Czy da się liczby wymierne z przedziału \(\displaystyle{ [0,1]}\) ustawić w ciąg \(\displaystyle{ q_{n}}\) tak żeby \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{q_{n}}{n} }\) był zbieżny?
Moja propozycja jest taka, żeby ustawić w ciąg malejący od jedynki do zera. No bo szereg żeby był zbieżny to musi być zrobiony z ciągu malejącego, ale jest tylko jeden ściśle malejący ciąg.
Może się da
- Niepokonana
- Użytkownik
- Posty: 1548
- Rejestracja: 4 sie 2019, o 11:12
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Polska
- Podziękował: 337 razy
- Pomógł: 20 razy
- Janusz Tracz
- Użytkownik
- Posty: 4086
- Rejestracja: 13 sie 2016, o 15:01
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: hrubielowo
- Podziękował: 81 razy
- Pomógł: 1399 razy
Re: Może się da
Jeśli masz na myśli ściśle malejący ciąg wszystkich liczb wymiernych, to znaczy malejącą bijekcję z \(\displaystyle{ \NN}\) w \(\displaystyle{ \QQ}\) to takowa nie istnieje bo \(\displaystyle{ (\QQ, \le )}\) jest gęsty, a \(\displaystyle{ (\NN, \le )}\) nie. Przez co nie istnieje opisany izomorfizm.Niepokonana pisze: ↑11 mar 2024, o 22:28 Moja propozycja jest taka, żeby ustawić w ciąg malejący od jedynki do zera.
Nie. Szereg z naprzemiennymi wyrazami \(\displaystyle{ 1/n^2}\) oraz \(\displaystyle{ 1/2^n}\) jest zbieżny, a ciąg nie jest malejący. Warunkiem koniecznym jest aby granica wyrazu ogólnego dążyła do zera. A to zupełnie coś innego (swoją drogą tu zawsze ten warunek jest spełniony więc nic nie wiadomo póki co). Jeśli zbieżność miała by się udać dla pewnego ustawienia liczb wymiernych to pewnie należy taki ciąg konstruować zachowując zasadę (obrazowo mówiąc): dla małych \(\displaystyle{ n}\) dajemy małe \(\displaystyle{ q_n}\) dużo razy aby od czasu do czasu pozwolić sobie na duże \(\displaystyle{ q_n}\) dla bardzo dużego \(\displaystyle{ n}\). Innymi słowy jakoś trzeba kontrolować sumę wykorzystując małe liczby wymierne i wstrzymywać się z dużymi \(\displaystyle{ q_n}\) (duże to znaczy bliskie \(\displaystyle{ 1}\)) aż do uzyskania dużego \(\displaystyle{ n}\) które ułamek \(\displaystyle{ q_n/n}\) uczyni małym.Niepokonana pisze: ↑11 mar 2024, o 22:28 No bo szereg żeby był zbieżny to musi być zrobiony z ciągu malejącego, ale jest tylko jeden ściśle malejący ciąg.
Powiedzmy, że szukamy takiego \(\displaystyle{ (q_n)_n}\) aby \(\displaystyle{ \sum \frac{q_n}{n}<2}\). Nie twierdzę, że tak się da ani, że to jest już rozwiązanie ale intuicja. Na początku można pozwolić sobie na duże liczby wymierne
\(\displaystyle{ \frac{1}{1}+ \frac{4/5}{2}+ \frac{6/7}{3} + \frac{7/8}{4} }\)
ale nie można przesadzić. Dodanie na przykład \(\displaystyle{ \frac{8/9}{5} }\) spowoduje, że suma przekroczy \(\displaystyle{ 2}\). Pora więc wykorzystać małe liczby wymierne dodajemy dalej \(\displaystyle{ \frac{1/2^{100}}{5} + \frac{1/2^{101}}{6} + \frac{1/3^{100}}{7}+ \frac{1/18^{100}}{8} + \dots + \frac{x}{100^{100}} }\)
aż mianownik będzie tak duży (tu \(\displaystyle{ 100^{100}}\)), że \(\displaystyle{ x}\) może już być upragnioną liczbą wymierną \(\displaystyle{ 8/9}\). Musisz kombinować nad takim algorytmem upychania liczb wymiernych daleko lub blisko aby kontrolować sumę.- arek1357
- Użytkownik
- Posty: 5750
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 131 razy
- Pomógł: 526 razy
Re: Może się da
A jakby tak uporządkował:
\(\displaystyle{ \frac{1}{2^n} > q_{n} \cdot \frac{1}{n} }\)
zostaną:
\(\displaystyle{ \frac{1}{n^2} >\frac{1}{n} \cdot q_{n}}\)
które eny nie są potęgą dwójki
Dobrze to sprawdzić czy rzeczywiście zachodzi...
Jeden i drugi szereg jest zbieżny poniekąd...
\(\displaystyle{ \frac{1}{2^n} > q_{n} \cdot \frac{1}{n} }\)
zostaną:
\(\displaystyle{ \frac{1}{n^2} >\frac{1}{n} \cdot q_{n}}\)
które eny nie są potęgą dwójki
Dobrze to sprawdzić czy rzeczywiście zachodzi...
Jeden i drugi szereg jest zbieżny poniekąd...
- Dasio11
- Moderator
- Posty: 10235
- Rejestracja: 21 kwie 2009, o 19:04
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 40 razy
- Pomógł: 2365 razy
Re: Może się da
Da się: zbiór \(\displaystyle{ \mathbb{Q} \cap [0, 1] \setminus \left\{ \frac{1}{n} : n \in \mathbb{N} \setminus \{ k^2 : k \in \mathbb{N} \} \right\}}\) jest przeliczalny, więc jego elementy można ustawić w ciąg \(\displaystyle{ \left< p_m : m \in \mathbb{N} \right>}\). Wtedy ciąg
\(\displaystyle{ q_n = \begin{cases} p_m & \text{gdy } n = m^2, \\ \frac{1}{n} & \text{w przeciwnym razie}. \end{cases}}\)
spełnia warunek zadania, gdyż
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{q_n}{n} \le \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} \cdot \frac{1}{n} + \sum_{m=1}^{\infty} \frac{p_m}{m^2} \le \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} + \sum_{m=1}^{\infty} \frac{1}{m^2}}\).
\(\displaystyle{ q_n = \begin{cases} p_m & \text{gdy } n = m^2, \\ \frac{1}{n} & \text{w przeciwnym razie}. \end{cases}}\)
spełnia warunek zadania, gdyż
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{q_n}{n} \le \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} \cdot \frac{1}{n} + \sum_{m=1}^{\infty} \frac{p_m}{m^2} \le \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} + \sum_{m=1}^{\infty} \frac{1}{m^2}}\).