Condición necesaria para cambiar los signos de una serie divergente$\sum_{n=1}^{\infty}p_{n}$ para hacerla convergente,$p_{n}$ disminuye y tiende a$0$.

Question

$p_{n}$ disminuye y tiende a $0$.$\sum_{n=1}^{\infty}p_{n}$ es divergente. Elegimos $\varepsilon_{n}=\pm 1$ hacer $\sum_{n=1}^{\infty}\varepsilon_{n}p_{n}$ convergente.Quiero demostrar que la $$\liminf_{n\to\infty}\frac{\varepsilon_{1}+\cdots+\varepsilon_{n}}{n}\leq0\leq\limsup_{n\to\infty}\frac{\varepsilon_{1}+\cdots+\varepsilon_{n}}{n}$$. Creo que esto es cierto debido a que el número de términos positivos, es mejor que estén tanto como el número de términos negativos para hacer la serie convergente.Pero no puedo demostrarlo.Cualquier ayuda se agradece.

Answer 1

Deje $S_n = \epsilon_1 + \ldots + \epsilon_n$, y aplicar la sumación por partes para obtener$$\sum_{j=1}^n \epsilon_jp_j = S_n p_n + \sum_{j=1}^{n-1} S_j(p_j - p_{j+1}).$$

Si $\liminf S_n/n = \beta > 0$, entonces existe $N$ tal que $S_n/n > \beta/2$ para todos los $n > N$. El uso de la hipótesis de que la $p_n$ disminuye y es positiva, ya que converge a $0$ tenemos que $p_j - p_{j+1} > 0$ para todos los $j$ y

$$\begin{align}\sum_{j=1}^n \epsilon_jp_j &> \frac{\beta}{2}np_n + \sum_{j=1}^{N} S_j(p_j - p_{j+1}) + \frac{\beta}{2} \sum_{j=N+1}^{n-1}j(p_j - p_{j+1}) \\ &= \frac{\beta}{2}np_n + \sum_{j=1}^{N} S_j(p_j - p_{j+1}) + \frac{\beta}{2} \sum_{j=N+1}^{n-1}(jp_j - (j+1)p_{j+1}) + \frac{\beta}{2}\sum_{j=N+1}^{n-1}p_{j+1} \end{align}$$

La segunda suma en el lado derecho es telescópica y, por lo tanto,

$$\tag{*}\begin{align}\sum_{j=1}^n \epsilon_jp_j &> \sum_{j=1}^{N} S_j(p_j - p_{j+1}) + \frac{\beta}{2}(N+1)p_{N+1} + \frac{\beta}{2}\sum_{j=N+1}^{n-1}p_{j+1}\end{align}$$

Con $N$ fijo, los dos primeros términos en el lado derecho de (*) se mantienen constantes, pero la última suma tiende a $+\infty$ como $n \to \infty$ desde $\sum p_n$ diverge. Esto contradice la convergencia de $\sum \epsilon_n p_n$.

Por lo tanto, $\liminf (\epsilon_1 + \ldots + \epsilon_n)/n \leqslant 0$.

Por un argumento similar podemos ver que $\limsup (\epsilon_1 + \ldots + \epsilon_n)/n \geqslant 0$.

Answer 2

Oops. La lectura de dos de las desigualdades hacia atrás. A continuación hay un ejemplo que $(\epsilon_1+\dots+\epsilon_n)/n$ no tienden a $0$; que responde, lo que me parece una pregunta interesante, pero no es la cuestión que realmente se preguntó.

Para $k=0,1,\dots$ vamos $$A_k=\{n:3^{2k}\le n<3^{2k+1}\}$$and $$B_k=\{n:3^{2k+1}\le n<3^{2k+2}\}.$$Note that the cardinality of $A_k$ is $$|A_k|=3^{2k}(3-1)=2\cdot3^{2k}$$and similarly $$|B_k|=2\cdot3^{2k+1}.$$Let $$p_n=\begin{cases}\frac{3^{-2k}}{k}&(n\in A_k), \\\frac{3^{-(2k+1)}}{k},&(n\in B_k).\end{casos}$$

Entonces $$\sum_{n\in A_k}p_n=\frac2k,$$so $\suma p_n=\infty$. Note that also $$\sum_{n\in B_k}p_n=\frac2k.$$Define $$\epsilon_n=\begin{cases}1,&(n\in A_k),\\-1,&(n\in B_k).\end{cases}$$Then $$\sum_{n\in A_k\cup B_k}\epsilon_np_n=0.$$And if $F\subconjunto A_N\copa B_N$ we have $$\left|\sum_{n\in F}\epsilon_np_n\right|\le\sum_{n\in A_N\cup B_N}p_n=\frac4N.$$Define $$I_N=A_0\cup B_0\cup\dots\cup A_N\cup B_N.$$Any partial sum $s_M$ of $\sum\epsilon_np_n$ has the form $$s_M=\sum_{n\in I_N}\epsilon_np_n+\sum_{n\in F}\epsilon_np_n=\sum_{n\in F}\epsilon_np_n$$for some $F\subconjunto I_{N+1}$; thus $|s_M|\le4/N$ (and $N\to\infty$ as $M\to\infty$); hence $$\sum\epsilon_np_n=0.$$

Y por último, el número de $n\in I_N$ con $\epsilon_n=-1$ es tres veces el número de $n\in I_N$ con $\epsilon_n=1$, por lo tanto lo que usted dijo acerca de como muchos de $1$s $-1$s es falsa, y, en particular, $(\epsilon_1+\dots+\epsilon_n)/n$ no tienden a $0$.

(Si quieres poner que el último bit más formalmente, compruebe por sí mismo que $$\frac{\sum_{n\in A_k\cup B_k}\epsilon_n}{|A_k\cup B_k|}=-\frac12,$$hence $$\frac{\sum_{n\in I_N}\epsilon_n}{|I_N|}=-\frac12.)$$