Задачи из Зорича на ряды

[VoprosT]

mihaild в сообщении #1484929 писал(а):

Не может, вспомните определение $o$.

А, ну да, я как обычно. Спасибо.

mihaild в сообщении #1484929 писал(а):

Да, так и надо. И учесть, что на втором сомножителе модуль не нужен.

Получается что-то вроде: $\left\lvert b_n \right\rvert + ... + \left\lvert b_m \right\rvert < C \cdot \varepsilon$, где $C = 1+\varepsilon'$. Верно?

[VoprosT]

Я не уверен, стоит ли создавать новую тему, потому что задача из той же серии, поэтому спрошу здесь:
a) Если $\frac{b_n}{b_{n+1}} = 1 + \beta_n, n = 1,2, ..., $ и ряд из $\beta_n$ сходится абсолютно, то существует $\lim\limits_{n \to \infty}b_n = b \in \mathbb{R}$
b) Если $\frac{a_n}{a_{n+1}} = 1 + \frac{p}{n} + \alpha_n, n = 1,2,...,$ и ряд из $\alpha_n$ сходится абсолютно, то $a_n \sim \frac{c}{n^p}$ при $n \ to \infty$, где $c$, видимо, константа.

С первым пунктом я справился вот так: $\frac{b_1}{b_2}\cdot...\cdot\frac{b_{n-1}}{b_n} = (1+\beta_1)(1+\beta_2)...(1+\beta_{n-1})$. Бесконечное произведение справа сходится(например, к $B$), потому что ряд из $\beta_n$ сходится абсолютно, но тогда и существует $\lim\limits_{n \to \infty}b_n = \frac{b_1}{B}$. А вот во втором пункте мне непонятно, откуда в знаменателе $n^p$. По той же схеме, что и в первом пункте эквивалентности немного другие получаются. Но, я так понимаю, что должна получиться именно эта(для сравнения с рядом из $\frac{1}{n^p}$). Хочется рассуждать так же, как первом пункте, по пути взяв от правой части логарифм, а потом обратно экспоненцировать(чтобы как-то $p$ в степени оказалось). Но возникает вопрос, можно ли рассматривать логарифм с переменным основанием и, например, заявлять, что $\log_{n}(1+\frac{p}{n}) \sim \frac{p}{n}$?(кажется, что нет, ведь $\log_{n}(1+\frac{p}{n}) = \frac{\ln(1+\frac{p}{n})}{\ln(n)} \sim \frac{p}{n\cdot \ln(n)}$)

[DeBill]

VoprosT
Не надо переменное основание; работайте лучше с натуральным логарифмом...
Делайте так, как и пытались; только, видимо, Вам потребуется еще информация о частичных суммах гармонического ряда (энная равна натуральному логарифму эн плюс константа (она называется постоянной Эйлера) плюс бесконечно малая)

[ewert]

VoprosT в сообщении #1484961 писал(а):

А вот во втором пункте мне непонятно, откуда в знаменателе $n^p$.

Лучше не "откуда", а "почему". Потому что достаточно очевидно в обратную сторону: если бы было просто $a_n=\frac{C}{n^p}$, то отношение оценивалось бы как $1+\frac{p}{n}+O(\frac1{n^2})$.

Поэтому не надо сейчас никаких логарифмов. Просто сделайте замену $b_n=a_n\cdot n^p$. Тогда слагаемые $\frac{p}{n}$, грубо говоря, сократятся, и задача сведётся к предыдущей.

[VoprosT]

DeBill, ewert, спасибо, решил действовать вот так:

ewert в сообщении #1485014 писал(а):

Поэтому не надо сейчас никаких логарифмов. Просто сделайте замену $b_n=a_n\cdot n^p$. Тогда слагаемые $\frac{p}{n}$, грубо говоря, сократятся, и задача сведётся к предыдущей.

Хочется рассмотреть $\frac{a_1 \cdot 1^p}{a_2 \cdot 2^p} \cdot \frac{a_2 \cdot 2^p}{a_3 \cdot 3^p} \cdot ... \cdot \frac{a_{n-1} \cdot (n-1)^p}{a_{n} \cdot (n)^p}$ и получить $\frac{a_1}{a_n \cdot n^p} = c$, но чтобы свести к предыдущему пункту, надо показать, что $\frac{b_n}{b_{n+1}} = 1 + \beta_n$, причём $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \beta_n$ сходится абсолютно. Посмотрим на $\frac{b_n}{b_{n+1}} = \frac{a_n \cdot n^p}{a_{n+1} \cdot (n+1)^p} = (1 + \frac{p}{n} + \alpha_n)(1+\frac{1}{n})^p$, и если начать раскрывать скобки, то что-то не ищется нужный $\beta_n$(везде вылезает $O(\frac{1}{n})$, который сулит расходимость).

Пока писал, понял, что, похоже, вы имели в виду другое и посмотреть надо на: $\frac{b_n}{b_{n+1}} = \frac{a_n \cdot n^p}{a_{n+1} \cdot (n+1)^p} = \frac{n^p \cdot (1 + \frac{p}{n} + \alpha_n)}{(n+1)^p \cdot (1 + \frac{p}{n+1}+\alpha_{n+1})}$?

[Null]

VoprosT в сообщении #1485089 писал(а):

$ \frac{a_n \cdot n^p}{a_{n+1} \cdot (n+1)^p} = (1 + \frac{p}{n} + \alpha_n)(1+\frac{1}{n})^p$

Тут у вас ошибка.

[VoprosT]

Null в сообщении #1485092 писал(а):

VoprosT в сообщении #1485089 писал(а):

$ \frac{a_n \cdot n^p}{a_{n+1} \cdot (n+1)^p} = (1 + \frac{p}{n} + \alpha_n)(1+\frac{1}{n})^p$

Тут у вас ошибка.

Спасибо, что-то я не туда посмотрел в тетради, но в конце сообщения потом добавил правильный вариант: $\frac{b_n}{b_{n+1}} = \frac{a_n \cdot n^p}{a_{n+1} \cdot (n+1)^p} = \frac{n^p \cdot (1 + \frac{p}{n} + \alpha_n)}{(n+1)^p \cdot (1 + \frac{p}{n+1}+\alpha_{n+1})}$. Неужели упрощать это выражение(посмотрел в Mathematica, красивым оно, похоже, не станет)? Ощущение, что где-то ошибка или просто надо поменять ход мыслей

А в неправильном варианте я хотел, видимо, вот это написать: $ \frac{a_1}{a_{n+1}} = ((1 + p + \alpha_1) \cdot (1 + \frac{p}{2} + \alpha_2) \cdot ... \cdot ...(1 + \frac{p}{n} + \alpha_n)) \cdot (n+1)^p$, но толку тоже немного(ниже я откажусь от этой затеи)

-- 28.09.2020, 21:19 --

Вот это, наверное, вообще ни к селу ни к городу:

VoprosT в сообщении #1485089 писал(а):

Хочется рассмотреть $\frac{a_1 \cdot 1^p}{a_2 \cdot 2^p} \cdot \frac{a_2 \cdot 2^p}{a_3 \cdot 3^p} \cdot ... \cdot \frac{a_{n-1} \cdot (n-1)^p}{a_{n} \cdot (n)^p}$ и получить $\frac{a_1}{a_n \cdot n^p} = c$

И заменить эти рассуждения надо на то, что если докажем тот факт, что $\lim\limits_{n \to \infty}b_n = c$, то из равенства $b_n = a_n \cdot n^p$ сразу последует $a_n \sim \frac{c}{n^p}$.
Но опять же, для док-ва сходимости $b_n$ по предыдущему пункту, надо рассмотреть вот эту страшную дробь, которая вроде не очень и сокращается.

VoprosT в сообщении #1485089 писал(а):

$\frac{b_n}{b_{n+1}} = \frac{a_n \cdot n^p}{a_{n+1} \cdot (n+1)^p} = \frac{n^p \cdot (1 + \frac{p}{n} + \alpha_n)}{(n+1)^p \cdot (1 + \frac{p}{n+1}+\alpha_{n+1})}$

-- 28.09.2020, 21:30 --

Ещё в моих рассуждениях пока что нигде не используется тот факт, что $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\alpha_n$ сходится абсолютно.
Заданием выше требовалось показать, что если $a_n \geqslant a_{n+1} >0$(почему строгий знак?) и $\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n$ сходится, то $a_n = o(\frac{1}{n})$ при $n \to \infty$. Может оно здесь сыграет роль? Например, в одной из неудачных попыток мне надо было сказать, что $n \cdot \alpha_n = o(1)$ при $n \to \infty$.
Тут, кстати, новые вопросы возникают:
1) Если ряд необязательно с неотрицательными членами, но сходится абсолютно, верно ли, что его общий член есть $o(\frac{1}{n})$?
2) Если ряд с неотрицательными членами сходится, это автоматически не означает, что общие члены монотонно убывают? Иначе бы не выполнялся необходимый признак сходимости

[VoprosT]

Про вопрос 2) и монотонность: нет, вроде бы не означает. Мы, конечно, можем по каждому $\varepsilon >0 $ найти такое $N_{\varepsilon} \colon n > N_{\varepsilon} \Rightarrow a_n < \varepsilon$, но не факт, что $a_{n+1} < a_{n}$

UPD: Можно попробовать доказать монотонность от противного, используя признак Даламбера, но там возникает вопрос существования предела.
UPD2: Вычитал в Фихтенгольце, что если ряд сходится и существует предел $\lim\limits_{n \to \infty}\frac{a_n}{\frac{1}{n}} = \lim\limits_{n \to \infty} n \cdot a_n$, то он необходимо равен 0. Но если ряд сходится, то предела может не существовать(и монотонности тоже может не быть), например, если рассмотреть ряд $1 + \frac{1}{2^2} + \frac{1}{3^2} + \frac{1}{4} + \frac{1}{5^2} + \frac{1}{6^2} + \frac{1}{7^2} + \frac{1}{8^2} + \frac{1}{9} + \frac{1}{10^2}$(правда его сходимость оговаривается так: ясно из сопоставления с рядом из обратных квадратов, но наш же ряд вроде не эквивалентен? Из-за членов, номер которых есть полный квадрат) и посмотреть на $n$, которые являются полными квадратами и не являются. А вот для монотонных рядов существование такого предела необходимо.

[vicvolf]

Поскольку разговор зашел об учебнике Зорича и темы о рядах, то мне кажется, что данную тему лучше начинать во 2-ой книге после начал интегрального исчисления, как в учебнике Фихтенгольца, а не в главе "Пределы" 1 -ой книги.

[VoprosT]

(Оффтоп)

vicvolf в сообщении #1485141 писал(а):

Поскольку разговор зашел об учебнике Зорича и темы о рядах, то мне кажется, что данную тему лучше начинать во 2-ой книге после начал интегрального исчисления, как в учебнике Фихтенгольца, а не в главе "Пределы" 1 -ой книги.

Задачи-то из первой книги после пределов

[ewert]

vicvolf в сообщении #1485141 писал(а):

мне кажется, что данную тему лучше начинать во 2-ой книге после начал интегрального исчисления, как в учебнике Фихтенгольца, а не в главе "Пределы" 1 -ой книги.

С одной стороны, да, без интегрального признака ряды неполноценны. С другой -- в упоминавшихся здесь задачах интегралы не нужны.

Зорич неправ в двух отношениях (скорее даже в полутора). Во-первых, он интегральный признак не просто зажевал, но, кажется, про него даже не упоминает. Во-вторых, он использует заранее анонсированные формулы Тейлора и лишь гораздо позже их обосновывает (это, в принципе, не такой уж и грех).

А вот первое влечёт за собой несколько тяжеловатые последствия: например, сходимость/расходимость ряда $\sum\frac1{n^p}$ ему приходится доказывать (кроме $p=1,2$) извращённым способом.

[vicvolf]

ewert в сообщении #1485156 писал(а):

С другой -- в упоминавшихся здесь задачах интегралы не нужны.

Конечно задачи подобраны, чтобы закрепить теоретический материал.

Цитата:

Зорич неправ в двух отношениях (скорее даже в полутора). Во-первых, он интегральный признак не просто зажевал, но, кажется, про него даже не упоминает. Во-вторых, он использует заранее анонсированные формулы Тейлора и лишь гораздо позже их обосновывает (это, в принципе, не такой уж и грех).А вот первое влечёт за собой несколько тяжеловатые последствия: например, сходимость/расходимость ряда $\sum\frac1{n^p}$ ему приходится доказывать (кроме $p=1,2$) извращённым способом.

Добавлю к этим недостаткам. Когда материал дается по кускам (тем более в разных книгах, которые изучаются студентами в разные годы), то старый материал забывается и нет цельного впечатления от прочитанного. Лучше давать материал полностью, когда известны все его теоретические предпосылки, как в Фихтенгольце.

[VoprosT]

Подскажите, пожалуйста, где я всё же не туда свернул в своём решении после подсказки от ewert

(Оффтоп)

vicvolf в сообщении #1485179 писал(а):

как в Фихтенгольце.

Фихтенгольца я открываю, когда Зорич совсем уж неочевидные моменты опускает. В целом мне почему-то изложение Фихтенгольца нравится меньше. Хотя тоже нравится. От Зорича(учебника) веет какой-то современностью и крайним прагматизмом, это подкупает

[vicvolf]

VoprosT в сообщении #1485181 писал(а):

От Зорича(учебника) веет какой-то современностью и крайним прагматизмом, это подкупает[/off]

Конечно, учебник Зорича переиздавался в 2012 году, а Фихтенгольц - в 60-х прошлого века. Я говорю о методике преподавания. В Фихтенгольце она более правильная. В идеале было бы осовременить Фихтенгольца, сохранив его методику преподавания мат.анализа.

[Null]

VoprosT в сообщении #1485089 писал(а):

$\frac{b_n}{b_{n+1}} = \frac{a_n \cdot n^p}{a_{n+1} \cdot (n+1)^p} = \frac{n^p \cdot (1 + \frac{p}{n} + \alpha_n)}{(n+1)^p \cdot (1 + \frac{p}{n+1}+\alpha_{n+1})}$?

У вас тут ошибка $(1 + \frac{p}{n+1}+\alpha_{n+1})$ быть не должно.
Найдите ассимтотику $\frac{n^p }{(n+1)^p }$ с точностью до $O(\frac{1}{n^2})$, это просто.