Задачи из Зорича на ряды

[VoprosT]

Здравствуйте! Решаю задачи после главы про пределы, возникла парочка вопросов, подскажите, пожалуйста:
1. Ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\ln(1+\alpha_{n})$, где $\left\lvert \alpha_n \right\rvert < 1$, абсолютно сходится тогда и только тогда, когда сходится абсолютно ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\alpha_n$. Зачем здесь условие $\left\lvert \alpha_n \right\rvert < 1$, если оно вытекает из абсолютной сходимости $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\alpha_n$? Если теперь отойти и от этого вопроса, то не достаточно ли для решения задачи обычной сходимости ряда $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\alpha_n$?
2. Если $e_n = 1 + \alpha_n$ и все $\alpha_n$ одного знака, то бесконечное произведение $\prod\limits_{n=1}^{\infty}(1+\alpha_n)$ сходится тогда и только тогда, когда сходится ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\alpha_n$. Зачем здесь требовать постоянство знака у $\alpha_n$?

[ewert]

1. Условие "меньше единички" поставлено явно "чьего-то страха ради" -- просто для того, чтоб не возникал вопрос, а существует ли логарифм.

Насчёт обычной сходимости -- вопрос скользкий. Потому что задачка явно и тупо на признак эквивалентности по 2-му замечательному пределу, но этот признак работает только для знакоопределённых рядов.

(Обязан ли он сработать здесь без модулей -- всё же логарифм есть функция вполне конкретная -- даже и думать лень; вполне допускаю, что могут быть и контрпримеры. Но даже если их и нет, Зорич совершенно правильно сделал, что перестраховался и не стал грузить студентов излишними и нетривиальными проблемами. Другое дело, что напрасно он приплёл "абсолютность", это действительно может сбивать с толку; лучше было бы прямо сказать о неотрицательности).)

2. Так сходу не скажу, но, скорее всего, тут тоже возможны проблемы со знакопеременностью после перехода к логарифмам.

[VoprosT]

ewert в сообщении #1484632 писал(а):

Другое дело, что напрасно он приплёл "абсолютность", это действительно может сбивать с толку; лучше было бы прямо сказать о неотрицательности).)

Просто с неотрицательностью я согласен, $\frac{\ln(1+\alpha_n)}{\alpha_n}=1 + o(1)$ при $n \to \infty$ и по теореме сравнения рядов с неотрицательными(если бы это было оговорено) членами всё работает. А абсолютность здесь куда вставлять?

[mihaild]

ewert в сообщении #1484632 писал(а):

лучше было бы прямо сказать о неотрицательности

Тогда получится более слабое утверждение.

VoprosT в сообщении #1484628 писал(а):

не достаточно ли для решения задачи обычной сходимости ряда $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\alpha_n$

Можете привести какой-нибудь пример двух рядов с эквивалентными членами, из которых один сходится, а другой нет?

[VoprosT]

mihaild в сообщении #1484646 писал(а):

Можете привести какой-нибудь пример двух рядов с эквивалентными членами, из которых один сходится, а другой нет?

Сыграть надо на том, что члены могут быть отрицательными?(если действовать в рамках исходной задачи, где нет речи о неотрицательности)

[mihaild]

VoprosT в сообщении #1484668 писал(а):

Сыграть надо на том, что члены могут быть отрицательными?

Да. Для абсолютно сходящихся рядов (в том числе сходящихся знакопостоянных) так не бывает.
Если удастся подобрать пример - можно будет думать, как получить, чтобы ряд из логарифмов был похож на один из рядов примера, а соответствующий ему эквиваленный - на второй.

[DeBill]

VoprosT
2 получается из 1 логарифмированием. Поэтому все вопросы про 2 можно свести к 1.
Для 1: посмотрите на ряд из $\alpha_n=(-1)^nn^{-\frac{2}{5}}$, например...

[VoprosT]

mihaild в сообщении #1484646 писал(а):

Можете привести какой-нибудь пример двух рядов с эквивалентными членами, из которых один сходится, а другой нет?

Не придумал, нашёл(со знакопеременными рядами в достаточной степени ещё не знаком): ряд, составленный из $a_n = \frac{(-1)^{n-1}}{\sqrt{n}}+\frac{1}{n}$ и ряд, составленный из $b_n = \frac{(-1)^{n-1}}{\sqrt{n}}$
Теперь надо понять понять, почему так не бывает с абсолютно сходящимися рядами.

[mihaild]

VoprosT в сообщении #1484817 писал(а):

почему так не бывает с абсолютно сходящимися рядами

Напишите $a_n = b_n \cdot (1 + h(n))$, где $h(n) = o(1)$, и распишите, например, признак Коши (который про то, что далёкие частичные суммы малы)

[VoprosT]

mihaild в сообщении #1484818 писал(а):

VoprosT в сообщении #1484817 писал(а):

почему так не бывает с абсолютно сходящимися рядами

Напишите $a_n = b_n \cdot (1 + h(n))$, где $h(n) = o(1)$, и распишите, например, признак Коши (который про то, что далёкие частичные суммы малы)

Так, повторю для себя, что я хочу понять: в исходной задаче недостаточно простой сходимости, потому что ряд с эквивалентными членами может расходиться. Поэтому требуется абсолютная сходимость. Покажем, что если ряд из $a_n$ сходится абсолютно, то сходится и ряд из $b_n$.

Если без Коши (перевернул дробь): $\lim\limits_{n \to \infty}\left\lvert \frac{b_n}{a_n} \right\rvert = \lim\limits_{n \to \infty}\frac{\left\lvert b_n \right\rvert}{\left\lvert a_n \right\rvert} = 1$. Тогда по определению предела для любого $\varepsilon > 0$ верно, что $\left\lvert b_n \right\rvert < \left\lvert a_n \right\rvert \cdot (1+\varepsilon)$. И по признаку сравнения рядов с неотрицательными членами, ряд из $b_n$ сходится абсолютно(и просто тоже).

А вот с Коши и $a_n = b_n (1+ o(1))$ я что-то не дошёл: тоже хочется сказать, что $\left\lvert b_n \right\rvert < \left\lvert a_n \right\rvert$, но ведь $\left\lvert 1+o(1) \right\rvert$ может быть и $<1$

[mihaild]

VoprosT в сообщении #1484836 писал(а):

А вот с Коши и $a_n = b_n (1+ o(1))$ я что-то не дошёл

А вы просто выпишите ясно суммы из критерия и внимательно на них посмотрите.
Впрочем, если уже есть признак сравнения, то проще действительно через него (у него доказательство примерно такое же как я имею в виду для случая эквивалентных членов).

[thething]

VoprosT в сообщении #1484836 писал(а):

Поэтому требуется абсолютная сходимость.

Можно вместо этого потребовать знакопостоянства $\alpha_n$, начиная с некоторого момента. И говорить о простой сходимости (эквивалентной абсолютной).

[ewert]

VoprosT в сообщении #1484836 писал(а):

Если без Коши (перевернул дробь): $\lim\limits_{n \to \infty}\left\lvert \frac{b_n}{a_n} \right\rvert = \lim\limits_{n \to \infty}\frac{\left\lvert b_n \right\rvert}{\left\lvert a_n \right\rvert} = 1$.

Это несколько опрометчиво, т.к. знаменатели могут и в ноль обращаться.

VoprosT в сообщении #1484836 писал(а):

А вот с Коши и $a_n = b_n (1+ o(1))$ я что-то не дошёл: тоже хочется сказать, что $\left\lvert b_n \right\rvert < \left\lvert
a_n \right\rvert$, но ведь $\left\lvert 1+o(1) \right\rvert$ может быть и $<1$

А вот это ровно то, что нужно для доказательства. Правда, самое последнее неравенство Вы явно перепутали, но не в нём суть. А в том, что $|b_n|\leqslant C|a_n|$, и какая разница, что там за $C$ -- важно лишь, что это константа.

-- Вс сен 27, 2020 10:16:26 --

VoprosT в сообщении #1484817 писал(а):

ряд, составленный из $a_n = \frac{(-1)^{n-1}}{\sqrt{n}}+\frac{1}{n}$ и ряд, составленный из $b_n = \frac{(-1)^{n-1}}{\sqrt{n}}$

Это, кстати, примерно то же, что предлагалось здесь:

DeBill в сообщении #1484710 писал(а):

$\alpha_n=(-1)^nn^{-\frac{2}{5}}$

Потому что по формуле Тейлора $\ln(1+a_n)=a_n+\frac12a_n^2+O(a_n^3)$.

[VoprosT]

ewert в сообщении #1484878 писал(а):

А вот это ровно то, что нужно для доказательства. Правда, самое последнее неравенство Вы явно перепутали, но не в нём суть. А в том, что $|b_n|\leqslant C|a_n|$, и какая разница, что там за $C$ -- важно лишь, что это константа.

А, понял, ряд из $C \cdot \left\lvert a_n \right\rvert$ сходится, но тогда и ряд из $\left\lvert b_n \right\rvert$ сходится, спасибо
И последний штрих: знакопостоянный сходящийся ряд также сходится и абсолютно. Обоснование: если неотрицательные, то очевидно, если отрицательные, то сумма у ряда из модулей просто отличается знаком от суммы исходного ряда.

-- 27.09.2020, 14:54 --

mihaild в сообщении #1484861 писал(а):

А вы просто выпишите ясно суммы из критерия и внимательно на них посмотрите.

Так как $h(n) = o(1)$, то при $n > N'$ будет $\left\lvert h(n) \right\rvert < \varepsilon' \Rightarrow h(n) < \varepsilon'$, тогда, зная, что $a_n = b_n \cdot (1+h(n))$, распишем критерий Коши(внешний модуль опущу, $m \geqslant n > \max(N',N_\varepsilon)$):
$\left\lvert b_n \right\rvert \cdot \left\lvert 1 + \varepsilon' \right\rvert + ... + \left\lvert b_m \right\rvert \cdot \left\lvert 1 + \varepsilon' \right\rvert = \left\lvert a_n \right\rvert + ... + \left\lvert a_m \right\rvert < \varepsilon$, пусть $\left\lvert 1 + \varepsilon' \right\rvert = C$, тогда $\left\lvert b_n \right\rvert +...+ \left\lvert b_m \right\rvert < \frac{\varepsilon}{C}$. Вот так? Или не так... По-моему я соврал вот тут: $\left\lvert b_n \right\rvert \cdot \left\lvert 1 + \varepsilon' \right\rvert + ... + \left\lvert b_m \right\rvert \cdot \left\lvert 1 + \varepsilon' \right\rvert = \left\lvert a_n \right\rvert + ... + \left\lvert a_m \right\rvert$, и лучше посмотреть на $b_n = a_n \cdot (1+o(1))$ и оценить сумму $\left\lvert b_n \right\rvert$ сверху суммой $\left\lvert a_n \right\rvert \cdot \left\lvert 1 + \varepsilon' \right\rvert$?
Ещё я некорректно рассуждаю здесь: $\left\lvert 1 + h(n) \right\rvert < \left\lvert 1 + \varepsilon' \right\rvert$, $h(n)$ ведь может быть отрицательным и по модулю сильно превосходить $\varepsilon'$. А если оценивать сумму модулей через модуль суммы, то снова натыкаюсь на сумму $b_n \cdot h(n)$. Что-то я окончательно запутался.

[mihaild]

VoprosT в сообщении #1484906 писал(а):

оценить сумму $\left\lvert b_n \right\rvert$ сверху суммой $\left\lvert a_n \right\rvert \cdot \left\lvert 1 + \varepsilon' \right\rvert$?

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

VoprosT в сообщении #1484906 писал(а):

$h(n)$ ведь может быть отрицательным и по модулю сильно превосходить $\varepsilon'$

Не может, вспомните определение $o$.