absval{a_n}$ subverges, lalu $\sum a_n$ merongrong juga.

(d) Jika $\sum a_n$ subverges, lalu $(a_n)$ memiliki urutan konvergen.

Bukti. (a) Proposisi ini salah. Sebagai contoh balasan, pertimbangkan urutannya$(a_n):=1$. Urutan jumlah parsial adalah$s_1 = 1, s_2 = 2, s_3 = 3, \ldots, s_n = n,\ldots$. Tidak ada lanjutan dari$(s_n)$bertemu. Begitu,$\sum {a_n}$ tidak subvergen.

(b) Karena deretnya konvergen, urutan jumlah parsial konvergen dan oleh karena itu setiap urutan jumlah parsial juga konvergen ke batas yang sama. Jadi, semua deret konvergen bersifat subvergen.

(c) Saya pikir proposisi ini benar. Membiarkan$(s_n)$ menjadi urutan jumlah parsial dari nilai absolut dan $(t_n)$ menjadi urutan jumlah parsial seri $\sum a_n$.

Menurut definisi subvergensi, ada beberapa kelanjutan $(s_{f(n)})$ dari $(s_n)$yang menyatu. Tanpa kehilangan keumuman, asumsikan$(s_{2n})$adalah salah satu urutan konvergen tersebut. Kemudian, ada a$N \in \mathbf{N}$ seperti yang, \begin{align*} \absval{\absval{a_{2m+2}} + \absval{a_{2m + 4}} + \ldots + \absval{a_{2n}}} < \epsilon \end{align*}

untuk semua $n > m \ge N$.

Dengan menggunakan fakta ini, kita bisa menulis pertidaksamaan yang bagus untuk selanjutnya $(t_{2n})$. \begin{align*} \absval{t_{2n} - t_{2m}} &= \absval{a_{2m+2} + a_{2m+4} + \ldots + a_{2n}}\\ &\le \absval{a_{2m+2}} + \absval{a_{2m+4}} + \ldots + \absval{a_{2n}}\\ &\le \absval{\absval{a_{2m+2}} + \absval{a_{2m+4}} + \ldots + \absval{a_{2n}}}\\ &< \epsilon \end{align*}

untuk semua $n \ge N$.

Seperti yang di atas berlaku untuk semua selanjutnya $(s_{f(n)})$ dimana $f(n):\mathbf{N} \to \mathbf{N}$ adalah bijection, $\sum a_n$ subvergen.

(d) Saya tidak dapat memikirkan contoh yang berlawanan untuk ini.

Jawaban

2 math Jan 01 2021 at 21:28
  • Untuk a) bukti Anda baik-baik saja
  • Untuk b), oke juga
  • Untuk c), saya akan menulis:

Ayo $a_n^+=\max \{0, a_n\}$ dan $a_n^- = \max \{0, -a_n\}$ untuk semua $n$.

Kemudian untuk semua $n$, $|a_n|=a_n^+ + a_n^-$ dan $a_n = a_n^+ - a_n^-$.

Sejak $\sum |a_n|$ subvergen, dan $0\leqslant a_n^+ \leqslant |a_n|$ dan $0\leqslant a_n^- \leqslant |a_n|$, kami punya itu $\sum a_n^+$ dan $\sum a_n^-$ subvergen, jadi jumlahnya $\sum a_n$ subvergen.

(Fakta bahwa jika $\sum u_n$ menyatu dengan $(u_n)$ positif, lalu untuk semua $(v_n)$ positif seperti itu $\forall n,v_n\leqslant u_n$ subverge layak mendapatkan bukti, tapi itu tidak terlalu sulit)

  • Untuk d) saya definisikan $(a_n)$ seperti itu $n\geqslant 0$,

$a_{2n} = -n$ dan $a_{2n+1} = n + \frac{1}{n^2}$.

Kemudian $\sum a_n$ konvergen sejak (jika kita perhatikan $S_n = \sum\limits_{k=0}^n a_n$) $S_{2n+1} = \sum\limits_{k=1}^n \frac{1}{k^2}$ berkumpul saat $n\rightarrow +\infty$.

Tapi kami jelas tidak memiliki urutan yang konvergen.