(a) Da un ejemplo de dos sucesiones (a_n) y (b_n) de reales positivos y decrecientes, tales que las series \sum_{n=1}^\infty a_n y \sum_{n=1}^\infty b_n diverjan, pero \sum_{n=1}^\infty min \{a_n, b_n\} converja.
(b) ¿Es posible dar un ejemplo como el anterior si a_n=\frac{1}{n} \forall n\geq 0?
A ver...
ResponderEliminara) (a_n)= (0,1,0,2,0,3,0,4,...) y (b_n)= (1,0,2,0,3,0,4,0,...) jajajajaja xD :P
¡Mira, niñito! jajaja... ¿Lo dije bien, Chino? Ya le cambié, deben ser sucesiones de reales positivos.
EliminarOk, entonces el ejemplo de Chino, pero sumándo 1 a cada entrada.
ResponderEliminarAh no, jeje.
ResponderEliminarOk, entonces (a_n)=(b_{n+1})=(1,\frac{1}{2},1,\frac{1}{4}, 1,\frac{1}{8},\ldots.
ResponderEliminarNo, esperen, no es tan fácil, faltan más hipótesis jeje. Ahora las agrego.
ResponderEliminarYa, creo que ahora sí puse todo. Faltaba que a_1\geq a_2\geq..., y lo mismo para las b_n's.
ResponderEliminarY para la (b), también se puede. La b_n se puede construir como sigue. En los lugares potencia de dos ponemos b_{2^n}=n (excepto b_1 que lo ponemos como 1). Y entre b_{2^n} y b_{2^{n+1}} ponemos puros \frac{1}{2^n-1}\cdot\frac{1}{2^n}.
ResponderEliminarLa suma de (b_n) diverge por los enteros que tiene por ahí. La suma de los mínimos converge pues es simplemente dos veces la suma de la geométrica de razón \frac{1}{2}.
Ash... Lo que acabo de escribir es sin las hipótesis adicionales que agregó Irving.
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ResponderEliminarA ver, creo que ya me salió el (b) corregido. Chequen si no hice nada raro. No se puede dar un ejemplo en ese caso.
ResponderEliminarEs fácil ver que también \min(\frac{1}{n},b_n) es positiva y decreciente. Así que a su serie le podemos aplicar el criterio de condensación de Cauchy. Supongamos entonces que \sum_{n=1}^\infty \min(\frac{1}{n},b_n) converge. Entonces por el criterio de condensación de Cauchy, tenemos que \sum_{n=1}^\infty 2^n min(\frac{1}{2^n},b_{2^n})=\sum_{n=1}^\infty min(1,2^n b_{2^n}) converge.
Si el mínimo fue una infinidad de veces 1, pues no converge. Entonces, a partir de un momento el mínimo siempre es 2^n b_{2^n} y por tanto \sum_{n=1}^\infty 2^n b_{2^n} converge. Así, por el recíproco del criterio de condensación de Cauchy, \sum_{n=1}^\infty b_n converge, cosa que no queríamos que pasara.
Para la (a), ya lo pensé un rato y no se me ocurre cómo es. Hay algunas cosas que he sacado:
ResponderEliminar-Ambas sucesiones tienen que irse a cero y "más o menos rápido".
-No se puede que la elección del mínimo sea las a's para los pares y las b's para los impares.
-Se tiene que ir alternando quién es el mínimo y cada vez a cada sucesión le toca ser el mínimo "más veces consecutivas".
-Como que funciona algo así como comenzar para las a's con mezclar la armónica con, digamos, la de \frac{1}{2^n}, pero luego "partirlas en cachitos". El chiste es ver cómo pueden ser esos cachitos para poder construir las b's.
Ya bien tarde, pero acá está el ejemplo que se me ocurrió de las sucesiones. Primero definimos x_n=\frac{1}{(n+1)(n+1)!}.
Con base en esta sucesión vamos a contruir (a_n) y (b_n). Para (a_n), los primeros 1!+2! términos serán x_1, los siguientes 3!+4! serán x_3, los siguientes 5!+6! serán x_5 y así seguimos. Para (b_n) se hace algo similar: El primer término es x_1, y después los siguientes 2!+3! términos son x_2, los siguientes 4!+5! son x_4 y así se sigue.
Notemos ahora que en la sucesión (min(a_n,b_n))=c_n, los primeros 1! términos son x_1, los siguientes 2! términos son x_2 and so on... Pero nx_n=\frac{1}{(n+1^2)}, de manera que \sum_{n=1}^\infty c_n\leq \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{(n+1)^2}\leq \frac{\pi^2}{6}.
Por otra parte, en (a_n), el término x_{2k+1} aparece más de (2k+2)! veces para todo entero no negativo k. Como (n+1)!x_{n+1}=\frac{1}{n+1}, entonces
\sum_{n=1}^\infty a_n\geq \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{2k+1},
pero la última serie diverge, entonces ya acabamos. Para (b_n) se hace algo análogo.ResponderEliminar