¿Existe una biyección $f: \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}$ tal que la serie $\sum\limits_n \frac{1}{n+f(n)}$ sea convergente?

Question

¿Existe una biyección $f: \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}$ tal que la serie $\sum_1 ^\infty \frac{1}{n+f(n)} $ sea convergente?

No pude resolver esto. Intenté proceder de la siguiente manera:

1) Intenté proporcionar una contradicción:

Primero, sea $n \sim m$ si $\exists k \in \mathbb{Z}$ tal que $f^k(n)=m$. Esta es una relación de equivalencia. Consideremos las órbitas. Para las órbitas finitas, podemos comparar la serie con $\sum_1^\infty \frac{1}{n+n}$. Pero luego no pude averiguar cómo proceder para las órbitas infinitas.

2) Intenté probar que existe alguna función:

Sea $\{k_n\}$ una subsecuencia de $\mathbb{N}$ tal que $\sum_0^\infty \frac{1}{k_n}$ converge. Sea $f(n)=k_{n}, \forall n \in \mathbb{N}\setminus\{k_n\}$. Luego, los índices de cada $n$ que no están en la subsecuencia $k_n$ están definidos. Ahora tenemos que definir los índices de cada $k_n$. Define $f(k_n)=n$ $ \forall n \in \mathbb{N}\setminus \{k_n\}.

No pude avanzar más. Creo que mi segundo intento iba en la dirección correcta. Mi plan era usar el hecho de que todos los elementos aquí son positivos y construir la función $f$ de tal manera que $\forall n\in \mathbb{N}$ o bien $n$ o $f(n)$ esté en $\{k_n\}$.

Answer 1

Originalmente, di este ejemplo:

$$f (n)=\begin{cases}k,&\ \text { si } n=3^k , \text { con $k $ no una potencia de $2$}\\ 2^{n-1} , &\ \text { de otra manera }\end{cases}$$ (la idea es empujar los números pequeños más y más lejos para que cuando aparezcan sean compensados por el $n $). Entonces $$ \sum_n\frac1 {n+f (n)}<\sum_{k}\frac 1 {3^k+k}+\sum_n\frac1 {n+2^{n-1}}<\infty. $$

Y es la idea correcta, pero el problema es que tal $f$ no es biyectiva. Por ejemplo, $2^{26}$ no está en el rango de $f$, porque cuando $n=27$, estamos usando la otra rama de $f$ para obtener $3$.

Así que necesitamos ajustar ligeramente el ejemplo. Sea $$ T=\{3^k:\ k\ \text{ no es una potencia de } 2\}=\{3^3,3^5,3^6,3^7,3^9,\ldots\} $$ y $$ S=\mathbb N\setminus T=\{1,\ldots,25,26,28,29,\ldots\}. $$ Escríbelos como una secuencia ordenada, $T=\{t_1,t_2,\ldots\}$ y $S=\{s_1,s_2,\ldots\}$. Ahora define $$ f(n)=\begin{cases} \log_3 n,&\ \text{ si }\ n=t_k\\ \ \\ 2^{k-1},&\ \text{ si }\ n=s_k \end{cases} $$ Uno puede verificar explícitamente que $$ g(m)=\begin{cases} 3^m,&\ \text{ si $m$ no es una potencia de $2$}\ \\ \ \\ s_{k+1},&\ \text{ si }\ m=2^k \end{cases} $$ es una inversa para $f$.

Answer 2

No es una solución nueva, simplemente escribo para aclarar para mí mismo cómo funciona la solución de @Martin Argerami.

Queremos $\sum_{n\in \mathbb{N}} \frac{1}{n + f(n)} < \infty$. Consideremos una cobertura $\mathbb{N} = A\cup B$. Es suficiente tener $\sum_{n\in A} \frac{1}{n + f(n)}$, $\sum_{n \in B} \frac{1}{n + f(n)}< \infty$. Por lo tanto, es suficiente encontrar $A$, $B$ para que $$\sum_{n \in A} \frac{1}{f(n)}= \sum_{n \in f(A)} \frac{1}{n} < \infty \\ \sum_{n \in B} \frac{1}{n} < \infty$$

Entonces es suficiente tener $B$ de modo que $\sum_{n\in B} \frac{1}{n} < \infty$ y $f$ mapeando $A = \mathbb{N} \backslash B$ a $B$. Hay muchas posibilidades aquí.