Subserie de $p$ -serie

Question

Sea $A \subseteq \mathbb{N}$ . Sea $0 \leq p \leq 1$ es el único número tal que $\sum_{n \in A} n^{-p-\epsilon}$ converge y $\sum_{n \in A} n^{-p+\epsilon}$ diverge para cada $\epsilon > 0$ .

¿Podemos encontrar, para cada $0 \leq q < p$ un conjunto $B_q \subseteq A$ tal que $\sum_{n \in B_q} n^{-q-\epsilon}$ converge y $\sum_{n \in B_q} n^{-q+\epsilon}$ diverge para cada $\epsilon > 0$ ?

Answer 1

Para cualquier conjunto $A \subset \mathbb{N}$ , dejemos que $A(n) := A \cap \{\ell \in \mathbb{N} \colon 2^n \leq \ell < 2^{n+1}\}$ . Entonces, para $\ell \in A(n)$ y $\alpha \in \mathbb{R}$ tenemos $2^{-\alpha} 2^{-\alpha n} \leq \ell^{-\alpha} \leq 2^{-n \alpha}$ y esto implica fácilmente $$ \sum_{\ell \in A} \ell^{-\alpha} = \sum_{n=1}^\infty \,\, \sum_{\ell \in A(n)} \ell^{-\alpha} \asymp \sum_{n=1}^\infty 2^{-\alpha n} \#A(n) . \tag{$ \ast $} $$ Ahora, defina (algo similar a la fórmula para el radio de convergencia de una serie de potencias) $$ p^* (A) := \limsup_{n\to\infty} \frac{\log_2 (\#A(n))}{n} , $$ señalando que $0 \leq p^\ast(A) \leq 1$ (¿por qué?). Ahora afirmo que $$ \sum_{\ell \in A} \ell^{-(p^\ast(A) + \epsilon)} < \infty \quad \text{and} \quad \sum_{\ell \in A} \ell^{-(p^\ast(A) - \epsilon)} = \infty \qquad \forall \, \epsilon > 0 . \tag{$ \lozenge $} $$

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Para ver esto, observe que existe $N_0$ tal que $\frac{\log_2(\# A(n))}{n} - p^*(A) \leq \frac{\epsilon}{2}$ para todos $n \geq N_0$ y así $$ \log_2 \big( 2^{-(p^*(A) + \epsilon/2) n} \cdot \# A(n) \big) = n \cdot \Big( \frac{\log_2 (\# A(n))}{n} - p^*(A) - \epsilon/2 \Big) \leq 0 , $$ lo que significa que $2^{-(p^*(A) + \epsilon/2) n} \cdot \# A(n) \leq 1$ para todos $n \geq N_0$ . Esto implica fácilmente que $\sum_{n=1}^\infty 2^{-(p^* (A) + \epsilon)n} \# A(n) < \infty$ . Por $(\ast)$ esto implica que $\sum_{\ell \in A} \ell^{-(p^\ast(A) + \epsilon)} < \infty$ demostrando la primera parte de $(\lozenge)$ . Para demostrar la segunda parte, mostramos que en realidad $2^{-(p^*(A) - \epsilon) n} \# A(n) \not\to 0$ lo que implica fácilmente $\sum_{n=1}^\infty 2^{-(p^*(A) - \epsilon) n} \# A(n) = \infty$ que por $(\ast)$ implicará la segunda parte de $(\lozenge)$ . Para mostrar $2^{-(p^*(A) - \epsilon) n} \# A(n) \not\to 0$ Supongamos por contradicción que $2^{-(p^*(A) - \epsilon) n} \# A(n) \to 0$ . Por lo tanto, existe $C > 0$ satisfaciendo $2^{-(p^*(A) - \epsilon) n} \# A(n) \leq C$ y así $$ \log_2 (\# A(n)) - (p^*(A) - \epsilon) n \leq \log_2 (C) . $$ Por lo tanto, $$ \frac{\log_2 (\# A(n))}{n} \leq p^*(A) - \epsilon + \frac{\log_2(C)}{n} , $$ lo que es imposible por definición de $p^*(A)$ . Esto completa la prueba de $(\lozenge)$ .

Por último $0 \leq q < p^* (A)$ ser arbitraria. Para cada $n \in \mathbb{N}$ Elige $B_n \subset A(n)$ con $\# B_n = \min \{ \# A(n), \lceil 2^{q n}\rceil \}$ y establece $B = \bigcup_{n=1}^\infty B_n$ . Entonces no es difícil ver $$ p^*(B) = \limsup_{n\to\infty} \frac{\log_2 (\# B(n))}{n} = \limsup_{n\to\infty} \min \Big\{ \frac{\log_2 (\# A(n))}{n}, \frac{\log_2 (\lceil 2^{qn}\rceil)}{n} \Big\} = \min \{ p^*(A), q\} = q . $$ Por las consideraciones anteriores, esto demuestra fácilmente que $B$ es el requerido.