Асимптотика общего члена сходящегося ряда

[farvater]

Покажите, что
а) если $ a_n \geqslant a_{n+1} > 0 $ при любом $ n \in \mathbb{N} $ и ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n $ сходится, то $ a_n = o \left( \frac{1}{n} \right) $ при $ n \to \infty $;
b) если $ b_n = o \left( \frac{1}{n} \right) $, то всегда можно построить сходящийся ряд $ \sum\limits_{n=1}^{\infty} a_n $, такой что $ b_n = o \left( a_n \right) $ при $ n \to \infty $.

Моя попытка доказать пункт a):
Предположим, что $ \exists c \in \mathbb{R}_+$ такое, что начная с какого-то номера $ N_0 $ начинает выполняться $ a_n \geqslant c \left( \frac{1}{n} \right) $. Тогда начиная с номера $N_0$, все члены ряда $\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n $ будут оцениваться снизу членами гармонического ряда, который расходится.
По признаку сравнения знакоположительных рядов ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n $, тогда тоже расходится, поскольку конечное число отброшеных членов не влияет на сходимость ряда. Противоречие, так как по условию ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n $ сходится.
Значит, $ \forall c \forall N_0 \exists N_1 \geqslant N_0 : a_{N_1} < c \left( \frac{1}{N_1} \right) $.
Но как действовать дальше чего-то не пойму. Нужно как-то использовать, что $ a_n $ монотонная последовательность, которая стремится с нулю.

[popolznev]

Я так понимаю, что вы начинаете с формулировки отрицания условия $a_n = o(1/n)$. Здесь уже ошибка: при отрицании все кванторы меняются на двойственные, а у вас по $n$ остался квантор всеобщности.

[farvater]

Хорошо, постараюсь теперь не запутаться с кванторами.
Условие $ a_n = o\left(\frac{1}{n}\right) $ эквивалентно тому, что $ na_n $ бесконечно малая функция при $ n \to \infty $. То есть $ \forall \varepsilon > 0 \; \exists N: \forall n > N \; \; \left(na_n < \varepsilon\right) $
Тогда отрицанием этого будет $ \exists \varepsilon > 0 : \forall N \; \exists n > N \; : \left(na_n \geqslant \varepsilon \right) $
Но, тем не менее, я не вижу как продолжить это рассуждение.

[mihaild]

Посмотрите, как связаны $n \cdot a_{2n}$ и $\sum\limits_{i=n}^{2n - 1} a_i$. И вспомните что-нибудь про критерии сходимости.

[farvater]

Так как $a_n$ не возрастает, $ na_{2n} \leqslant \sum\limits_{i=n}^{2n-1} a_i $. По критерию Коши $ \forall \varepsilon > 0 \; \exists N : \forall n,m > N \; \left( \left\lvert A_m - A_n \right\rvert < \varepsilon \right) $, где $ A_n $ - частичная сумма ряда. В частности $ \forall n > N \left( na_{2n} \leqslant \sum\limits_{i=n}^{2n-1} a_i < \varepsilon \right) $.
Получили следующее $ \forall \varepsilon > 0 \; \exists N : \forall n > N \; \left( 2na_{2n} \leqslant 2\varepsilon \right) $ , но из-за монотонности $ a_n $ выполняется и $ 2na_{2n+1} \leqslant 2\varepsilon $, или $ (2n+1)a_{2n+1} \leqslant 2\varepsilon + a_{2n+1} $. Так как $ a_n \to 0 \; \exists N' : \forall n > N' \; \left( a_{2n+1} < \varepsilon \right)$.
Полагая $ N'' = \max(N, N') $, получаем$ \forall \varepsilon > 0 \; \exists N'' : \forall n > N'' \; (2na_{2n} < 3\varepsilon \wedge (2n+1)a_{2n+1} < 3\varepsilon) $.
А это означает, что $ \forall \varepsilon > 0 \; \exists N : \forall n > N \; (na_n < \varepsilon ) $, то есть $ na_n \to 0 $ и $ a_n = o(1/n) $.

[farvater]

Верно ли это рассуждение? И если да, то от чего можно оттолкнуться в пункте b) ?

[mihaild]

Да, тут всё правильно. Второму пункту это никак не поможет.
Давайте я подскажу: там хватит и $b_n = o(1)$. Раз $b_n = o(a_n)$, то $a_n = b_n \cdot c_n$, где $c_n \to \infty$ (для простоты считаем, что $b_n \neq 0$, с нулями можно будет потом разобраться отдельно).
И тут наверное полезно предварительно решить такую задачу: дана последовательность $b_n$, сходящаяся к нулю. Найти последовательность $\alpha_n = \pm 1$, такую что ряд $\sum \alpha_n b_n$ сходится.

[farvater]

Пусть $B_n = \sum\limits_{k=1}^{n}\alpha_kb_k $ и $ \alpha_1 = 1 $.
$\alpha_n = \begin{cases} sgn(b_n),&\text{если $B_{n-1}<0$;}\\ -sgn(b_n),&\text{если $B_{n-1}\geqslant0$.} \end{cases}$
Тогда $\forall \varepsilon > 0 \; \exists N : \forall n > N \; |b_n| < \varepsilon$. Теперь, если $ B_N $ не лежит в эпсилон-окрестности нуля, то либо последующие члены последовательности $ B_n $ ограничены каким-то числом, не лежащим в эпсилон-окрестности нуля, и тогда по построению, у $B_n$ будет предел, либо найдется номер $ N' > N : B_{N'}$ лежит в эпсилон окрестности нуля. А так как $ |b_n| < \varepsilon $, то и все последующие члены будут лежать в ней (опять же, по построению). Таким образом, в обоих случаях у $ B_n $ будет существовать числовой предел, а это и значит, что ряд $\sum \alpha_nb_n$ сходится.
Так?

[mihaild]

Да, правильно. Хотелось бы взять $a_n = \alpha_n b_n$, но так получится только $O$, а не $o$. Как можно поправить ситуацию?

[farvater]

Если $ b_n = o(1/n) $, то $ nb_n \to 0 $. Тогда, кажется, что можно взять $a_n = \alpha_nnb_n$?

[mihaild]

А, да, у нас же более простой случай. Догадаетесь, что делать, если бы было только $b_n = o(1)$?
И еще осталось разобраться с нулями - если скажем все $b_{2n} = 0$, то не будет $b_{2n} = o(a_n)$. Но это тоже несложно исправляется.

[farvater]

Может быть взять $ a_n = \alpha_n\sqrt[3]{b_n}$, если $ b_n \ne 0 $, а если $ b_n = 0 $, то брать следующий ненулевой элемент $ b_{n+k} $ и использовать его в приведенной формуле. Если же, вдруг, $ b_n $ тожедственный ноль, начиная с какого номера, то можно взять, например, $ a_n = \frac{1}{n^2} $