Muestran que

Question

Si $a_n$ es una secuencia tal que el $a_n \downarrow 0$ y $\epsilon_n=-1$ o $1$ % todo $n$, la serie $\sum a_n$ diverge pero la serie $\sum_{n=1}^\infty \epsilon_n a_n$ converge, entonces ¿es verdad que el $\limsup \frac{\epsilon_1+\cdots +\epsilon_n}{n}\geq 0$?

Pregunta de historia: originalmente, esta pregunta es sobre el % de afirmación $\limsup \frac{\epsilon_1+\cdots +\epsilon_n}{n}=0$, que se ha probado mal por algunas maravillosas respuestas.

Nota $a_n$ es no mayor a cero aquí. Algunas personas olvidan esta suposición.

Answer 1

La instrucción es no es cierto. El uso de Miguel de la construcción, pero simplificado da:

$$\epsilon_n = \{1, -1, -1, 1, 1, 1,1, \dots\}$$ $$\epsilon_n = (-1)^{\lfloor \log_2 n\rfloor}$$

Después de $1$, $7$, $31$, $\dots$, $2^{2k+1} - 1$ los números que alcanzó un máximo. Esta máxima es exactamente:

$$\sum_{i=0}^{2k} (-2)^i = \frac{1}{3}(2^{2k+1} + 1)$$

Así que en este máximo nuestra $\sum e_n/n = \frac{1}{3}\dfrac{2^{2k+1} + 1}{2^{2k+1} - 1}$. Así que para un gran$n$$\limsup \sum e_n/n = \frac{1}{3}$.

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$$a_n = \{\frac1{1\cdot 2^0}, \frac1{2\cdot 2^1}, \frac1{2\cdot 2^1}, \frac1{3\cdot 2^2}, \frac1{3\cdot 2^2}, \frac1{3\cdot 2^2}, \frac1{3\cdot 2^2}, \frac1{4\cdot 2^3}, \dots\}$$ $$a_n = \{\frac11, \frac1{4}, \frac14, \frac1{12}, \frac1{12}, \frac1{12}, \frac1{12}, \frac1{32}, \dots\}$$

$$a_n = \frac{1}{(\lfloor\log_2 n\rfloor + 1)2^{\lfloor\log_2 n\rfloor}}$$

$a_n$ es la serie armónica, con la $k$th elemento repetido $2^{k-1}$ veces, dividido por $2^{k-1}$. $\sum a_n$ diverge porque la serie armónica. A continuación, $\epsilon_n a_n$ es la serie armónica alternante, con la $k$th elemento repetido $2^{k-1}$ veces, dividido por $2^{k-1}$. La suma de esta serie converge igual que la serie armónica alternante:

$$\sum_{n=1}^\infty \epsilon_na_n = \sum_{k=0}^\infty 2^{k}\cdot (-1)^{k} \cdot \frac{1}{(k + 1)2^{k}} = \sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{k+1} = \ln(2) \tag*{$\blacksquare$}$$

Answer 2

Con estas hipótesis es que es cierto que $\limsup (\epsilon_1 + \ldots + \epsilon_n)/n \geqslant 0.$

Que $S_n = \epsilon_1 + \ldots + \epsilon_n$. Resumen por partes, tenemos

$$\sum_{j=1}^n \epsilon_ja_j = S_n a_n + \sum_{j=1}^{n-1} S_j(a_j - a_{j+1}).$$

Si $\limsup S_n/n =-r < 0$, entonces existe $N$ tal que $S_n/n < -r/2$ % todo $n > N$y

$$\tag{*}\sum_{j=1}^n \epsilon_ja_j < -\frac{r}{2}na_n + \sum_{j=1}^{N} S_j(a_j - a_{j+1}) - \frac{r}{2} \sum_{j=N+1}^{n-1}j(a_j - a_{j+1}) \\ = -\frac{r}{2}na_n + \sum_{j=1}^{N} S_j(a_j - a_{j+1}) - \frac{r}{2} \sum_{j=N+1}^{n-1}(ja_j - (j+1)a_{j+1}) - \frac{r}{2}\sum_{j=N+1}^{n-1}a_{j+1} \\ = \sum_{j=1}^{N} S_j(a_j - a_{j+1}) - \frac{r}{2}(N+1)a_{N+1} - \frac{r}{2}\sum_{j=N+1}^{n-1}a_{j+1}$$.

Desde $\sum a_n$ diverge, el lado derecho de (*) diverge a $-\infty$ $n \to \infty$ que contradice la convergencia de $\sum \epsilon_n a_n$.

Así, $\limsup (\epsilon_1 + \ldots + \epsilon_n)/n \geqslant 0$.

Utilizamos el hecho de que $a_n$ disminuye monótonamente pero no es necesario que la hipótesis adicional de que $a_n$ converge a $0$.

Answer 3

Esta respuesta sólo formaliza mi sugerencia desde hace una hora, alrededor de un particular contra-ejemplo:

Definir los sucesivos marcos que doble en tamaño, es decir, el marco de $k \in \{1, 2, 3, ...\}$ tiene el tamaño de $2^k$.

Definir binario $\epsilon_i$ que se alternan a lo largo de sucesivas tramas. Que es, $$\{1, 1, -1, -1, -1, -1,1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1...\}$$ Conclude that the running average of the $\epsilon_i$ valores tiene un valor distinto de cero limsup.

Queda por definir un positivo y nonincreasing $a_i$ secuencia con una suma que se bifurca, pero tal que $\sum_i a_i \epsilon_i$ converge.

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Esta es una edición de una hora más tarde (a pedido por lo que alguien puede deshacer un downvote).