级数条件收敛则可以重排使其部分和在$\Bbb R$上稠密

hbghlyj

“不收敛于任何定值”的重排, 在黎曼级数定理有一个构造, 使0与1都是部分和序列的聚点:

...如果将算法中每次累加正项要超过的值设为1，将每次累加负项要低于的值设为0，那么重排级数的值将在0和1左右上下反复摆动，从而不收敛于任何定值。

在Riemann series theorem有一个更强的命题, 没有证明, 并标注了[请求来源]
In fact, if $\sum _{n=1}^\infty a_n$ is conditionally convergent, then there is a rearrangement of it such that the partial sums of the rearranged series form a dense subset of $\mathbb {R}$.^{[citation needed]}
如何证明这个命题, 即, 存在重排使部分和序列在$\Bbb R$中稠密呢

Czhang271828

直接来啊. 制定算法:

$\texttt{Input}$ 收敛终点 $C\in \mathbb R$, 条件收敛级数 $\{a_n\}_{n\geq 1}$, 容许误差 $\epsilon>0$.
$\texttt{Output}$ 重排级数 $\{b_n:=a_{\sigma(n)}\}_{n\geq 1}$ 的前 $N_0$ 项, 使得 $|C-\sum_{1\leq n\leq N_0}b_n|\in(0, \epsilon/2)$.

$\texttt{initialise}\quad i=1\quad\texttt{and}\quad \{b_n=0\}_{n\geq 1}\quad\texttt{and}\quad \mathrm{sum}=0\texttt{.}$

$\texttt{while}  \quad|C-\sum_{1\leq n\leq N_0}b_n|\geq\epsilon/2\texttt{:}$

$\quad\texttt{if}\quad \mathrm{sum}>C\quad \texttt{then}\quad b_i=\text{未使用的指标最小的负项 }a_t\texttt{;}$

$\quad\quad \texttt{else}\quad b_i=\text{未使用的指标最小的正项 }a_t\texttt{.}$

$\quad \texttt{end if}$

$i=i+1\quad \mathrm{sum}=\mathrm{sum}+b_i$

$\texttt{end while}$

第 $n+1$ ($n=1,2,\ldots$)次执行算法时, 令 $C=0$, 误差 $\epsilon/2^{n+1}$ 即可, 前几次用剩下的 $\{a_n\}_{n\geq 1}$ 继续用.

显然所有 $a_n$ 肯定能用光, 不然与条件收敛矛盾!

hbghlyj

Czhang271828 发表于 2022-11-14 16:49
直接来啊. 制定算法:

$\texttt{Input}$ 收敛终点 $C\in \mathbb R$, 条件收敛级数 $\{a_n\}_{n\geq 1}$,  ...

这个和原文一样, 是收敛到$C$的构造.
1#想问, 如何重排使部分和序列形成 $\mathbb {R}$ 的稠密子集

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找到了:
Rearrange conditionnaly convergent sequence so the partial sums form a dense subset of $\Bbb R$
我明白了: 不断地添加负项使$S_{j_1}<-1$, 然后不断地添加正项使$S_{j_2}>2$, 然后不断地添加负项使$S_{j_3}<-3$, 然后不断地添加正项使$S_{j_4}>4$, $\ldots\ldots$这样就能使$\limsup_{k \to + \infty} S_k = + \infty,  \quad \liminf_{k \to + \infty} S_k = - \infty,$ 又因为原级数收敛, 所以项趋于0, 每次加的正项趋于0和负项趋于0, 根据结论1就能推出$\{S_1,S_2,\cdots\}$在$\Bbb R$稠密.

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结论1. If a sequence $(u_k)$ has subsequential limits $a < b$ and $\lim_{k \to + \infty} (u_{k+1} - u_k) = 0$, then any points in $[a,b]$ is also a subsequential limit.
证明: 设$c\in(a,b)$不是任何子序列的极限, 则$∃ε>0,∀k,∃n>k,|u_n-c|>ε\ldots\ldots$(*)
因为$\lim_{k \to + \infty} (u_{k+1} - u_k) = 0$, 所以$∃N,∀n>N,|u_{k+1} - u_k|<ε\ldots\ldots$(**)
因为$a$是某个子序列的极限, 则$∃i>k,|u_i-a|<|c-a|$, 则$u_i<c$, 根据(*)有$u_i<c-ε$
因为$b$是某个子序列的极限, 则$∃j>k,|u_j-b|<|c-b|$, 则$u_j>c$, 根据(*)有$u_j>c+ε$
则$|u_i-u_j|>ε$, 与(**)矛盾.

Czhang271828

hbghlyj 发表于 2022-11-15 00:01
这个和原文一样, 是收敛到$C$的构造.
1#想问, 如何重排使部分和序列形成 $\mathbb {R}$ 的稠密子集{:yiw: ...

原来是表达这个意思, 那道理还是一样的.

对任意 $1\gg \varepsilon>0$, 存在取值落在 $(-\varepsilon,\varepsilon)$ 中的有限和. 同理, 可以通过有限步构造 $2n^2+1$ 个分别落在 $\{(-n+\frac {k+\varepsilon }n ,-n+\frac {k-\varepsilon}n)\}_{0\leq k\leq 2n^2}$ 中的集合. 取 $n\to\infty$ 即可.