Признак Гаусса абсолютной сходимости ряда

[farvater]

Покажите, что
a) если $ \frac{b_n}{b_{n+1}} = 1 + \beta_n $, и ряд $ \sum\limits_{n=1}^{\infty} \beta_n $ аболютно сходится, то существует предел $\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 $, причем ряд $ \sum\limits_{n=1}^{\infty} \alpha_n $ аболютно сходится, то $ a_n \sim \frac{c}{n^p} $ при $ n \to \infty $;
c) если ряд $ \sum\limits_{n=1}^{\infty} a_n $ таков, что $ \frac{a_n}{a_{n+1}} = 1 + \frac{p}{n} + \alpha_n $ и ряд $ \sum\limits_{n=1}^{\infty} \alpha_n $ абсолютно сходится, то ряд $ \sum\limits_{n=1}^{\infty} a_n $ абсолютно сходится при $ p > 1 $ и расходится при $ p \leqslant 1$.

Мое решение пункта a):
Так как $\beta_n \to 0$, то начная с какого-то номера $ \frac{|b_n|}{|b_{n+1}|} = 1+\beta_n $ и $ \ln|b_n| - \ln|b_{n+1}| = \ln(1+\beta_n) $. Но поскольку ряд $ \sum\limits_{n=1}^{\infty} \beta_n $ абсолютно сходится, то сходится абсолютно и ряд $ \sum\limits_{n=1}^{\infty} \ln(1+\beta_n) $. Следовательно, у частичных сумм $ \sum\limits_{k = 1}^{n} (\ln|b_k| -\ln|b_{k+1}|) = \ln|b_1| - \ln|b_{n+1}| $ есть предел. Значит и у последовательности $ \ln|b_{n}| $ есть предел. По непрерывности экспоненты получаем, что $ |b_n| $ сходится, а так как $ b_n $, начиная с какого-то номера, не меняет знак, то и у $ b_n $ есть предел.
Верно ли это? И если да, то как тогда поступать с пунктом б) ? Думаю, что может быть надо как-то преобразовать выражение из него и применить результат из пункта а), но не понимаю как это сделать.

[Brukvalub]

П. а) доказан верно. В П. b) можно начать с определения эквивалентных последовательностей.

[vicvolf]

Для доказательства b) и c) посмотрите признаки сходимости Раабе и Бертрана хотя бы здесь https://scask.ru/p_book_trd.php?id=104

[ewert]

farvater в сообщении #1504177 писал(а):

И если да, то как тогда поступать с пунктом б) ?

В задаче ведь не случайно в первом пункте последовательность обозначена как $b_n$, во втором -- как $a_n$. Это намёк. На то, что надо в п.б) сделать в левой части замену $a_n=\frac{b_n}{n^p}$, перекинуть появившуюся лишнюю дробь вправо и тупо раскрыть справа скобки.

[farvater]

$$a_n = \frac{b_n}{n^p} \Rightarrow \frac{b_n}{b_{n+1}} \left(\frac{n+1}{n}\right)^p = 1 + \frac{1}{n} + \alpha_n \Rightarrow \frac{b_n}{b_{n+1}} = \left( 1 + \frac{p}{n} + \alpha_n \right) \left(\frac{n}{n+1}\right)^p =$$ $$ = \frac{n^p}{(n+1)^p}+\frac{pn^{p-1}}{(n+1)^p} + \alpha_n\left(\frac{n}{n+1}\right)^p = \frac{(n+1)^p}{(n+1)^p} + O\left(\frac{1}{n^2}\right) + \alpha_n O(1) = 1 + \gamma_n, $$

где ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \gamma_n$ абсолютно сходится.
Таким образом, у $ b_n = a_n n^p$ есть предел $ c $ (только не понимаю, что делать, если он окажется равным нулю), а значит $ \frac{a_n n^p}{c} \to 1$ и $ a_n \sim \frac{c}{n^p} $ при $n \to \infty$.
Пункт с):
из пункта b) известно, что $a_n \sim \frac{c}{n^p} \Rightarrow |a_n| \sim \frac{|c|}{n^p}$, но ряд $\sum \frac{1}{n^p}$ сходится при $ p > 1 $ и расходится при $p \leqslant 1$. Значит, ряд $ \sum a_n $ абсолютно сходится при $ p > 1 $ и, поскольку $ a_n $ не меняет знак после некотрого номера, $\sum a_n$ расходится при $ p \leqslant 1$.
В целом получается так, или где-то, все-таки, нужно аккуратней?

[ewert]

В целом так, но я бы сказал, что скобки раскрыты не лучшим образом. Надо было тупо (и это напрашивается): $\big(\frac{n}{n+1}\big)^p=\big(1-\frac1{n+1}\big)^p=1-\frac{p}n+O\big(\frac1{n^2}\big)$, после чего всё очевидно.

[farvater]

Да, действительно, спасибо большое !