Сходимость ряда, заданного рекурсивно

[artempalkin]

Интересно, что в Кудрявцеве есть эта задача, причем даже более общего плана (найти область сходимости ряда $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\sin\sin...\sin x$ (в каждом слагаемом $n$ синусов)), и она даже не отдельная задача, а подпункт задания (Том 2, Гл. 5, $\S$ 18, 6(3)).

Может быть, есть какое-то совсем простое решение даже в таком общем случае?

-- 23.10.2020, 13:27 --

[Null]

Посмотрите на доказательства в теме и поймите когда они не работают. Тут все абсолютно аналогично.

[alisa-lebovski]

Геометрическая прогрессия вроде всегда работает. Кроме точек, кратных $\pi$.

[thething]

Если $f(x)=\dfrac{1}{x^2}$, то, используя формулу Тейлора, показываем, что $f(x_{n+1})-f(x_n)\sim\dfrac{1}{3}$, поэтому, по теореме Штольца, $\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{f(x_n)}{n}=\dfrac{1}{3}$.

[Null]

(Оффтоп)

thething в сообщении #1488664 писал(а):

Если $f(x)=\dfrac{1}{x^2}$, то, используя формулу Тейлора, показываем, что $f(x_{n+1})-f(x_n)\sim\dfrac{1}{3}$, поэтому, по теореме Штольца, $\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{f(x_n)}{n}=\dfrac{1}{3}$.

Уже было.

[thething]

(Оффтоп)

Null
Проморгал Ваше сообщение среди прочего обсуждения

[artempalkin]

Null в сообщении #1488637 писал(а):

Посмотрите на доказательства в теме и поймите когда они не работают. Тут все абсолютно аналогично.

alisa-lebovski в сообщении #1488641 писал(а):

Геометрическая прогрессия вроде всегда работает. Кроме точек, кратных $\pi$.

Да, тут все понятно, область сходимости - числа, кратные $\pi$. В любой другой точке можно применить нашу логику.

Меня смущает, что эта задача, которая решается достаточно нетривиально, в сборнике задач на уровне остальных достаточно простых. Я вот и думаю, нет ли какого-то тривиального решения...

[vicvolf]

artempalkin в сообщении #1488716 писал(а):

Я вот и думаю, нет ли какого-то тривиального решения...

Действительно все по-моему просто. Выполняется необходимый признак сходимости и достаточный признак сходимости Даламбера.

[artempalkin]

vicvolf в сообщении #1488754 писал(а):

достаточный признак сходимости Даламбера

Поясните?

-- 24.10.2020, 12:40 --

Не получится.

Т.к. $a_n\to0$, $\lim\limits_{n\to\infty}\frac {a_{n+1}}{a_n}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac {\sin a_n}{a_n}=1$, так что признак Даламбера не сработает.

[vicvolf]

artempalkin в сообщении #1488803 писал(а):

vicvolf в сообщении #1488754 писал(а):

достаточный признак сходимости Даламбера

Поясните?

Если для ряда $a_1+a_2+...+a_n+...$ c положительными членами, начиная с некоторого номера $n$ отношение $\frac {a_{n+1}}{a_n}<1$, то ряд сходится (признак сходимости Даламбера).
В данном случае: $\frac {a_1}{a_0}=\frac {sin1}{1}<1,\frac {a_2}{a_1}=\frac {sinsin1}{sin1}<1,...,\frac {a_{n+1}}{a_n}=\frac {sin...sinsin1}{sin1...sin1}<1,...$ Поэтому ряд сходится.

[alisa-lebovski]

vicvolf в сообщении #1488862 писал(а):

Если для ряда $a_1+a_2+...+a_n+...$ c положительными членами, начиная с некоторого номера $n$ отношение $\frac {a_{n+1}}{a_n}<1$, то ряд сходится (признак сходимости Даламбера).

Нет, признак Даламбера заключается не в этом. А это утверждение просто неверно. Простой тому пример - $a_n=1/n$.

[vicvolf]

alisa-lebovski в сообщении #1488863 писал(а):

Нет, признак Даламбера заключается не в этом. А это утверждение просто неверно. Простой тому пример - $a_n=1/n$.

Согласен, есть нюанс. Уточню формулировку - Если для ряда $a_1+a_2+...+a_n+...$ c положительными членами, начиная с некоторого номера $n$ выполняется отношение $\frac {a_{n+1}}{a_n} \leq q <1$, тогда ряд сходится. Такое $q$ здесь не существует и Даламбер не работает. Хотел упростить и вместе с коляской...Прошу прощения

[artempalkin]

(Оффтоп)

vicvolf в сообщении #1488888 писал(а):

выполняется отношение $\frac {a_{n+1}}{a_n} \leq q <1$

Ага, это нюанс, который у студентов вызывает вопрос ("в чем разница $b_n<1$ или $b_n\leqslant q<1$?!"), но по факту разница есть.

[alisa-lebovski]

А если бы было $a_{n+1}=\ln(1+a_n)$, $a_0>1$, тогда как?

[thething]

alisa-lebovski
Аналогично, по Тейлору и Штольцу, только рассматривать $f(x)=\dfrac{1}{x}$. Асимптотика $a_n$ будет $\dfrac{2}{n}$.