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Sia $f:\mathbb N \rightarrow \mathbb N$ una funzione iniettiva.
Dimostrare che $$\displaystyle \sum\limits_{i=1}^{\infty} \frac{f(i)}{i^2}$$diverge.

Domanda un po' ot un po' no: le serie sono state sdoganate nell'ambito olimpico (perlomeno ad alti livelli) o no?

ndp15 ha scritto:Domanda un po' ot un po' no: le serie sono state sdoganate nell'ambito olimpico (perlomeno ad alti livelli) o no?

no. nella realtà, poi, la gente mormora, quindi i concorrenti più smaliziati certe cose già le sanno..

In realtà questo problema non usa nulla di strano, nulla di extra-olimpico. Se vuoi posso riformularlo così:
Data la $f$ di prima, per ogni $n \in \mathbb N$ definiamo
$$a_n=\sum\limits_{i=1}^{n} \frac{f(i)}{i^2}.$$
Dimostrare quindi che per ogni $M\in \mathbb R^+$, esiste $k\in \mathbb N$ tale che $a_k > M$.

Ci provo, anche se mi sembra un po' troppo facile...
Innanzitutto: i naturali sono intesi con o senza lo 0? (non che cambi molto mi pare...) Io ho optato per $\mathbb N =\{1,2,3,\dots\}$

Lemma dell'ordinamento Prendiamo la successione $a_1,a_2,\dots$ di naturali che ordina la $f$, ovvero $f(a_1)\le f(a_2)\le\dots$. Allora $f(a_i)\ge i \ \forall i\in\mathbb N$.
Dim
Per prima cosa tale oridinamento esiste, perchè l'insieme di arrivo è $\mathbb N$ ed è ordinato; e l'ordinamento è in realtà stretto, per l'iniettività, che assicura che non ci siano due $f$ uguali; quindi per iniettività possiamo risalire agli $a_i$ che sono quindi unici.
Ora si fa per induzione: passo base facile perchè 1 è l'elemento minimo di $\mathbb N$.
Passo induttivo: $\displaystyle f(a_{n+1})\ge f(a_n)+1\ge n+1$ (dove si sfrutta la crescenza stretta e il fatto che si lavora in $\mathbb N$)

Ora, definiamo $\sigma(\cdot)$ la "permutazione" tale che $\displaystyle i=a_{\sigma(i)}$. Quindi $$\displaystyle\sum_{i=1}^n\frac{f(i)}{i^2}=\sum_{i=1}^n\frac{f(a_\sigma(i))}{i^2}\ge\sum_{i=1}^n\frac{a_{\sigma(i)}}{i^2}$$
Se ordiniamo ora anche gli $a_{\sigma(i)}$ e applichiamo riarrangiamento e usaiamo il fatto che gli $a_{\sigma(i)}$ sono naturali e diversi, otteniamo
$$\displaystyle\sum_{i=1}^n\frac{a_{\sigma(i)}}{i^2}\ge\sum_{i=1}^n\frac{i}{i^2}=\sum_{i=1}^n\frac1 i$$
Ovvero $$\displaystyle\sum_{i=1}^n\frac{f(i)}{i^2}\ge\sum_{i=1}^n\frac1 i$$
E quest'ultima diverge, quindi diverge anche la somma di partenza.

Giusto? Mi perdo qualcosa?

Se non mi sbaglio, stai supponendo che $\{a_1,a_2,\dots,a_n\}=\{1,2,\dots,n\}$. Questo non è vero perché i numeri non devono "comparire" in un ordine che riempe tutti i buchi prima di passare a numeri nuovi: per esempio, considera l'ordinamento in cui scrivi prima 2,4,6, poi alternatamente il dispari e il pari più piccolo che rimangono fuori: 2,4,6,1,8,3,10,5,12,...
Come puoi verificare non c'è nessun "segmento iniziale" che viene mappato in sé.

Esatto, credo sia l'unico errore che si potrebbe fare nella risoluzione di questo esercizio; definisci la successione:
\[ b_n:= \sum_{1\le i\le n}{g_n(i)i^{-2}} \text{ per ogni } n\in \mathbb{N}\setminus \{0\} \]
di modo tale che, una volta fissato $n$, si abbia per ogni $i \in \{1,2,\ldots,n\}$:
i) $g_n(i)=f(i)$ se $f(i) \in \{1,2,\ldots,n\}$
ii) altrimenti $g_n(i)=\min\left\{m \in \mathbb{N} \cap [1,n]: \left(\prod_{1\le j\le n}{(f(j)-m)}\right)\left(\prod_{1\le t\le i-1}{(g(t)-m)}\right) \neq 0 \right\}$

Allora è vero che $\{g_n(1),g_n(2),\ldots,g_n(n)\}=\{1,2,\ldots,n\}$ e che in particolare \[ a_n \ge b_n \]
per ogni $n \in \mathbb{N} \setminus \{0\}$?

Uhm, ok dovrei esserci...
Ripartiamo comunque per sicurezza:
$f(1),f(2),f(3),\dots$ sono ordinate in un qualche modo.
Questo modo è stretto perchè l'iniettività impedisce che ci siano due $f$ uguali.
Per iniettività quindi posso risalire alla sequenza che ordina la $f$.
Chiamo quindi $a_1,a_2,\dots$ la sequenza tale che $f(a_1)<f(a_2)<\dots$ (cioè la sequenza che ordina la $f$).
Sopra ho dimostrato per induzione $f(a_i)\ge i$ (il che dovrebbe essere vero perchè $f(a_i)$ è una successione crescente di naturali)
E fin qua dovrebbe essere tutto a posto...
Ora, l'errore *dovrebbe* stare nel supporre che debba esistere una permutazione $\sigma$ tale che $i=a_{\sigma(i)}$
Provo a modificare leggermente la cosa (in un modo che mi pare simile se non uguale a quello di jordan) sperando che funzioni
prendo una funzione $g$ tale che $i=a_{g(i)}$, che esiste perchè per ogni $a_k=h$ impongo $k=g(h)$ e siccome gli $a_i$ sono distinti $g$ è davvero una funzione ed è anche bigettiva (in pratica, ho definito una "permutazione infinita")
Quindi $\displaystyle\sum_{i=1}^n\frac{f(i)}{i^2}=\sum_{i=1}^n\frac{f\left(a_{g(i)}\right)}{i^2}\ge\sum_{i=1}^n\frac{g(i)}{i^2}$.
Ora se ordino i $g(i)$, avrò un ordinamento stretto, e quindi il più piccolo sarà almeno 1, il secondo più piccolo sarà almeno 2, il terzo almeno 3, ecc... il più grande sarà almeno $n$.
E quindi posso applicare riarrangiamento ed ottenere la serie armonica...

E l'idea di riportare i $g(i)$ a $\{1,2,\dots,n\}$ direi che è uguale a quella di jordan, anche se il modo è diverso: infatti la sua $g$ dovrebbe mantenere fisse le $f$ che sono già nell'intervallo, mentre per quelle che vanno fuori prende il più piccolo non ancora preso nè dalla $f$ nè dalla $g$; quindi la risposta ad entrambe le domande è sì.

Adesso che l'avete risolto, io direi che costruirsi questa funzione che prende tutti gli interi è un po' inutile... Io l'ho fatto semplicemente facendo un riarrangiamento sui primi $n$ termini: detta $g_n$ la funzione che semplicemente riordina i primi $n$ termini della $f$ si ha $$ \sum\limits_{i=1}^n \frac{f(i)}{i^2} \geq \sum\limits_{i=1}^n \frac{g_n(i)}{i^2} \geq \sum\limits_{i=1}^n \frac{1}{i} = H_n.$$ Dove la prima disuguaglianza è riarrangiamento, la seconda è semplicemente la disuguaglianza che usa Drago ($g_n(i) \geq i$). Ora $H_n$ cresce quanto voglio; fine.
P. s. ovviamente non cambia nulla rispetto la vostra dimostrazione.
P. p. s. era un vecchio Imo, ma vecchio forte.

Giusto! xD
*foorse* un'idea del genere mi era anche venuta, ma scrivere di getto alle dieci dopo una giornata alquanto stancante non aiuta...
Ora, cosa seria: la $f$ deve essere solo iniettiva, quindi per una qualunque successione di naturali che non ha termini che si ripetono, la somma diverge! Figo questo fatto

Drago96 ha scritto:Figo questo fatto

il fatto che la serie armonica diverge è ancora piu' forte; anzi, se vogliamo andarci pesante $\sum_{p \in \mathbb{P}}{p^{-1}}$ diverge, e ancora piu' in generale (questo non ha dimostrazione elementare), fissati due interi positivi coprimi $a,b$:
\[ \sum_{p \in \mathbb{P}\text{ tale che }a \mid p-b}{p^{-1}} \]
diverge.

jordan ha scritto: $\sum_{p \in \mathbb{P}}{p^{-1}}$ diverge

Questa dimostrazione è fattibile, o per lo meno elementare?

jordan ha scritto:fissati due interi positivi coprimi $a,b$:
\[ \sum_{p \in \mathbb{P}\text{ tale che }a \mid p-b}{p^{-1}} \]
diverge.

Ha qualcosa a che fare con il teorema di Dirichlet sui primi nelle progressioni aritmetiche?

Il primo sì, è fattibile in modo elementare e esistono n dimostrazioni di cio' (trovane almeno una!). Riguardo la seconda, e' un diretto corollario del teorema di Dirichlet, che dà una stima asintotica di $f(x,a,b):=\sum_{p \in \mathbb{P}\cap [1,x]\text{ tale che }a \mid p-b}{p^{-1}} $ con $x \to \infty$ e $a,b$ interi positivi tali che $\text{gcd}(a,b)=1$