En lo que sigue, me supongo que por $\mathbb{N}$ media $\mathbb{Z}_{>0}$, de esta manera no tengo que lidiar con $\frac 1 0$. Por supuesto, la respuesta es la misma para $\mathbb{Z}_{\geq 0}$.
No, un bijection no existe.
Considerar la secuencia de $(b_n)_{n=1}^\infty$ dada por $b_1 = 1$, $b_n = n [\log_2 n]^2$ para $n>1$ donde $[x]$ denota la parte entera de la $x$. A continuación, los 2 siguientes afirmaciones son verdaderas:
(1) $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{b_n}$ converge.
(2) se refieren a $s_k := \sum_{i=1}^k b_i$. A continuación, $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{\sqrt{s_n}}$ diverge.
(1) se sigue del hecho de que para $k\geq 1$,
$$
\sum_{n=2^k}^{2^{k+1}-1} \frac{1}{b_n} < \frac{2^k}{b_{2^k}} = \frac{1}{k^2},
$$
y $\sum \frac{1}{k^2}$ converge. Para probar (2), tenga en cuenta que $s_{2^{k+1}-1} < k^2 \sum_{i=1}^{2^{k+1}-1} i < k^2 2^{2(k+1)}$, por lo que
$$
\sum_{n=2^k}^{2^{k+1}-1} \frac{1}{\sqrt{s_n}} > \frac{2^k}{\sqrt{s_{2^{k+1}-1}}} > \frac{1}{2k},
$$
y $\sum \frac{1}{2k}$ diverge.
Ahora vamos a $f$ ser un bijection de$\mathbb{N}$$\mathbb{N}$. Set $u_n = \max\{f^{-1}(i)\mid s_{n-1}< i \leq s_n\}$ $A = \{u_n\mid n\in \mathbb{Z}_{>0}\}$ (asumiendo $s_0 = 0$). Tenga en cuenta que $u_m\neq u_n$ $m\neq n$ desde $f(u_m)\neq f(u_n)$. También, $u_n\geq b_n$ desde $u_n$ es de un máximo de $b_n$ enteros positivos. A continuación,$\sum_A \frac{1}{n} = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{u_n} \leq \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{b_n}$, que converge. Por otro lado, $f(u_n) \leq s_n$, lo $\sum_{f(A)} \frac{1}{\sqrt{n}} = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{\sqrt{f(u_n)}} \geq \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{\sqrt{s_n}}$, que diverge.
Edit: en Realidad, una declaración más general puede ser probado:
Deje $(a_n)_{n\in\mathbb{N}}$ $(a'_n)_{n\in\mathbb{N}}$ dos secuencias de números positivos. Suponga que $\lim\limits_{n\to\infty} a'_n = \lim\limits_{n\to\infty} \frac{a'_n}{a_n} = 0$ y $\sum_{n\in \mathbb{N}} a_n$ diverge. A continuación, $\left(\mathbb{N}, a_n\right)$ $\left(\mathbb{N}, a'_n\right)$ no homeomórficos, es decir, no hay bijection $f: \mathbb{N}\to \mathbb{N}$ tal que para cada $A\subseteq\mathbb{N}$, $\sum_A a_n$ converge iff $\sum_{f(A)} a'_n$ converge.
Prueba: Primero de todo, es suficiente para demostrar la declaración para los casos en los que la secuencia de $a'_n$ es no creciente. Desde $a'_n>0$$a'_n\to 0$, la secuencia de $a'_n$ puede ser reorganizado en un no-orden creciente, es decir, hay un bijection $p:\mathbb{N}\to \mathbb{N}$ tal que $a'_{p(n+1)}\leq a'_{p(n)}$ todos los $n\in \mathbb{N}$. Las secuencias de $a_{p(n)}$ $a'_{p(n)}$ satisfacer las condiciones de la declaración, y $f$ es un homeomorphism entre el $\left(\mathbb{N}, a_{p(n)}\right)$ $\left(\mathbb{N}, a'_{p(n)}\right)$ fib $p^{-1}\circ f\circ p$ es un homeomorphism entre el$\left(\mathbb{N}, a_n\right)$$\left(\mathbb{N}, a'_n\right)$. Así que en lo que sigue, supongo que $a'_n$ es no creciente.
Deje que nos indican las sumas parciales de $\sum a_n$$\sum a'_n$$S_n$$S'_n$, es decir, $S_n:= \sum_{k\leq n} a_n$$S'_n:= \sum_{k\leq n} a'_n$.
Lema 1: $\lim\limits_{n\to\infty} \frac{S'_n}{S_n} = 0$.
La prueba del Lema 1: Para cualquier $\epsilon>0$, $N\in \mathbb{N}$ tal que $\frac{a'_n}{a_n}<\frac{\epsilon}2$ todos los $n>N$. Entonces, para $n>N$,
$$
\frac{S'_n}{S_n} = \frac{S'_N + \sum\limits_{N<k\leq n} una'_k}{S_n} < \frac{S'_N + \frac{\epsilon}{2}\sum\limits_{N<k\leq n} a_k}{S_n} = \frac{S'_N + \frac{\epsilon}{2}(S_n-S_N)}{S_n},
$$
que es $<\epsilon$ si $S_n> \frac{2}{\epsilon}S'_N - S_N$. Desde
$\sum a_n$ diverge, $S_n\to\infty$, lo $\frac{S'_n}{S_n}<\epsilon$ para todos lo suficientemente grande como $n$. Final de la prueba del Lema 1
Ahora vamos a $f: \mathbb{N}\to \mathbb{N}$ ser un bijection. Para $\epsilon>0$, denotan $M^f_\epsilon := \{n\in\mathbb{N}\mid a'_{f(n)}<\epsilon a_n\}$.
Lema 2: Para todos los $\epsilon>0$, $\sum_{M^f_\epsilon} a_n$ diverge.
La prueba del Lema 2: Suponga que $\sum_{M^f_\epsilon} a_n$ converge, y denotan su valor por $\mu$.
Desde $f$ es un bijection y $a'_n$ es no creciente, $\sum_{k\leq n} a'_{f(k)} \leq \sum_{k\leq n} a'_{k} = S'_n$, por lo que
$$
\frac{S'_n}{S_n} \geq \frac{\sum\limits_{k\leq n}'_{f(k)}}{S_n} \geq \frac{\sum\limits_{k\leq n,~ k\no\M^f_\epsilon}'_{f(k)}}{S_n} \geq \frac{\epsilon\sum\limits_{k\leq n,~ k\no\M^f_\epsilon} a_{k}}{S_n} \geq \frac{\epsilon(S_n - \mu)}{S_n}.
$$
La última expresión es $\geq \epsilon/2$ si $S_n>2\mu$; desde $S_n\to\infty$, lo que contradice el Lema 1. Final de la prueba del Lema 2
Siguiendo su terminología, voy a llamar a un subconjunto $X\subseteq \mathbb{N}$ $a$-grande si $\sum_X a_n$ diverge. Por lo $M^f_\epsilon$ $a$- grande.
Por último, vamos a construir un counterexaple set $A$ como una unión de pares distintos conjuntos finitos $A_m$, $m\in\mathbb{N}$. Construimos $A_m$ inductivamente como sigue: consideremos el conjunto
$$
M^f_{2^{m}} \barra invertida \left(\{n\in\mathbb{N}\mediados de los a'_{f(n)}\geq 2^{m}\}\cup\bigcup\limits_{k<m} A_k\right).
$$
Este conjunto es $a$-grande, ya que es una diferencia de $a$-gran conjunto $M^f_{2^{-m}}$ y un conjunto finito. ($\{n\in\mathbb{N}\mid a'_{f(n)}\geq 2^{-m}\}$ Es finito desde $a'_n\to 0$ y f es un bijection, y $\cup_{k<m} A_k$ es finita ya que todos los $A_k$ son finitos.) Por lo tanto, contiene un subconjunto finito $X$ tal que $\sum_X a_n>1$; deje $A_m$ ser de un mínimo de dicho subconjunto w.r.t. la inclusión y la deje $x$ ser un elemento de $A_m$. Entonces
$$
\sum_{f(A_m)} una'_n = \sum\limits_{k\in A_m}'_{f(k)} = a'_{f(x)} + \sum\limits_{k\in A_m\barra invertida \{x\}}'_{f(k)} < 2^{m} + 2^{m}\sum\limits_{k\in A_m\barra invertida \{x\}} a_k \leq 2^{m+1}.
$$
Desde $A_m$ son por la construcción de a pares distintos, para $A = \cup_{m\in\mathbb{N}} A_m$, $\sum_A a_n = \sum_{m\in\mathbb{N}}\sum_{A_m} a_n$ diverge (por construcción, $\sum_{A_m} a_n>1$), y $\sum_{f(A)} a_n = \sum_{m\in\mathbb{N}}\sum_{f(A_m)} a_n < \sum_{m\in\mathbb{N}} 2^{-m+1}$, que converge. Final de la prueba
