Hay una pregunta en el Miklos Schweitzer concurso el año pasado que se mantiene me molesta. Aquí está:
Es allí cualquier secuencia $(a_n)$ de números no negativos para que $\displaystyle\sum_{n \geq 1}a_n^2 <\infty $ $$\sum_{n \geq 1}\left(\sum_{k \geq 1}\frac{a_{kn}}{k}\right)^2=\infty\quad?$$
Me di cuenta de algo de interés potencial, pero no estoy seguro de su utilidad.
También, al parecer no se puede comentar sin embargo, debido a que no tengo privilegios suficientes puntos o algo, así que estoy "responder". (El scratchwork que no encajaría en un comentario de todos modos.)
Definir $ \sum a_n^2 = L $ y tenga en cuenta que $ n^2 \le \sigma_2(n) < \zeta(2) n^2 $ (esto puede ser visto por factorización $ \sigma_2(n)n^{-2} $ y, a continuación, señalando que es siempre una parte finita de Euler del producto para la de Riemann zeta función, pero puede permitir que arbitrariamente muchos de sus términos). El uso de $ (n,m) $ para el máximo común divisor. Entonces
$$ S = \sum_{n \geq 1}\left(\sum_{k \geq 1}\frac{a_{kn}}{k}\right)^2 $$ $$ = \sum_{n,m=1}^\infty \left( \sum_{d|(n,m)} \frac{1}{(n/d)(m/d)} \right) a_n a_m $$ $$ = \sum_{n,m=1}^\infty \sigma_2((n,m)) \frac{a_n}{n} \frac{a_m}{m} $$ $$ = \sum_{n=1}^\infty \sigma_2 (n) (a_n / n)^2 + 2 \sum_{n=2}^\infty \left( \sum_{m<n} \frac{\sigma_2((n,m))}{m} a_m \right) \frac{a_n}{n} $$ $$ <\zeta(2) \left( L + 2 \sum_{n=2}^\infty \left( \sum_{m<n} \frac{(n,m)^2}{m} a_m \right) \frac{a_n}{n} \right) $$
Por lo tanto, si podemos probar $$ M = \sup \left\{ \frac{1}{n a_n} \sum_{m<n} \frac{(n,m)^2}{m} a_m \right\} < \infty $$ entonces podemos establecer la existencia de límite superior finito
$$ S < \zeta(2) (L + 2M (L-a_1^2)) .$$
Me gustaría ver esto más (es decir, sobre cómo encontrar un límite inferior lo suficientemente práctico para el enfoque desde el otro lado) pero es el medio de la noche aquí. Tal vez más tarde.
(Esta no es una respuesta.) La situación es incluso peor que la de Patrick Da Silva sugiere. Deje $a_n = \frac{b_n}{\sqrt{n}}$; a continuación, $\sum \frac{b_n^2}{n}$ converge, por lo $\liminf b_n = 0$. Por otra parte $\frac{a_{nk}}{k} = \frac{b_{nk}}{k^{3/2} \sqrt{n}}$, de ahí que la anterior suma da
$$\sum_{n \ge 1} \frac{1}{n} \left( \sum_{k \ge 1} \frac{b_{nk}}{k^{3/2}} \right)^2.$$
En particular, si $b_n$ finalmente es monótonamente decreciente (o incluso algunos de forma más débil de esta hipótesis), entonces la suma entre paréntesis es, finalmente, en la mayoría de las $b_n^2 \zeta \left( \frac{3}{2} \right)$ $a_n$ no puede ser un contraejemplo a la sentencia dada.
En otras palabras, un contraejemplo debe ser bastante no-monotónica (si la afirmación es falsa). Me parece una buena idea para hacer $a_n$ si $n$ tiene muchos factores, pero no he sido capaz de hacer nada en concreto con este.
Pensé que había algo, pero como ShreevatsaR correctamente comentó, cometí un error estúpido, y por debajo de la prueba es falsa. Sin embargo, la Reivindicación 1 es (espero) correcto, y tal vez la idea más allá de la reivindicación 2 puede ser utilizado por alguien para producir una prueba, así que no voy a borrar la respuesta (al menos por el momento).
En primer lugar, vamos a $N(a) := \sum_n a_n^2, \lVert a \rVert := \sqrt{N(a)}$ $S(a) := \sum_n (\sum_k \frac{a_{nk}}{k} )^2$ donde $a$ es una secuencia de no negativo numers. Queremos demostrar que $S(a)$ puede ser infinito, mientras que $N(a)$ es finito.
Esto es suficiente para mostrar que la relación de $\frac{S(a)}{N(a)}$ puede hacerse arbitrariamente grande (en lugar de infinito).
Suponga que la relación de $\frac{S(a)}{N(a)}$ puede hacerse tan grande como nos gusta. A continuación, se pueden encontrar, por cualquier $M$ una secuencia $a^M$ ser una secuencia con $N(a^M) < \frac{1}{2^{2M}}$ (de modo que $ \lVert a^M \rVert < \frac{1}{2^M}$) y $S(a^M) > M$. Ahora, definir $a := \sum a^M$. Es un lugar bien definido y de cuadrado sumable secuencia, desde la $\lVert \cdot \rVert$ es en realidad una norma. Ahora, $S(a) \geq S(a^M) > M$ cualquier $M$, ya que el $a_n \geq a^M_n$ cualquier $n$ y todos los coeficientes son no negativos. Por lo tanto, llegamos a la conclusión de que $S(a) = \infty$.
La relación de $\frac{S(a)}{N(a)}$ puede hacerse arbitrariamente grande.
Fijar un número entero $M$ y considerar la secuencia de $a_n = n[n \leq M]$ (lo que significa que $a_n = n$$n \leq M$$a_n = 0$$n > M$). Podemos calcular: $$N(a) = \sum_{n=1}^M n^2 $$ y $S(a) = \sum_{n=1}^M (\sum_{k=1}^M \frac{nk}{k})^2 = \sum_{n=1}^M n^2 \cdot M^2 = M^2 N(a)$ Por lo tanto, el índice deseado es: $$\frac{S(a)}{N(a)} = M^2$$ que obviamente es lo suficientemente grande es $M$ es lo suficientemente grande.
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