Одновременная сходимость/расходимость рядов

[lim(f(x))]

Зорич предлагает доказать, что для рядов с положительными членами $\sum a_n$, $\sum b_n$
если $a_n$ ~ $b_n$, т.е. $a_n = b_n \gamma(n)$, где $\lim_{n \to \infty} \gamma(n) = 1$,
то ряды либо одновременно сходятся, либо одновременно расходятся.

У меня вопрос, почему именно для положительных?

Есть ли пример, где для неположительных выполняется $a_n$ ~ $b_n$, но один ряд сходится, а другой - нет?

Если $a_n = b_n \gamma(n)$, то $a_n = b_n (1 + \alpha(n))$, где $\alpha(n)$ - бесконечно малая при данной базе.

Пусть $\sum b_n$ сходится. Тогда рассмотрим $\sum a_n$. По критерию Коши, для сходимости рядов необходимо и достаточно, чтобы выполнялось $|a_m - a_n| < \epsilon$.

$|a_m - a_n| = |b_m + \alpha_1(m) - (b_n +\alpha_2(n))|$. При достаточно больших $n$, $m$ бесконечно малые будут меньше $\frac{\epsilon}{4}$, аналогично $|b_n - b_m|$, т.е. в итоге ряд сходится. Аналогично для расходимости (модуль с $b_n$ больше $\epsilon$, значит, и с $a_n$ тоже).

Где-то ошибся в доказательстве?

[mihaild]

В критерии Коши нужно считать разность не членов, а частичных сумм.
$|A_m - A_n| = |B_m - B_n + \sum\limits_{k=n}^m (\gamma(n) - 1) b_n|$. $B_m - B_n \to 0$, осталось проверить, верно ли что $\sum\limits_{k=n}^m (\gamma(n) - 1) b_n \to 0$
(можно ли домножить сходящийся ряд на что-то, стремящееся к нулю, так, чтобы он стал расходиться?)

[Otta]

lim(f(x)) в сообщении #1117377 писал(а):

У меня вопрос, почему именно для положительных?

Положительные - это необязательно. Достаточно постоянство знака.
При нарушении этого условия контрпример к утверждению можно построить.

[Brukvalub]

Контрпример:ряды с общими членами $\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}$ и $\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}+\frac{1}n$ .

[ewert]

lim(f(x)) в сообщении #1117377 писал(а):

У меня вопрос, почему именно для положительных?

Отвечу философичнее.

Потому, что сходимость знакопостоянных рядов и знакопеременных -- это две большие разницы.

В первом случае (знакопостоянства) сходимость равносильна тупо ограниченности частичных сумм. В знакопеременном же есть и много других вариантов.

Откуда и.

[lim(f(x))]

Спасибо за ответы.

mihaild в сообщении #1117378 писал(а):

В критерии Коши нужно считать разность не членов, а частичных сумм.
$|A_m - A_n| = |B_m - B_n + \sum\limits_{k=n}^m (\gamma(n) - 1) b_n|$. $B_m - B_n \to 0$, осталось проверить, верно ли что $\sum\limits_{k=n}^m (\gamma(n) - 1) b_n \to 0$
(можно ли домножить сходящийся ряд на что-то, стремящееся к нулю, так, чтобы он стал расходиться?)

Да, точно. Но всё равно у меня получается что-то странное.
Иду, как мне кажется, более простыми путями.

Пусть $\sum b_n$ сходится. Рассмотрим $\sum a_n$. По критерию Коши для сходимости рядов необходимо и достаточно, чтобы выполнялось $|a_m + ... + a_n| < \epsilon$.

$|a_m + ... + a_n| = |b_m (1 + \alpha(n))+ ... + b_n (1 + \alpha(n))| = |(b_m + ... + b_n) (1 +\alpha(n))|$ . Не уверен, что бесконечно малая везде одна и та же и её можно выносить в скобках.

Тут можем взять достаточно большое $N$, чтобы $\alpha(n) < 1 $ и |b_m + ... + b_n| < \frac {\epsilon}{2}, тогда сходится, про знаки не говорили. Опять что-то не то.

Brukvalub в сообщении #1117389 писал(а):

Контрпример:ряды с общими членами $\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}$ и $\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}+\frac{1}n$ .

Спасибо, хороший пример.

[Otta]

Бесконечно малая-то одна, но если быть внимательным, $\gamma_n=1+\alpha_n$, то есть
$|a_m + ... + a_n| = |b_m (1 + \alpha_m)+ ... + b_n (1 + \alpha_n)|$ .
Что касается использования неотрицательности (или знакопостоянства, что суть одно), то почему бы не взять контрпример и не подставить его в это выражение.

$$\left|\left(\frac{(-1)^m}{\sqrt m}+\frac 1m\right)+\ldots \left(\frac{(-1)^n}{\sqrt n}+\frac 1n\right)\right|=\ldots {}$$

и не попробовать выцепить тут сумму вида

$$\left|\frac{(-1)^m}{\sqrt m}+\ldots \frac{(-1)^n}{\sqrt n}\right|$$

для дальнейшей работы с критерием Коши теми методами, что Вы делаете, и не увидеть, где именно все ломается.

Это что касается ошибок. Что касается конструктивной программы, не думаю, что Зорич в упражнениях запрещал использовать ранее доказанные теоремы, например, признак сравнения с помощью неравенств. Я бы им и пользовалась.

Написать $\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{a_n}{b_n}=1 \Rightarrow a_n<2b_n$ для $n$, больших некоторого достаточно большого $N$, и используйте Коши сколько хотите. Причем, что характерно, в другую сторону идентично.

[lim(f(x))]

Спасибо! Теперь понятно.