Задачка на условную сходимость.

[Maxim19]

Всем здравствуйте. Задачка формулируется так:

$$\sum\limits_{n=1}^{\infty}(n-2019)a_n$$

сходится не абсолютно. Проверить на сходимость

$$\sum\limits_{n=1}^{\infty}(n+2019)a_n$$

. Там ещё была задача при условии, что ряд первый сходится абсолютно, но там просто из предела отношения их членов будет следовать абсолютная сходимость. Сдаётся мне, что нельзя никак судить о сходимости второго ряда. Пример подобрать не получается. Если вы подберёте пример, то можете ещё объяснить мотивы: почему вы решил обратить внимание на это, то и взять именно такой пример.

[mihaild]

Если первый ряд сходится условно, то сходимость второго ряда равносильна условной сходимости суммы первого и второго рядов. Попробуйте подобрать пример, когда $(n - 2019) a_n + (n - 2019 + 1) a_{n + 1} = \frac{1}{n^2}$, $a_n \to 0$ (покажите, что при этом первый ряд сходится), но при этом $\sum a_n$ расходится.

[ewert]

Maxim19 в сообщении #1577122 писал(а):

Там ещё была задача при условии, что ряд первый сходится абсолютно, но там просто из предела отношения их членов будет следовать абсолютная сходимость.

Ну только не буквально же так, ведь среди $a_n$ могут быть и нулевые. Но что действительно есть, так это двусторонняя оценка для модулей (начиная с некоторого номера), так что абсолютные сходимости и впрямь эквивалентны.

Что же до условной, то переформулируем так. Если сходится ряд $\sum b_n$, то будет ли сходится ряд $\sum\frac{n+2019}{n-2019}b_n=\sum(1+\frac{4038}{n-2019})b_n$? -- так это попросту признак Дирихле.

[Maxim19]

Ну вроде это признак Абеля. Так что получается, отсюда вытекает условная сходимость?

-- 15.01.2023, 12:13 --

mihaild
А разве из расходимости суммы $a_n$ можно утверждать расходимость суммы $(n+2019)a_n$?

[mihaild]

Maxim19 в сообщении #1577170 писал(а):

А разве из расходимости суммы $a_n$ можно утверждать расходимость суммы $(n+2019)a_n$?

Из расходимости $a_n$ и сходимости $(n - 2019)a_n$ - можно. Вспомните точную формулировку теоремы о сложении рядов.

[Doctor Boom]

mihaild в сообщении #1577129 писал(а):

Попробуйте подобрать пример, когда $(n - 2019) a_n + (n - 2019 + 1) a_{n + 1} = \frac{1}{n^2}$, $a_n \to 0$ (покажите, что при этом первый ряд сходится), но при этом $\sum a_n$ расходится.

Вы так сформулировали, что как будто можно, вот я сидел ночью и думал . Ответ на второй пункт очевиден сразу

[mihaild]

ewert в сообщении #1577142 писал(а):

Если сходится ряд $\sum b_n$, то будет ли сходится ряд $\sum\frac{n+2019}{n-2019}b_n=\sum(1+\frac{4038}{n-2019})b_n$? -- так это попросту признак Дирихле

Почему? Там нужно чтобы $\sum_{n=1}^k b_n$ была ограничена, а $a_n \searrow 0$. Но $\frac{n + 2019}{n - 2019}$ к нулю не стремится.

UPD: протупил. Да, если $b_n$ ограничена, то достаточно монотонности $a_n$, сходимости к нулю не требуется. Но это не совсем признак Дирихле.
(и я правда думал, что есть контрпример, забыв о том, что нам недостаточно сходимости $\sum_k (a_{2k} + a_{2k + 1})$ и $a_k = o(1)$, еще нужно $a_k = o(1 / n)$)

[Combat Zone]

$\sum\frac{n+2019}{n-2019}b_n=\sum(1+\frac{4038}{n-2019})b_n=\sum b_n +\sum \frac{4038}{n-2019} b_n$
Первый сходится, второй сходится по Дирихле, т.к. последовательность частичных сумм ряда из $b_n$ ограниченна и умножается на монотонно стремящуюся к нулю последовательность.

Да, проще было сделать отсылку к признаку Абеля, но и к Дирихле нормально - Абель является его следствием.

[ewert]

Признак Дирихле попросту сильнее и, более того, идейнее (ограниченность -- существенно более слабое требование, чем сходимость). Доказываются же они практически одинаково ("суммированием по частям").

[Combat Zone]

ewert в сообщении #1577320 писал(а):

Доказываются же они практически одинаково ("суммированием по частям")

Можно одинаково. А можно доказать признак Абеля, основываясь на признаке Дирихле. Как на более сильном.