Сходимость ряда, заданного рекурсивно

[novichok2018]

Такая задача только с косинусами из задачника: Садовничий, Подколзин, Задачи студенческих олимпиад по математике, 1978, задача 225. Там всё очевидно в две строки. С синусом хуже.

[alisa-lebovski]

Как насчет $a_{n+1}=a_n\sin(1/a_n)$, $a_0\ne 0$?

[ИСН]

А вот тут уже вещи становятся волосатыми. Предел может и не быть 0. Попросту говоря, если мы достаточно близки к $2\over\pi(4n+1)$ сверху, то после следующей итерации мы оказываемся к нему ещё ближе, но всё-таки сверху.

[alisa-lebovski]

Ну да, тут гораздо интереснее, могут быть: 1) области сходимости к ненулевому пределу, 2) области, где нет сходимости ни к какому пределу, 3) области сходимости к нулю, а в них 3а) области сходимости ряда и 3б) не сходимости ряда.

[vicvolf]

alisa-lebovski в сообщении #1489654 писал(а):

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

На основании разложения данной функции в ряд Тейлора получим:$a_{n+1}>a_n(1-a_n/2)$. Получаем геометрическую прогрессию с $q=1-a_n/2$ . Cумма геометрической прогрессии равна $2a_0/a_n$, поэтому при $a_n \to 0$ искомый ряд расходится.

[alisa-lebovski]

vicvolf в сообщении #1489928 писал(а):

На основании разложения данной функции в ряд Тейлора получим:$a_{n+1}>a_n(1-a_n/2)$. Получаем геометрическую прогрессию с $q=1-a_n/2$ . Cумма геометрической прогрессии равна $2a_0/a_n$, поэтому при $a_n \to 0$ искомый ряд расходится.

Вы опять неаккуратно рассуждаете. Если применять этот метод, то $a_{i+1}>a_i(1-a_i/2)\ge a_i(1-a_n/2)$ при $i\ge n$, откуда $\sum_{i=n}^{+\infty}a_i>a_n/(a_n/2)=2$, из этого расходимость не следует. Я поэтому и поставила такой вопрос.

[ИСН]

alisa-lebovski в сообщении #1489866 писал(а):

Ну да, тут гораздо интереснее, могут быть: 1) области сходимости к ненулевому пределу, 2) области, где нет сходимости ни к какому пределу

Несходимости быть не может. Последовательность монотонна (по модулю) и ограничена.

[alisa-lebovski]

ИСН в сообщении #1489972 писал(а):

Несходимости быть не может. Последовательность монотонна (по модулю) и ограничена.

А перемены знака?

[vicvolf]

alisa-lebovski в сообщении #1489962 писал(а):

$\sum_{i=n}^{+\infty}a_i>a_n/(a_n/2)=2$, из этого расходимость не следует. Я поэтому и поставила такой вопрос.

Может я не совсем аккуратен, но мне кажется, что У Вас ошибка. Здесь не учтена сумма первых членов ряда: $\sum_{i=0}^{n-1} {a_i}+\sum_{i=n}^{+\infty}{a_i} \geq na_n+2$, где $n$ - любое, и ряд расходится.

[alisa-lebovski]

vicvolf в сообщении #1489999 писал(а):

Отсюда следует, что ряд расходится?

Поведение любого конечного числа первых членов ряда не влияет на сходимость или расходимость. Это асимптотические свойства.

[ИСН]

alisa-lebovski в сообщении #1489976 писал(а):

А перемены знака?

А тут лукавая вещь, потому что синус - функция нечётная. Если мы "почти сошлись" по модулю к чему-то отличному от нуля, и там меняем знак, то первая же перемена знака приведёт нас туда, где мы сядем на якорь и больше менять знак не будем.

[alisa-lebovski]

vicvolf в сообщении #1489999 писал(а):

Здесь не учтена сумма первых членов ряда: $\sum_{i=0}^{n-1} {a_i}+\sum_{i=n}^{+\infty}{a_i} \geq na_n+2$

Кстати, даже если так рассуждать, все равно не работает, поскольку здесь получается $a_n\sim 2/n$.

[vicvolf]

alisa-lebovski в сообщении #1490000 писал(а):

Поведение любого конечного числа первых членов ряда не влияет на сходимость или расходимость. Это асимптотические свойства.

Причем тут это.
Предположим, что ряд сходится, тогда остаток ряда должен стремиться к нулю, а мы имеем противоречие:

alisa-lebovski в сообщении #1489962 писал(а):

$\sum_{i=n}^{+\infty}a_i>a_n/(a_n/2)=2$

Следовательно, предположение не верно.

[alisa-lebovski]

vicvolf в сообщении #1490020 писал(а):

Предположим, что ряд сходится, тогда остаток ряда должен стремиться к нулю, а мы имеем противоречие:

Да, вот это уже верно. Не сообразила.

[vicvolf]

alisa-lebovski в сообщении #1490024 писал(а):

Да, вот это уже верно. Не сообразила.

Значит в этом случае можно обойтись разложением в ряд Тейлора без использования теоремы Штольца.