La ralentización de la divergencia de la 2

Question

Deje $f(x)$ $g(x)$ ser positivo no decreciente de funciones que $ \sum_{n>1} \frac1{f(n)} \text{ y } \sum_{n>1} \frac1{g(n)} $

diverge.

(Por qué) debe la serie $$\sum_{n>1} \frac1{g(n)+f(n)}$$ divergen?

Answer 1

La hipótesis de que las secuencias son no decrecientes es esencial, ya que de lo contrario existe el siguiente contraejemplo (que yo creía ser la respuesta, porque me perdí la hipótesis):

Deje $f(n)=2^n$ $n$ impar y $f(n)=1$ $n$ incluso, y deje $g(n)=2^n$ $n$ a, $g(n)=1$ $n$ impar. A continuación, tanto en $\sum \frac1{f(n)}$ $\sum \frac1{g(n)}$ divergen porque contienen 1 infinitamente a menudo, pero $$\sum_n \frac{1}{f(n)+g(n)}=\sum_n \frac{1}{2^n+1} \le \sum_n 2^{-n} <\infty$$

Answer 2

No, $\sum\frac{1}{f(n)+g(n)}$ necesidad no divergen. Definimos un par de $f,g$ inductiva. Deje $f(1) = g(1) = 2$.

Supongamos $f(n)$ $g(n)$ han sido definidos para $1\leq n\leq N$. Deje $L$ ser el mayor valor que toma la $f(n)$ o $g(n)$$1\leq n\leq N$. Definir $f(N+1) = f(N+2) = \cdots = f(N + L) = L$$g(N+i) = 2^iL$$1\leq i\leq L$. Definir $g(N+L+1) = \cdots = g(N+L+2^LL) = 2^LL$$f(N+L+i) = 2^{L+i}L$$i\leq 1\leq 2^LL$. El extiende el dominio de definición de $f(n)$$g(n)$$1\leq n\leq N+L+2^LL$. Repita el procedimiento para definir $f$ $g$ sobre todo $\mathbb{N}$.

Tenga en cuenta que $f$ $g$ son positivos y no decreciente. En cada etapa de este proceso hay $L$ veces al $f$ toma el valor de $L$ $2^LL$ veces al $g$ toma el valor de $2^LL$. Por lo tanto,$\sum_{n=N+1}^{N+L+2^LL} \frac{1}{f(n)} > 1$$\sum_{n=N+1}^{N+L+2^LL} \frac{1}{g(n)} > 1$: al menos $1$ se añade a la suma de los recíprocos de cada serie en cada paso. Desde que repetir este proceso ad infinitum, la adición de al menos $1$ a cada serie, en cada paso, $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{f(n)}$ $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{g(n)}$ ambas divergen.

Tenga en cuenta que por construcción, $\max(f(n+1),g(n+1)) = 2\max(f(n),g(n))$ todos los $n$. Desde $f(1)=g(1)=2$, $\max(f(n),g(n))=2^n$ todos los $n$. Por lo tanto, $\frac{1}{f(n)+g(n)}\leq \frac{1}{\max(f(n),g(n))} = 2^{-n}$ todos los $n$, lo $\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{f(n)+g(n)}$ converge en comparación con la serie geométrica $2^{-n}$.

Answer 3

Tal vez obvia observación, pero demasiado largo para poner un comentario (honestamente, he intentado). La pongo hasta el momento, el problema se resuelve.

Yo estaba tratando de seguir el mismo camino, como Gerry sugerido (espero que significaba $\min$ en su respuesta), es decir,$a_n=\frac{1}{f_n}$, $b_n = \frac{1}{g_n}$ no son el aumento positivo de las secuencias, tales que $$ \sum_na_n = \sum_n b_n = \infty $$ y la pregunta es si $$ \sum_n c_n = \sum_n\min\{a_n,b_n\}=\infty. $$ Es sólo suficiente, por supuesto, así que si uno va a encontrar un contraejemplo para este problema no es necesario una solución para el problema original.

Sin embargo, para un contraejemplo para el problema original (si existe) debemos tener $a_n\geq b_n$ $b_n\geq a_n$ infinidad de veces, o, equivalentemente, $f_n\geq g_n$ $g_n\geq f_n$ infinidad de veces. Si no se sostiene que el residual de suma $\sum_n c_n$ consiste sólo de $a_n$ o de $b_n$ y por lo tanto diverge.

Answer 4

Este es un seguimiento a Gortaur la "respuesta" (y no es una respuesta real).

Si $a_n$ $c_n$ son como arriba, a continuación, mostrar que $\sum_nc_n=\infty$, creo que es suficiente para mostrar que si $\;1=i_0< i_1<i_2<\dots\;$ es cualquier secuencia infinita de los índices, a continuación, $\sum_jd_j=\infty$ donde $$ d_j\;=\;a_{i_k} \;\;\textrm{donde}\;\; i_{k-1}\leqslant j<i_k. $$ Esto reduce la cuestión a uno sobre una sola no-aumento de secuencia positiva. No he sido capaz de encontrar un contra-ejemplo para esto.