Сходимость ряда, заданного рекурсивно

[alisa-lebovski]

vicvolf в сообщении #1490030 писал(а):

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

Да. Я пыталась придумать пример, когда нельзя. А вот допустим, $a_{n+1}=a_n(1+a_n\ln a_n)$ при достаточно малых $a_0>0$.

[vicvolf]

alisa-lebovski в сообщении #1490035 писал(а):

vicvolf в сообщении #1490030 писал(а):

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

Да. Я пыталась придумать пример, когда нельзя. А вот допустим, $a_{n+1}=a_n(1+a_n\ln a_n)$ при достаточно малых $a_0>0$.

Под случаем я имел в виду пример, придуманный Вами, а не все ряды заданные рекурсивно. В новом примере ситуация другая. Здесь, мне кажется лучше воспользоваться Лопиталем и учитывая, что при $a_n \to 0$: $a_n\ln(a_n) \sim -a_n$, получим при $i \geq n$: $a_{i+1} \sim a_i(1-a_n)$ или $a_{i+1} > a_i(1-2a_n).$ Поэтому $\sum_{i=n}^{\infty} {a_i} >a_n/2a_n=1/2$, т.е. остаток ряда не стремится к нулю и ряд расходится. Если считать, что теорема Штольца дискретный Лопиталь, то не обошлись. Хотя обошлись без Тейлора

[alisa-lebovski]

vicvolf в сообщении #1490109 писал(а):

при $a_n \to 0$: $a_n\ln(a_n) \sim -a_n$

Нет, логарифм же в нуле стремится к бесконечности. Но медленнее любой степени.

[vicvolf]

alisa-lebovski в сообщении #1490116 писал(а):

vicvolf в сообщении #1490109 писал(а):

при $a_n \to 0$: $a_n\ln(a_n) \sim -a_n$

Нет, логарифм же в нуле стремится к бесконечности. Но медленнее любой степени.

Стремится к минус бесконечности и степень действительно перебила:

$$a_n\ln(a_n)=\frac {\ln(a_n)}{1/a_n} \sim \frac {1/a_n}{-1/a^2_n}=-a_n.$$

[nnosipov]

vicvolf в сообщении #1490119 писал(а):

Стремится к минус бесконечности и степень действительно перебила:

$$a_n\ln(a_n)=\frac {\ln(a_n)}{1/a_n} \sim \frac {1/a_n}{-1/a^2_n}=-a_n.$$

А Вы уверены, что понимаете смысл значка $\sim$? Хотя при $a_n \to e^{-1}$ это утверждение верно, но ведь у Вас $a_n \to 0$.

[RIP]

vicvolf в сообщении #1490119 писал(а):

Стремится к минус бесконечности и степень действительно перебила:

$$a_n\ln(a_n)=\frac {\ln(a_n)}{1/a_n} \sim \frac {1/a_n}{-1/a^2_n}=-a_n.$$

Лопиталь даёт только $\displaystyle\lim_{x\to+0}x\ln x=\lim_{x\to+0}(-x)=0$ (что очевидно и без Лопиталя), но никак не $x\ln x\sim-x$ при $x\to+0$ (что очевидно неверно).

[alisa-lebovski]

vicvolf в сообщении #1490119 писал(а):

$$a_n\ln(a_n)=\frac {\ln(a_n)}{1/a_n} \sim \frac {1/a_n}{-1/a^2_n}=-a_n.$$

Правило Лопиталя - это средство нахождения пределов, а не асимптотики. Так оно не работает.

[alisa-lebovski]

Итак, при $a_{n+1}=a_n(1+a_n\ln a_n)$ оценка с помощью геометрической прогрессии дает $\sum_{i=n}^\infty a_i>a_n/(a_n(-\ln a_n))=1/(-\ln a_n)\to 0$, что не доказывает расходимости. Но теорема Штольца работает с функцией $f(x)=1/(x\ln x)$, и получается $a_n\sim 1/(n\ln n)$, так что ряд расходится.

[vicvolf]

nnosipov,RIP Спасибо, перемудрил

alisa-lebovski в сообщении #1490126 писал(а):

Правило Лопиталя - это средство нахождения пределов, а не асимптотики.

Правило Лопиталя - это действительно метод нахождения некоторых пределов, но не стоит противопоставлять нахождение асимптотик и пределов, так как часто асимптотика доказывается через пределы, а они в свою очередь через Лопиталя. Например, покажем с помощью Лопиталя, что $sin(x) \sim x$ при $x \to 0$: $\lim_{x \to 0} \frac {sin(x)}{x}= \lim_{x \to 0} \frac {cos(x)}{1}=1$.

[thething]

vicvolf
Это некорректное доказательство, т.к. для доказательства формулы производной синуса первый замечательный предел (или эквивалентность) уже были использованы. Это скорее можно считать иллюстрацией.

[alisa-lebovski]

vicvolf в сообщении #1490231 писал(а):

$\sin(x) \sim x$ при $x \to 0$: $\lim_{x \to 0} \frac {\sin(x)}{x}= \lim_{x \to 0} \frac {\cos(x)}{1}=1$.

Ну, тогда по аналогии надо было считать так:

$$\lim_{x\to 0}\frac{x\ln x}{x}=\lim_{x\to 0}\frac{\ln x+1}{1}=-\infty.$$

[vicvolf]

thething в сообщении #1490244 писал(а):

vicvolfЭто скорее можно считать иллюстрацией.

Да, просто иллюстрация к сказанному.

alisa-lebovski в сообщении #1490252 писал(а):

Ну, тогда по аналогии надо было считать так:

Бывают случаи, что без Лопиталя или дискретного Лопиталя (теоремы Штольца) для нахождения асимптотики не обойтись. Кстати Ваш последний пример тому доказательство. Не могли бы Вы привести нахождение асимптотики в нем, с использованием теоремы Штольца, более подробно?

[novichok2018]

Не иллюстрация, а чистый порочный круг.

[alisa-lebovski]

vicvolf в сообщении #1490265 писал(а):

Не могли бы Вы привести нахождение асимптотики в нем, с использованием теоремы Штольца, более подробно?

$$\begin{array}{c} x(1+x\ln x)\ln(x(1+ x\ln x))=x(1+x\ln x)(\ln x+\ln(1+x\ln x))=\\= x(1+x\ln x)(\ln x+x\ln x+o(x\ln x))=x\ln x (1+x\ln x)(1+x+o(x))=x\ln x(1+x\ln x+o(x\ln x)), \end{array} $$

далее

$$\frac{1}{x\ln x(1+x\ln x+o(x\ln x))}=\frac{1-x\ln x+o(x\ln x)}{x\ln x}=\frac{1}{x\ln x}-1+o(1).$$

Из

$$\frac{1}{(a\ln a)n}\to -1$$

следует

$$-a\ln a\sim \frac{1}{n},$$

откуда логарифмируя $\ln a+\ln(-\ln a)=-\ln n+o(1)$ и $-\ln a\sim\ln n$, так что

$$a\sim\frac{1}{n\ln n}.$$

А вот с какой стати называть Штольца "дискретным Лопиталем", не понимаю.

[vicvolf]

alisa-lebovski Большое спасибо, но ничего не понятно. Запишите, пожалуйста, теорему Штольца с Вашими обозначениями?