A series converging to any real number?

Let $x\in \mathbb{R}_{+}$ .
Does there exist a sequence $(\alpha_{n})_{n\in\mathbb{N^{*}}} \in \{0,1\}^{\mathbb{N^{*}}}$ satisfying $\displaystyle\sum_{n\in\mathbb{N^{*}}}\frac{\alpha_{n}}{n}=x$ ?

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Soit $x\geqslant 0$ . Définissons $\alpha_n$ et $S_N=\sum_{n=1}^{N}\alpha_n/n$ par récurrence, avec $S_0=0$ :
$\alpha_n=\begin{cases}1&\text{si } S_{n-1}+\dfrac1n\leqslant x,\\[2pt] 0&\text{sinon.}\end{cases}$ Par construction $S_N\leqslant x$ pour tout $N$ , et $(S_N)$ est croissante : elle converge vers une limite $L\leqslant x$ .

Supposons $L<x$ et posons $\varepsilon=x-L>0$ . Pour tout $n>1/\varepsilon$ , on a $S_{n-1}\leqslant L$ et $\frac1n<\varepsilon$ , donc
$S_{n-1}+\frac1n<L+\varepsilon=x,$ ce qui force $\alpha_n=1$ . Ainsi $\alpha_n=1$ pour tout $n\geqslant N_0:=\lfloor 1/\varepsilon\rfloor+1$ , et
$S_N\geqslant\sum_{n=N_0}^{N}\frac1n\xrightarrow[N\to\infty]{}+\infty$ par divergence de la série harmonique, contradiction avec $S_N\leqslant x$ . Donc $L=x$ . $\blacksquare$

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