Предел. Прошу проверить решение.

[TR63]

ewert в сообщении #1163182 писал(а):

Это не логарифмический признак.

Да. В книге это названо теоремой (название моё; здесь присутствует логарифм, я подумала, что так можно назвать). Тогда, исходя из теоремы, в зависимости от r получаем сходимость при $r>0$ или расходимость при $r<0$.

ewert в сообщении #1163182 писал(а):

так что мажорировать не выйдет.

Это не поняла. Я уже ничего не мажорирую.
Хотела ещё уточнить. Верно ли я понимаю, что из теоремы следует, что задача

TR63 в сообщении #1163140 писал(а):

TR63 в сообщении #1162890

писал(а):
если сходится ряд с положительными членами

$$a_1+a_2+\ldots+a_n+\ldots$$

,
то сходится ряд

$$f=\frac{\sqrt{a_1}}{1}+\frac{\sqrt{a_2}}{2}+\ldots+\frac{\sqrt{a_n}}{n}+\ldots$$

решена для случая, когда $\frac{a_n}{a_{n+1}}>1$.

[ewert]

TR63 в сообщении #1163201 писал(а):

исходя из теоремы, в зависимости от r получаем сходимость при $r>0$ или расходимость при $r<0$.

Только не нуля, а единицы.

TR63 в сообщении #1163201 писал(а):

Это не поняла. Я уже ничего не мажорирую.

Вы-то, может, и не мажорируете, да вот сам признак основан на мажорировании.

TR63 в сообщении #1163201 писал(а):

решена для случая, когда $\frac{a_n}{a_{n+1}}>1$.

Нет: нужен хоть какой-то, но запас. Т.е. исходная последовательность должна мажорироваться хоть какой-то, но отрицательной степенью. Но тогда зачем теоремы -- почему бы с самого начала такое требование и не наложить как дополнительное?

Впрочем, всё это довольно бессмысленно, т.к. противоречит правилам игры.

[TR63]

ewert в сообщении #1163215 писал(а):

Только не нуля, а единицы

Да, верно. Опечатка.

ewert в сообщении #1163215 писал(а):

почему бы с самого начала такое требование и не наложить как дополнительное?

Это замечание понятно. Действительно, условие, что ряд $a_1+a_2+\ldots+a_n+\ldots$ изначально сходится, лишнее. Можно считать, что просто ищется условие, при котором ряд

$$f=\frac{\sqrt{a_1}}{1}+\frac{\sqrt{a_2}}{2}+\ldots+\frac{\sqrt{a_n}}{n}+\ldots$$

сходится.
При условии $\frac{a_n}{a_{n+1}}>1$ у меня получается, что $r>1$, и, значит, по теореме ряд сходится. Правильно ли я поняла, что у Вас это не так. Если да, то мне не понятно, почему.

ewert в сообщении #1163215 писал(а):

Нет: нужен хоть какой-то, но запас. Т.е. исходная последовательность должна мажорироваться хоть какой-то, но отрицательной степенью.

Не понятно, это замечание относится к откорректированной формулировке решаемой на данный момент задачи (другие задачи пока не интересуют). Если да, то замечание не понятно.

[ewert]

TR63 в сообщении #1163255 писал(а):

При условии $\frac{a_n}{a_{n+1}}>1$ у меня получается, что $r>1$

Не получается. Хотя бы потому, что это означает всего лишь монотонное убывание (даже и не обязательно стремление к нулю). Но и формально для той теоремы требуется большее.

[TR63]

ewert в сообщении #1163257 писал(а):

Но и формально для той теоремы требуется большее.

Не понимаю, что именно большее там требуется. Вот формулировка теоремы:
Теорема. Предположим, что для ряда с положительными членами

$$b_1+b_2+\ldots+b_n+\ldots$$

существует предел

$$\lim\limits_{n\to\infty}n\ln\frac{b_n}{b_{n+1}}=r$$

Если $r>1$, то ряд сходится. Если $r<1$, то ряд расходится.
Если предел, вычислен правильно, то $r>1$. Значит ряд сходится.
Вопрос. Предел правильно вычислен? Если нет, пожалуйста, скажите, где именно ошибка.
Может, существенно, что предел должен быть ограничен? Да, тогда понятно.

[Brukvalub]

TR63 в сообщении #1163255 писал(а):

При условии $\frac{a_n}{a_{n+1}}>1$ у меня получается, что $r>1$, и, значит, по теореме ряд сходится.

TR63 в сообщении #1163265 писал(а):

Вопрос. Предел правильно вычислен? Если нет, пожалуйста, скажите, где именно ошибка.

А где вами написано, как вычислен этот предел?

[ewert]

TR63 в сообщении #1163140 писал(а):

Если существует предел первого слагаемого и он не равен нулю

Так вот: с какой стати он не равен нулю?

[TR63]

ewert в сообщении #1163275 писал(а):

Так вот: с какой стати он не равен нулю?

TR63 в сообщении #1163255 писал(а):

просто ищется условие, при котором ряд

$$f=\frac{\sqrt{a_1}}{1}+\frac{\sqrt{a_2}}{2}+\ldots+\frac{\sqrt{a_n}}{n}+\ldots$$

сходится.

Ряды, для которых условие не выполняется, не рассматриваются.

Brukvalub в сообщении #1163272 писал(а):

А где вами написано, как вычислен этот предел?

Можно и не вычислять. Главное, условие (достаточное) найдено. Всё остальное-детали, которые при необходимости можно уточнить. Пока необходимости нет.
Больше вопросов у меня нет. Всем спасибо.

[Brukvalub]

(Оффтоп)

TR63 в сообщении #1163290 писал(а):

Можно и не вычислять. Главное, условие найдено. Всё остальное-детали, которые при необходимости можно уточнить. Пока необходимости нет.

Ага! Только потом не нужно жаловаться, что

TR63 в сообщении #1162965 писал(а):

Жаль (сколько не задаю вопросов, ответ в понятном виде, за редким исключением, не получаю).

[TR63]

Brukvalub, здесь я вычисляла предел:

TR63 в сообщении #1163140 писал(а):

Распишу подробнее, что у меня получилось.
$\lim\limits_{n\to\infty}(n\ln\frac{a_n}{a_{n+1}})=\lim(n\ln\frac{\sqrt{a_n}}{\sqrt{a_{n+1}}}\cdot\frac{n+1}{n})=r$
Логарифм произведения расписываем как сумму логарифмов. Раскрываем скобки. Получаем, что надо найти предел суммы. Предел второго слагаемого существует и равен 1 (единице). Если существует предел первого слагаемого и он не равен нулю, то в зависимости от значения этого предела получается сходимость или расходимость в исследуемом ряде. Мой вывод: сходимость с помощью логарифмического признака при заданных условиях доказать не получается (лишь при дополнительных условиях).

Brukvalub, если Вы считаете, что я уже разобралась с возникшим у меня вопросом, то это и с Вашей помощью (здесь отдельное спасибо). Если ещё нет, то можно продолжить (может, я ещё чего-то не понимаю, но не знаю, чего именно).

(Оффтоп)

Brukvalub в сообщении #1163292 писал(а):

Ага! Только потом не нужно жаловаться

Я больше не буду. Извините, пожалуйста.

[Brukvalub]

Да, теперь я вижу, что Вы разобрались.

[ewert]

TR63 в сообщении #1163290 писал(а):

Ряды, для которых условие не выполняется, не рассматриваются.

А Вы сознаёте, что из Вашего $r>1$ следует, что $\sqrt{|a_k|}\leqslant\mathrm{const}\cdot k^{-\alpha}$ при некотором $\alpha>0$ для всех $k$?...

Но если последнее выполнено, то вопроса о сходимости просто не возникает.

[TR63]

ewert в сообщении #1163321 писал(а):

А Вы сознаёте,

Нет. Но я задумывалась, над тем, существуют ли нетривиальные ряды, удовлетворяющие найденному условию. И подумала, хорошо, если бы они не существовали. Это была бы для меня полезная информация (с её помощью можно было бы производить деление на не пересекающиеся классы; но это так в сторону).
ewert, я правильно поняла, что они не существуют.

[ewert]

TR63 в сообщении #1163344 писал(а):

Но я задумывалась, над тем, существуют ли нетривиальные ряды, удовлетворяющие найденному условию.

Да какому условию-то?...

Прежде чем задумываться -- сформулируйте чётко утверждение, которое Вы пытаетесь доказывать. Что в точности в этом утверждении предполагается и что из этого должно следовать.

Пока что на протяжении всей этой ветки от Вас подобных формулировок не поступало. И хотя мы все тут, конечно, до некоторой степени телепаты, но все -- далеко не высшей категории.

Вот формулки гонять Вы вроде умеете, но с логикой не дружите; да чего там -- враждуете. Вы её ненавидите!

[TR63]

ewert в сообщении #1163371 писал(а):

Да какому условию-то?...

Прежде чем задумываться -- сформулируйте чётко утверждение, которое Вы пытаетесь доказывать. Что в точности в этом утверждении предполагается и что из этого должно следовать.

Полностью согласна, что так и надо сделать. Но сейчас у меня возник другой, более конкретный вопрос.
Вопрос.
Из неравенства Коши-Буняковского следует, что для сходимости ряда

$$f=\frac{\sqrt{a_1}}{1}+\frac{\sqrt{a_2}}{2}+\ldots+\frac{\sqrt{a_n}}{n}+\ldots (1)$$

достаточно сходимости ряда

$$a_1+a_2+\ldots+a_n+\ldots (2)$$

(Все члены рядов (1) и (2) неотрицательны.)
Является ли сходимость ряда (2) необходимым условием сходимости ряда (1).

(Оффтоп)

ewert в сообщении #1163371 писал(а):

Вы её ненавидите!

Круто.