¿Si $a_n$ va a cero, podemos encontrar signos $s_n$ tal que $\sum a_n de s_n $ converge?

Question

Deje de $a_n$ ser una secuencia de números complejos en los que convergen a cero. Podemos siempre encontrar $s_n \in \{-1,1\}$ tal que $\sum_{n=1}^{\infty} s_n a_n$ converge?

Si el $a_n$ son números reales, podemos encontrar una secuencia de $s_n$. Si la suma parcial de los primeros $$ N términos es positivo nos asegúrese de que los siguientes términos son negativos hasta que la suma es menor que cero. A continuación, pasamos a hacer los términos positivos hasta la suma parcial es mayor que cero, y así sucesivamente. Es fácil ver que las sumas parciales dará tienden monótonamente hacia el cero, o oscilan alrededor de cero con la disminución de la amplitud.

Edit: en Realidad no hay ninguna razón por la que los parciales de sumas de dinero debe ir a cero en la monotonía caso. Todavía convergen sin embargo.

Answer 1

Nota: yo había escrito esta prueba antes de las otras respuestas fueron publicados. Yo estaba a punto de desechar porque la idea es de hecho la misma mixedmath la respuesta, pero su respuesta tiene un pequeño problema, ya que sólo demuestra el teorema para $k=$ n, que sólo puede demostrar que una larga de $b_n$ converge, no toda la secuencia. Así que aquí es una suerte correcta de la prueba.

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Primero vamos a probar el siguiente teorema:

Teorema: Para cualquier secuencia finita de $un$ delimitada por $M$, podemos encontrar signos $s$, de modo que $\left|\sum_{i=1}^k s_i a_i\right| \le 2M$ para todos $k\le$n.

Decimos que $a$ y $b$ en la unidad de disco son compatibles cuando $a+b$ o $a-b$ se encuentra en la unidad de disco.

Lema: Si $a,b,c$ yacen en la unidad de disco, al menos uno de $(a,b)$, $(b,c)$ o $(a,c)$ es una pareja compatible.

Prueba. Cuando $|a+b|>1$ con $a$ y $b$ en la unidad de disco, también tenemos $\left|\frac{a}{|a|}+\frac{b} {b}\right|>1$ y por lo tanto los argumentos de $a$ y $b$ difieren por menos de $2\pi/3$ (mod $2\pi$). Por lo tanto $a$ y $b$ son incompatibles iff $\arg a - \arg b\en (-2\pi/3,-\pi/3)\cup(\pi/3,2\pi/3)$ (mod $2\pi$), lo que muestra que $a,b,c$ no pueden ser pares incompatibles.

Lema: Para cualquier secuencia finita de $a_1,\dots, a_n$ con $a_i$ en la unidad de disco, podemos encontrar signos $s_1,\dots s_n$ y $t_1,\dots t_n$, de modo que para todo $k\le n$, $\left|\sum_{i=1}^k s_i a_i\right|\le 2$, $\left|\sum_{i=1}^k s_i t_i a_i\right|\le 2$ y por cada $\epsilon\in\{-1,1\}$, $u_\epsilon = \sum\limits_{\substack{i\le n\\t_i=\epsilon}} s_i a_i$ se encuentra en la unidad de disco.

Prueba. Esto es por supuesto cierto para $n\le de$ 2. Continuamos por inducción: supongamos que hemos construido $s_1,\dots s_n$ por lo que el lema se aplica. Entonces si $u_1$ y $u_{-1}$ son incompatibles, $a_{n+1}$ es compatible con algunos $u_\epsilon$ por lo que podemos encontrar $s_{n+1}$ tal que $u_\epsilon+s_{n+1}a_{n+1}$ se encuentra en la unidad de disco, y dejando de $t_{n+1}=\epsilon$ termina la prueba. Si $u_1$ y $u_{-1}$ son compatibles, de modo que $u_1+\epsilon~u_{-1}$ se encuentra en la unidad de disco, se puede escoger cualquier $s'_{n+1}$ y $t'_{n+1}$, y $i\le$ n definir $t'_i=-t'_{n+1}$ y $s'_i=s_i$ si $\epsilon=1$ y $s'_i=s_i t_i$ si $\epsilon=-1$.

Obtenemos el teorema como un corolario.

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Ahora tome una secuencia infinita de $a_n$ convergente a 0. Deje de $n_i$ será cada vez más una secuencia de números enteros tales que $|a_n|<2^{-i}$ cuando $n\ge n_i$. Simplemente aplicamos el teorema de cada subparte $a_{n_i+1},\dots,a_{n_i}$ para definir la secuencia de $s$. Podemos dejar $s_n=1$ para $n<n_1$.

Entonces podemos demostrar que $b_n=\sum_{k=1}^n s_k a_k$ es una secuencia de Cauchy: para cualquier $\varepsilon>0$, recogida $i_0 de dólares para que $4\cdot 2^{-i_0}\le \varepsilon$. Entonces para $n\ge N=n_{i_0}$, $|b_n-b_N|=|\sum_{k=N+1}^n s_k a_k|\le \sum_{i\ge i_0} 2\cdot 2^{-i}\le \varepsilon$.

Por lo que $b_n$ converge. $\square$

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Podemos mejorar el obligado en el teorema?

Alguien le preguntó cuál es la más nítida obligado por el teorema fue. Si nos restringimos a los $k=$ n el caso, esto es $\sqrt 2 M$. Tenemos $\min(|a+b|^2,|a-b|^2) = |a|^2+|b|^2-2|a\cdot b|\le 2$ para $a,b$ en la unidad de disco ($\cdot$ es el producto escalar). Desde el lema que pasa a demostrar que la suma puede ser indistintamente escrito como $u_1+u_{-1}$ o $u_1-u_{-1}$ con $u_\epsilon$ en la unidad de disco, esto demuestra el obligado. El límite de afilado para $n\ge 2$: tomar $(a_1,\dots, a_n)=(1,i,0,0,\dots)$.

Sin embargo $\sqrt 2 M$ no puede ser usado para limitar las sumas parciales ($k<n$) cuando el conjunto de signos no es permitido variar: de hecho, para $a=1$, $b=\exp(i\pi/3+\varepsilon)$, $c=-\exp(i\pi/6)$, $|a+b+c|\le \sqrt 2$ es el único conjunto de signos garantizar el obligado, pero $|a+b|=\sqrt 3-\varepsilon'>\sqrt 2$.

¿El teorema de trabajo en las dimensiones superiores?

Sí! Llame a la dimensión $p$. Cuando $a$ y $b$ son incompatibles con $a,b$ en la unidad $(p-1)$-esfera, la distancia entre $a$ y $b$ es limitada desde abajo (1). Esto significa que hay un límite superior $N$ a el tamaño de pares incompatibles establece en la unidad $(p-1)$-esfera, y por lo tanto también en la unidad de la bola debido a que $a\mapsto un/\|\|$ conserva pares incompatibles (una consecuencia del hecho de que $\|ta-b\|$ es una función convexa de $t$, con valor en más de 1 por $t=0$). A continuación, la prueba de la segunda lema aún se mantiene, el uso de una partición de $1,\dots n$ en $N$ subconjuntos, y que para todas las tareas de un signo para cada subconjunto, la suma estar delimitado por $N$.

Answer 2

Me gusta este problema muy mucho. Para ser honesto, yo estaba tratando de mostrar que no es cierto por que viene con un inteligente contraejemplo, diseñado en torno a engañar a Henry respuesta. Pero para cortar la vena corto, no podía.

Si me pueden hervir toda la prueba en 2 frases:

1. Dada una secuencia finita de $z_1, \dots, z_k$ de $k$ números complejos con $|z_i| < M$ para todo $i$, entonces existe una constante $K(M) = K \in \mathbb{R}$ independientes de la longitud de la secuencia de $k$ y un conjunto de signos $s_i \in \{-1, 1\}$ s.t. $|s_1z_1 + \dots s_kz_k| < K$
2. Romper una secuencia dada de $\{z_i\}_{i \in \mathbb{N}}$ con $z_i \to 0$ finito en subsecuencias $\{z_{n_i}\}_{i \in I}$ con $|I|$ finito y con $|z_{n_j}| < 2^{-n}$ por cada $j \in I$, y para que de cada $z_i$ se incluye en exactamente uno de los finitos subsecuencias. Luego de aplicar el límite de arriba, obtenemos el resultado.

Así que ahora tenemos un plan a seguir.

La prueba de [1.]: ($\spadesuit$)

Tenga en cuenta que si $z_1, z_2$ son dos unidades complejas, entonces hay signos $s_i$ s.t. $|s_1z_1 + s_2z_2| \leq \sqrt 2 \leq 2$ (donde $\sqrt 2$ es la óptima, pero donde yo sólo uso $2$ porque no he estado confiando en el trivial de la prueba). Del mismo modo, si $z_1, z_2$ ha $|z_1|, |z_2| \leq M$, entonces hay signos $s_i$ s.t. $|s_1z_1 + s_2z_2| \leq 2M$.

Lema: ($\diamondsuit$) Si $z_1, z_2, z_3$ son tres unidades complejas, entonces siempre podemos elegir dos de ellos (digamos $z_1, z_2$) s.t. $|z_1 + z_2|\leq 1$ o $|z_1 - z_2|\leq 1$

Prueba: Supongamos que no. Entonces $z_1$ debe tener un ángulo de entre $60^\circ$ y $120^\circ$ con cada uno de $z_2$ y $z_3$. Pero entonces, es fácil demostrar que $z_2$ o $-z_2$ tendrá un ángulo relativo a menos de $60^\circ$ $z_3$. Mus $|z_3 + z_2| \leq 1$ o $|z_3 - z_2| \leq 1$. Contradicción. $\diamondsuit$

Así que dada una secuencia finita de números complejos $z_1, \dots, z_k$, con $k \geq 3$ y $|z_i| \leq 1$, podemos inductivamente elegir los signos de obligado pares $z_\alpha, z_\beta$ por un solo elemento $z_\gamma$ satisfacer $|z_\gamma| \leq 1$, hasta que nos quedamos con sólo 2 elementos. Pero luego podemos aplicar el trivial obligado menciona por primera vez. Así tenemos que hay señales para que $|s_1 z_1 + \dots + s_k z_k| \leq 2$. Escala, obtenemos el resultado general ($\leq 2M$ donde $M$ es el límite en el $|z_i|$). $\spadesuit$

Así que dada una secuencia finita, podemos elegir los signos para acotar la suma independientemente de la (finito) de la longitud de la secuencia. Ahora vamos a utilizar en nuestra secuencia infinita.

La prueba del resultado principal: ($\clubsuit$)

Así que tenemos una secuencia de $z_1, z_2 , \dots$ con $|z_i| \a 0$. Voy a abusar un poco de la notación aquí. A continuación, para cada $n \in \mathbb{N}$, hay un menor índice de que me denotar por $n_1 de dólares para que $|z_i| > 2^{n}$ $i < n_1$ y $|z_j| \leq 2^{-n}$ para todo $j \geq n_1$. A continuación, los elementos de forma secuencial entre $z_{n_1}$ y $z_{(n+1)_1}$ se puede etiquetar como $z_{n_2}, z_{n_3}, \dots, z_{n_l}$, y hay un número finito de números en cada uno. Por facilidad, denota el conjunto de elementos con el índice $1_j$ $j$ por $I_j$, de modo que $z_{1_1}, z_{1_2} \en I_1, z_{3_5} \en I_3$, etc.

Así que ahora, estamos esencialmente hecho. Dejando de lado el (un número finito) los términos iniciales antes de $z_{1_1}$, sabemos que hay indicios de que puede ser dada a $z_i \en I_j de dólares para que $|\sum_{I_j} z_i| < 2\cdot 2^{j}$ por cada $j$, y que el $I_j$ cubrir uniformemente toda la secuencia de $\{z_i\}$ en orden. 2 $\sum 2^{j}$ converge, la desigualdad de triángulo nos da que nuestra secuencia converge así. $\clubsuit$

EDITAR

Como Johan señala a continuación, hay un detalle que falta. Yo estaba en el proceso de escritura de una solución completa cuando me di cuenta de que mi falta de detalle se incluye en el Genérico Humanos del post, y en la manera exacta en la que me iba a hacerlo. Así que aplazar la falta de detalle.

Answer 3

Sí es posible. [Pero tal vez no de esta forma - ver los comentarios de mantenimiento para el debate y la referencia de otra respuesta]

Deje de $b_n =\sum_{i=1}^n s_i a_i = b_{n-1}+s_n a_n$ representar las sumas parciales.

Elegir $s_{n+1} = 1$ cuando $|b_n + a_{n+1}| \le |b_n - a_{n+1}|$, y $s_{n+1} = -1$ cuando $|b_n + a_{n+1}| \gt |b_n - a_{n+1}|$.

Entonces la verdadera secuencia de $c_n = |b_n|-|b_{n-1}|$ ha $|c_n| \le |a_n|$, la reunión de su condición de reales convergentes $0$ y tiene los signos que usted desea. De modo que las sumas parciales de $c_n$ convergen a un número finito y constante, con el triángulo de la desigualdad, de manera de hacer las sumas parciales $b_n =\sum_{i=1}^n s_i a_i$.

Answer 4

La respuesta a tu pregunta es SÍ, siempre podemos encontrar una secuencia de signos que hace que la serie convergente. Los codiciosos de la construcción en Henry respuesta debe ser aplicada no una vez, sino una contables número de veces, cuidadosamente elegido entero intervalos.

Necesitamos el siguiente lema :

LEMA. Deje de $b_1, \ldots ,b_r$ ser números complejos. Vamos $M={\sf max}(|b_1|,|b_2|, \ldots ,|b_r|)$. A continuación, hay una secuencia de signos $\epsilon_1,\epsilon_2, \ldots ,\epsilon_r$ con cada $\varepsilon_k = \pm 1$ que $r$ números $c_1,,c_2, \ldots ,c_r$ definida por $c_k=\sum_{j=1}^k \varepsilon_k b_k$ todas satisfacer $|c_k| \leq M$.

Este lema es fácilmente demostrado por inductivo paso-por-paso "codiciosos" de la construcción, como en la de Henry respuesta : la clave de la propiedad es que, si $|x|$ y $|s|$ son $\leq M$, entonces al menos uno de $|x-y|$ o $|x+y|$ es $\leq M$ también. (de lo contrario podríamos deducir $2M < |x-y|+|x+y| \leq 2|x|$).

Desde $(a_n)$ converge a cero, hay un aumento de la función $\phi : {\mathbb N} \{\mathbb N}$ tal que

$$ \forall t, \ \forall n \geq \phi(t), \ |a_n| \leq \frac{1}{2^t} $$

Por el lema, por cada $t$ hay signos $\epsilon_{\phi(t)+1},\epsilon_{\phi(t)+2}, \ldots ,\epsilon_{\phi(t+1)}$ tal que, si ponemos $d_j=\epsilon_ja_j$ y $e_k=\sum_{j=\phi(t)+1}^k d_j$, entonces $|e_k| \leq \frac{1}{2^t}$ por cada $k$ tal que $\phi(t) \leq k \lt \phi(t+1)$.

La concatenación de todas esas secuencias finitas de signos, se obtiene una secuencia infinita de la secuencia de $(\epsilon_n)_{n\geq 0}$ con la siguiente propiedad : si ponemos $s_n=\sum_{k=1}^n \epsilon_k a_k$, entonces

$$ \forall t, \forall n \ {\rm tal \ que \ } \phi(t) \leq n \lt \phi(t+1), \ \ \big|s_n-s_{\phi(t)}\big| \leq \frac{1}{2^t} $$

Vamos a $t$ ser un número entero, vamos a $n \geq \phi(t)$ y dejar que $u$ ser el entero más grande la satisfacción de $\phi(u) \leq$ n. Entonces tenemos

$$ \big|s_n-s_{\phi(t)}\big| \leq \big|s_{\phi(u)}-s_{\phi(t)}\big|+\big|s_n-s_{\phi(u)}\big| \leq \bigg(\sum_{j=t+1}^{u} \big|s_{\phi(j)}-s_{\phi(j-1)}\big|\bigg)+\big|s_n-s_{\phi(u)}\big| \leq \sum_{k=t}^{\infty} \frac{1}{2^{k}} = \frac{1}{2^{t-1}} $$

Así que para cualquier remolque índices de $n,m \geq \phi(t)$ tenemos $$|s_n-s_m| \leq |s_n-s_{\phi(t)}|+|s_n-s_{\phi(t)}| \leq \frac{1}{2^{t-2}}$$

Por lo que $(s_n)$ es una secuencia de Cauchy, y $(s_n)$ covnerges como deseaba.