Calc: f: N -> N biettiva t.c. $\sum f(n)/n^r < +infty$

[HiTToLo]

My own version of IMC 1999, problem 2: determinare il più piccolo $r \in \mathbb{R}$ per cui esiste una funzione bigettiva $f: \mathbb{Z}^+ \rightarrow \mathbb{Z}^+$ tale che la serie $\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{f(n)}{n^r}$ sia convergente.

[Platone]

Forse sto per bestemiare (in tal caso non sbranatemi).
A me sembra che un tale r non esista.
La condizione necessaria per la convergenza delle serie numeriche richiede che il termine generico sia intinitesimo.
Ora, cmq sia definita f, |f(n)nr| non tende a 0 per n che tende all'infinito per nessun r appartenente a R, a meno che r=0, ma in questo caso si ha la serie banale.
Mha, però mi sembra strano che HiTLeuLeR (HiT, gia che ci siamo mi spieghi che vuo dire il tuo nick?) abbia postato un quesito "trabochetto".

Platone

[HiTToLo]

[...] A me sembra che un tale r non esista. La condizione necessaria per la convergenza delle serie numeriche richiede che il termine generico sia intinitesimo. Ora, cmq sia definita f, |f(n)nr| non tende a 0 per n che tende all'infinito [...]

E' probabile che dipenda da un errore di visualizzazione delle formule: il termine generale della serie in esame è f(n)/n^r.

[Platone]

Allora credo che non si possa stabilire quale sia il minimo r.
Il ragionamento e' il seguente:
per r=1, dato che la serie 1/n diverge divergera' a maggior ragione quella postata nella traccia del quesito;
per ogni r=1+a (con a strettamente positivo) se definisco f come la funzione identita' la serie e' convergente, e quindi questi r soddisfano la proprieta' richiesta.
Dato che pero' non esiste il minimo dell'insieme {1+a : a>0} , non esiste neanche il minimo r in R che soddisfa quanto richiesto.

Che dici? Torna?

Platone

[HiTToLo]

per ogni r=1+a (con a strettamente positivo) se definisco f come la funzione identita' la serie e' convergente, e quindi questi r soddisfano la proprieta' richiesta. Dato che pero' non esiste il minimo dell'insieme {1+a : a>0} , non esiste neanche il minimo r in R che soddisfa quanto richiesto.

No che non torna! Se $f$ è la funzione identità, allora $\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{f(n)}{n^r} = \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n^{r-1}$, e la serie ultima indicata è convergente sse $r > 2$. Ora, il punto del problema è proprio stabilire se questo lower bound può essere spinto fino a $2$ o anche più giù.

[Platone]

Hai ragine, nel farlo a mente avevo dimenticato l'n al numeratore.
Credo che non si possa scendere oltre il 2.
Supponiamo che r=2.
Per assurdo la serie converge, allora dato che e' a termini positivi e' assolutamente convergente e quindi possiamo riordinare i termini.
Per riordinarli usiamo la funzione bigettiva v=f^(-1)
In questo modo il termine generale ora e' n/[v(n)]^2
Moltiplichiamolo per n
(n/[v(n)])^2 (#)
Il limite per n che tende all'infinito di (#) deve essere finito e non nullo.
Infatti se fosse infinito allora per ogni M positivo tale che, ponendo An = (#), per ogni n maggiore di un certo m, An > M, il che non puo' essere poiche' v e' bigettiva;
analogamente se il limite e' 0 An < epsilon (da un certo m in poi).
Ma allora n/[v(n)]^2 va asintoticamente come 1/n, e quindi diverge, da cui l'assurdo.

Se anche questa volta l'ho sparata grossa non so piu' che proporre.

Platone

[ficus2002]

...allora per ogni M positivo tale che, ponendo An = (#), per ogni n maggiore di un certo m, An > M, il che non puo' essere poiche' v e' bigettiva;
analogamente se il limite e' 0 An < epsilon (da un certo m in poi).

non ho capito questo passaggio.

[Platone]

Effettivamente questo dovrebbe essere il passaggio cruciale. Spero sia giusto.

Se n/[v(n)] (visto come successione) tende all'infinito allora deve essere definitivamente naggiore di ogni M appartnente a R (per quanto grande), cioe', appunto, deve esistere un m in N tale che per ogni n>m si abbia An>M.
Ora, dato che v e' l'inverso di f, e' anchessa una funzione bigettiva, e n/[v(n)] (il fatto che sia elevato al quadrato e' irrilevante) definitivamente maggiore di M vuol dire che n>M[v(n)] e quindi (a magio rgione) n>v(n) per ogni n>m;
ma poiche' v e' bigettiva, questo non e' possibile, perche', dato che v(n) deve assumere tutti i valori di N, allora "prima o poi" si trovera' un n* tale che n*<=v(n*).

Lo stesso discorso (ribaltato) se il limite e' 0.

Non solo: se il mio ragionamento e' corretto, allora il limite non potra' che essere 1 (per ragionamenti analoghi); ma fa poca differenza, dato che per usare il criterio del confronto asintotico e' sufficente che il limite sia finito e non nullo.

Platone

[ficus2002]

n/[v(n)] [...] definitivamente maggiore di M vuol dire che n>M[v(n)] e quindi (a magio rgione) n>v(n) per ogni n>m;
ma poiche' v e' bigettiva, questo non e' possibile, perche', dato che v(n) deve assumere tutti i valori di N, allora "prima o poi" si trovera' un n* tale che n*<=v(n*).

Premetto, che sarebbe meglio parlare di limite superiore di $n/{v(n)}$ perchè, a priori, $lim_{n rightarrow +oo} n/{v(n)}$ potrebbe non esistere.

Cmq il tuo discorso è corretto. Formalmente si può dimostrare così:

se $lim_{n rightarrow +oo} n/{v(n)}=+infty$ allora esiste $N in NN$ tale che per ogni $n>N$ è $v(n)<n$.

Sia $M=max_{1 leq n leq N} v(n)$. Poichè $v$ è bijettiva, assume almento $N$ valori distinti per $n=1,2,...,N$, quindi $M geq N$.

Dato che per ogni $n=N+1,N+2,...,M$ è $v(n)<n$ abbiamo che $max_{1 leq n leq M} v(n)=M$.
Di conseguenza $v$ induce una corrispondenza biunivoca da ${1,2,...,M}$ a ${1,2,...,M}$ (ossia $v$ scambia tra loro i numeri $leq M$ ).

Poichè $M+1>N$ è $v(M+1)<M+1$ ossia $v(M+1) in {1,2,...,M}$ e questo contraddice il fatto che $v$ scambia tra loro i numeri $1,2,...,M$.