$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_{f(n)}=S$ ise $\displaystyle \sum_{i\in I}a_i=S$ olmak zorunda mı?

Question

Hayır.

$f:\mathbb{N}^+\to I$ bir (birebir ve örten) eşleme, $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_{f(n)}=S$ ama $\displaystyle \sum_{i\in I}a_i\neq S$ olacak şeklide bir $(a_i)$ dizisi bulun.

Riemann ın koşullu yakınsak (conditionally convergent) serilerle ilgili Teoremi ile bulunabilir.

Comments

Bu yaptıklarımın (ve daha fazlasının) Ali Nesin in 

http://nesinkoyleri.org/e-kutuphane/ders-notlari/analiz_1.pdf

de bulabileceğiniz ANALİZ I ders kitabında (bölüm 23) olduğunu yeni farkettim.

Answer 1

Eşitliğin sağlanmadığı (aslında $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_{f(n)}$ yakınsak olan ama $\displaystyle\sum_{i\in I}a_i$ yakınsak olmayan) bir örnek vereceğiz.

Bu örnekte $I=\mathbb{N}^+$ ve $\forall n\in\mathbb{N}^+$ için $f(n)=n$ dir.

İki yakınsaklık tanımını ayırt etmek için $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_n$ ve $\displaystyle\sum_{i\in \mathbb{N}^+}a_i$ kullanacağız.

$\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n}$ (İşaret Değişimli Harmonik seri) i düşünelim. Bu serinin yakınsak  olduğu iyi bilinmektedir (Toplamı da $-\ln 2$ dir). 

Diğer taraftan (tüm koşullu yakınsak serilerde olduğu gibi) pozitif terimlerinden oluşan seri $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac1{2n}$ ıraksaktır.

$\displaystyle\sum_{i\in I}a_i=S \ (S\in\mathbb{R})$ olduğunu varsayıp, $\varepsilon=1$ alalım. Tanımımızdan, 

Her $B\supseteq A\quad (B\subset I )$ için $\displaystyle\left| \sum_{i\in B}a_i-S\right| <1$ olacak şekilde sonlu bir $A\subset I$ var olacaktır.

$K=\max A$ olsun. $\sum_{n=1}^\infty\frac1{2n}$ ıraksak olduğundan (burası biraz açıklama gerektiriyor), 

$\frac1{2K}+\frac1{2(K+1)}+\cdots+\frac1{2(K+M)}\geq2$ olacak şekilde bir $M\in\mathbb{N}^+$ vardır.

$B=A\cup\{2K,2(K+1),\ldots,2(K+M)\}$  olsun (bu kümeler ayrıktır), $B$ sonludur ve $A\subsetneqq B$ olur. Kabulümüzden

$\displaystyle\left| \sum_{i\in B}a_i-S\right| <1$ dir. Diğer tarafdan

$$\left| \sum_{i\in B}a_i-S\right| =\left|\sum_{i\in A}a_i+\frac{(-1)^{2K}}{2K}+\frac{(-1)^{2(K+1)}}{2(K+1)}+\cdots+\frac{(-1)^{2(K+M)}}{2(K+M)}-S\right| \geq\left| \sum_{n=K}^{K+M}\frac{1}{2n}\right| -\left| \sum_{i\in A}a_i-S\right| >2-1=1$$ olur. Çelişki. 

Biraz dikkatli bakılırsa, aslında HER koşullu yakınsak $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_n$ serisi için $\displaystyle\sum_{i\in \mathbb{N}^+}a_i$ in ıraksak olduğunu gösterdiğimiz farkedilebilir.

Comments

Hocam $f(n)=n$ olacak demişsiniz. Buradaki örnek sanki $f(n)=2n$ ve diğer sorunun yanıtı için ters örnek.

---

Uyarı için teşekkürler. Bir yerde yazım hatası yapmışım. 

Düzelttim, bir kaç yeri de daha iyi yazmaya çalıştım. 

Ama baştaki seri $\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}n$ ve yakınsak.

---

Açıklama gerektiren kısıma Açıklama:

 $\sum_{n=1}^\infty\frac1{2n}$ ıraksak olduğu, kısmi toplamlar dizisinin sınırsız olduğu gösterilerek ispatlanır. Aynı nedenle:

$\frac12+\frac14+\cdots+\frac1{2K-2}+\frac1{2K}+\frac1{2(K+1)}+\cdots+\frac1{2(K+M)}\geq\frac12+\frac14+\cdots+\frac1{2K-2}+2$ olacak şekilde bir $M\in\mathbb{N}^+$ vardır. Burada, $\frac11+\frac12+\cdots+\frac1{2K-2}$ ler kısaltılırsa istenen eşitsizlik elde edilir.