Задачи из Зорича на ряды

[Lia]

vicvolf в сообщении #1485185 писал(а):

Конечно, учебник Зорича переиздавался в 2012 году, а Фихтенгольц - в 60-х прошлого века.

Фихтенгольц переиздается до сих пор, достаточно регулярно. Последнее переиздание было пару лет назад. Темы о сравнении этих учебников вместе с обсуждением их переизданий, актуальности и преимуществ каждого на форуме есть. Можно присоединиться с этим вопросом к любой.

[VoprosT]

Null в сообщении #1485203 писал(а):

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.

$\frac{n^p}{(n+1)^p} = (1 - \frac{1}{n+1})^p = 1 - \frac{p}{n+1} + O(\frac{1}{n^2})$ при $n \to \infty$, но тут минус мешает
И вопрос: не асимптотика ведь нужна, $\frac{b_n}{b_{n+1}}$ же должно сразу получиться в виде $1 + \beta_n$, где ряд из $\beta_n$ сходится абсолютно

[Null]

Теперь подставьте это туда. И подумайте почему $\sum O(\frac{1}{n^2})$ сходиться абсолютно.

[VoprosT]

Null в сообщении #1485207 писал(а):

Теперь подставьте это туда. И подумайте почему $\sum O(\frac{1}{n^2})$ сходиться абсолютно.

Я просто не понимаю, как тут должен пропасть знаменатель теперь?

$\frac{(1 - \frac{p}{n+1} + O(\frac{1}{n^2})) \cdot (1 + \frac{p}{n} + \alpha_n)}{1 + \frac{p}{n+1} + \alpha_{n+1}}$

[ewert]

(Оффтоп)

vicvolf в сообщении #1485185 писал(а):

Конечно, учебник Зорича переиздавался в 2012 году, а Фихтенгольц - в 60-х прошлого века.

Вообще-то Фихтенгольц переиздаётся регулярно -- может, даже и регулярнее Зорича. И Зорич тоже стар, он тоже советский (пусть и лет на сорок моложе Фихтенгольца -- но это только по хронологии).

Недостаток Фихтенгольца в старомодности терминологии (впрочем, не очень существенной). Достоинство -- в охвате безумного количества полезного материала. Потому и переиздаётся.

Достоинство Зорича -- -- в новомодности изложения. Которая фактически есть недостаток, т.к. обычно ни к селу, ни к городу.
Но к текущим задачкам это не относится -- они в основном продуманы хорошо.

-- Ср сен 30, 2020 00:23:29 --

VoprosT в сообщении #1485227 писал(а):

Null в сообщении #1485207 писал(а):

Теперь подставьте это туда. И подумайте почему $\sum O(\frac{1}{n^2})$ сходиться абсолютно.

Я просто не понимаю, как тут должен пропасть знаменатель теперь?

$\frac{(1 - \frac{p}{n+1} + O(\frac{1}{n^2})) \cdot (1 + \frac{p}{n} + \alpha_n)}{1 + \frac{p}{n+1} + \alpha_{n+1}}$

А, это я пропустил. Я много чего пропустил.

Общий ответ: вместо разложения $(\frac{n+1}n)^p$ в числителе -- опустите эту дробь в знаменатель и разложите там, соответственно, $(\frac{n}{n+1})^p=(1-\frac1{n+1})^p$. И перекиньте это разложение в правую часть, и тупо раскройте скобки, и выйдет счастье.

[Null]

VoprosT в сообщении #1485227 писал(а):

$\frac{(1 - \frac{p}{n+1} + O(\frac{1}{n^2})) \cdot (1 + \frac{p}{n} + \alpha_n)}{1 + \frac{p}{n+1} + \alpha_{n+1}}$

Это неправильное выражение, о чем я писал, пересчитайте его заново.

[VoprosT]

Null в сообщении #1485245 писал(а):

VoprosT в сообщении #1485227 писал(а):

$\frac{(1 - \frac{p}{n+1} + O(\frac{1}{n^2})) \cdot (1 + \frac{p}{n} + \alpha_n)}{1 + \frac{p}{n+1} + \alpha_{n+1}}$

Это неправильное выражение, о чем я писал, пересчитайте его заново.

Но ведь это выражение получилось ровно так, как вы говорили(с асимптотикой $\frac{n^p}{(n+1)^p}$)
Возможно, вы имели в виду то, что имеет в виду ewert(снести в знаменатель и там уже рассмотреть $\frac{(n+1)^p}{n^p}$)?

ewert в сообщении #1485233 писал(а):

Общий ответ: вместо разложения $(\frac{n+1}n)^p$ в числителе -- опустите эту дробь в знаменатель и разложите там, соответственно, $(\frac{n}{n+1})^p=(1-\frac1{n+1})^p$. И перекиньте это разложение в правую часть, и тупо раскройте скобки, и выйдет счастье.

Откуда взялась магическая правая часть?


Ещё раз расскажу свой план действий после вашей подсказки о $b_n = a_n \cdot n^p$:
Показать, что $\frac{b_n}{b_{n+1}} = 1 + \beta_n$, где $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\beta_n$ сходится абсолютно. Тогда по первому пункту упражнения $b_n$ будет иметь пределом $b \in \mathbb{R}$;
$\frac{b_n}{b_{n+1}} = \frac{a_n \cdot n^p}{a_{n+1} \cdot (n+1)^p} = \frac{a_n}{a_{n+1} \cdot \frac{(n+1)^p}{n^p}} = \frac{a_n}{a_{n+1} \cdot (1 + \frac{1}{n})^p}$. Дальше кажется правильным вместо $a_n$ подставлять то, чему он равен, то есть $1 + \frac{p}{n} + \alpha_n$(где $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\alpha_n$ сходится абсолютно), но к хорошему это не приводит. Если начать раскрывать скобки, то знаменатель тоже не собирается пропадать, соответственно, упростить это выражение до $1 + \beta_n$ не выходит.

Наверное, я вам уже порядком надоел, но искренне не понимаю, почему ничего не получается(наверное, за 4 дня решения уже устал). Может надо с другой стороны подойти к этому пункту, не ссылаясь на первый?
На всякий случай напомню эти два пункта:
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.

[Null]

VoprosT в сообщении #1485295 писал(а):

вместо $a_n$ подставлять то, чему он равен, то есть $1 + \frac{p}{n} + \alpha_n$

Он этому не равен.

VoprosT в сообщении #1485295 писал(а):

упростить это выражение до $1 + \beta_n$ не выходит

Посчитайте правильно и напишите что у вас в итоге получается

[VoprosT]

Null в сообщении #1485299 писал(а):

VoprosT в сообщении #1485295 писал(а):

вместо $a_n$ подставлять то, чему он равен, то есть $1 + \frac{p}{n} + \alpha_n$

Он этому не равен.

Какой же я ужасно невнимательный, спасибо!

Null в сообщении #1485299 писал(а):

VoprosT в сообщении #1485295 писал(а):

упростить это выражение до $1 + \beta_n$ не выходит

Посчитайте правильно и напишите что у вас в итоге получается

$\frac{b_n}{b_{n+1}} = \frac{a_n}{a_{n+1}} \cdot (1 - \frac{p}{n+1} + O(\frac{1}{n^2})) = 1 + \frac{p}{n} - \frac{p}{n+1} + h(n) = 1 + p \cdot \frac{1}{n \cdot (n+1)} + h(n)$. В $h(n)$ вошла оставшаяся "мелочь", которая вся сходится абсолютно(там либо $\alpha_n$, либо с положительными членами $O(\frac{1}{n^2})$, либо $O(\frac{\alpha_n}{n})$).
Ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty}p(\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}) = \sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{p}{n \cdot (n+1)}$ так же сходится абсолютно.
И теперь уже $\frac{b_n}{b_{n+1}} = 1 + \beta_n$, где $\beta_n = \frac{p}{n \cdot (n+1)} + h(n)$. Правильно?

Последний вопрос: представление $b_n = a_n \cdot n^p$ возможно потому, что $x^a$ - сюръекция на $\mathbb{R}_+$?

[Null]

Правильно.
Нет, просто взяли и умножили. У любых 2 чисел есть произведение.

[VoprosT]

Null в сообщении #1485304 писал(а):

Нет, просто взяли и умножили. У любых 2 чисел есть произведение.

А, это я не в ту сторону снова подумал. Спасибо ещё раз!