¿Cuándo está limitado$\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{\lfloor f(n) \rfloor } $?

Question

Este es un intento de para generalizar esta pregunta, que es el caso $f(n) = \sqrt{n}$:

Acotamiento de las sumas parciales

Supongamos que $f(x) > 0, f'(x) > 0, f"(x) < 0, f(x) \to \infty $.

Cuando se $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{\lfloor f(n) \rfloor } $ limitada?

Mi respuesta:

Deje $g$ ser la inversa de la función de $f$. Entonces la suma es limitada si y sólo si $g'(x)$ está acotada.

En la pregunta que ha inspirado este, $f(x) = \sqrt{x}$, por lo $g(x) = x^2$. Desde $g'(x) = 2x$ no está delimitado, la suma es no acotada.

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Aquí está mi análisis.

Vamos $g(m) =\min(k|f(k) \ge m) $. Entonces $\lfloor f(n) \rfloor$ es constante para $g(m) \le n \lt g(m+1)$ y todos esos $f(i) = m$.

$g$ es una función inversa de $f$, así $g'(x) \approx \dfrac1{f'(g(x))} $ y $f'(x) \approx \dfrac1{g'(f (x))} $. Por ejemplo, si $f(x) = \sqrt{x}$, $g(x) \approx x^2$ así $f'(x)=\dfrac1{2\sqrt{x}}$ y $g'(x)=2x =\dfrac{1}{\frac1{2\sqrt{x^2}}}$.

$\begin{array}\\ \sum_{n=1}^{g(m+1)-1} (-1)^{\lfloor f(n) \rfloor } &=\sum_{i=1}^m \sum_{j=g(i)}^{g(i+1)-1} (-1)^{i }\\ &=\sum_{i=1}^m (g(i+1)-g(i))(-1)^i\\ \text{so}\\ \sum_{n=1}^{g(2m+1)-1} (-1)^{\lfloor f(n) \rfloor } &=\sum_{i=1}^{2m} (g(i+1)-g(i))(-1)^i\\ &=\sum_{i=1}^{m} ((g(2i+1)-g(2i)-(g(2i)-g(2i-1)))\\ &=\sum_{i=1}^{m} (g(2i+1)-2g(2i)+g(2i-1)))\\ &\approx \sum_{i=1}^{m} g''(2i)\\ &\approx \frac12 g'(2m)\\ \end{array} $

Answer 1

Yo no es verdad.

¿Qué pasa si$f(x) = 10x + 3(1-\frac{1}{x})$?$\lfloor{f(x)}\rfloor$ Es claramente incluso después de algún punto. Y$f'(x) = 10 + \frac{3}{x^2}>0$ y$f''(x) < 0$, claramente. $f(x) \to \infty$, también. Y$$g(x) = \frac{x-3}{20} + \frac{1}{20} \sqrt{x^2-6x+129}$$$$ g '(x) = \ frac {1} {20} + \ frac {-6 +2x} {40 \ sqrt {129 - 6 x + x ^ 2}} $ $ Que está claramente limitado. ¿Me estoy perdiendo de algo?

Answer 2

Voy a cubrir sólo una cara de la moneda aquí. Lo contrario es dejar abierta.

Voy a hacer un poco diferente, pero creo equivalente, instrucción para el "si" de su iff declaración: Si, como $x \to \infty$, $f'(x) \to 0$, a continuación, el importe no será acotada.

Prueba:

Deje $$S(x) = \sum_{n=1}^{x} (-1)^{\lfloor f(n) \rfloor }$$

Debido a que la pendiente se pone arbitrariamente pequeño, siempre podemos encontrar una carrera de $2M$ los valores, a partir de algunos $m+1$ tal forma que:

$$\lfloor f(m+1) \rfloor = \lfloor f(m+2) \rfloor \ldots = \lfloor f(m+2M) \rfloor$$

Así:

$$S(m + 2M) = S(m) \pm 2M$$

Entonces hay dos casos a considerar. La suma ya ha superado o igualado el enlazado $M$ en el punto de $m$, o no, en cuyo caso está dentro de los límites de $(-m, m)$, exclusivo.

Así:

$$|S(m + 2M)| = |S(m) \pm 2M| \geq ||S(m)| - 2M| \geq |M - 2M| = M$$

Así que el límite es excedido.

Mostrando el contrario es otra de las piezas de trabajo creo!