положительный ряд

[PreVory]

Доказать, что если ряд $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ с положительными членами сходится, то существует такая последовательность ${b_n}$, монотонно стремящаяся к $+\infty$ и такая, что ряд $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_nb_n$ также сходится.
Судя по всему проще сделать конструктивное доказательство, но как построить такую последовательность в голову не приходит(

[paha]

сходимость -- открытое условие...

я не уверен, но попробуйте $b_n=1/a_n^\varepsilon$

[Gortaur]

Очевидно, что $a_n\rightarrow 0$. Можно попробовать $b_n = -\log(a_n)$ и перейти от суммы к произведению, может что путное выйдет. То есть получится

$$ -\product_1^\infty a_n^{a_n}. $$

Так как $a_n\rightarrow 0$ то $a_n^{a_n}\rightarrow 1$. Можно немного откалибровать $b_n$ чтобы последовательность сходилась к $1$ достаточно бысто.

[Xaositect]

paha в сообщении #381906 писал(а):

я не уверен, но попробуйте $b_n=1/a_n^\varepsilon$

Не подойдет, там даже $\log (1/a_n)$ не подходит, например, для $\frac{1}{n \log^2 n}$.

[Gortaur]

А вообще знаете, там может быть и степень (тоже подумал, но вроде логарифм вернее) - и повторный логарифм и т.д. - контрпримеров можно кучу наплодить. Может и не стоит конструктивно пробовать. Как попытка доказать от противного?

[Xaositect]

Похоже, эта последовательность в зависимости от скорости сходимости может быть сколь угодно медленно растущей.

[Gortaur]

Согласен, допустим можно предложить что-нибудь типа сочетания степени, логифмов, повторных логарифмов, и еще кучи функций - но в итоге для этого можно будет построить контрпример (можно даже как подтопик доказать, что для любой $b_n = f(a_n)\rigtharrow \infty$ существует $\{a_n\}$ такая, что $\sum a_n f(a_n) = \infty$). То есть конструктивное похоже не подойдет. А дело в том, что бесконечно малые последовательности не так-то просто характеризовать - просто мы привыкли что обычно это полиномами делают.

[Xaositect]

А что-нибудь типа $\frac{1}{S-S_n}$ не подойдет? (не обязательно именно это, просто попробовать через скорость сходимости)

[ИСН]

Надо так:
post270473.html

[PreVory]

действительно ряд $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_n}{\sqrt{r_n}}$ где $r_n=\displaystyle\sum_{k=n+1}^{\infty}a_n$ подходит, спасибо.

[ewert]

Только в данном случае всё гораздо проще. Выберем $\{n_k\}$ так, что $R_{n_k}\equiv\sum_{i=n_k}^{\infty}a_i<2^{-k}$ (тогда тем более $R_{n_k}-R_{n_{k+1}}<2^{-k}$). И потом $b_i=k$ при $i=n_k,n_k\!+\!1,\ldots,n_{k+1}\!-\!1$.

(она, правда, монотонна нестрого; ну если захочется именно строгости -- так пусть она на каждом участке от $n_{k}$ до $n_{k+1}$ линейно возрастает от $k$ до $(k\!+\!1)$)

[Padawan]

ewert
Так не интересно

[Null]

$R_{n_k}\equiv\sum_{i=n_k}^{\infty}a_i<2^k$ - странно минус не потерян?

[ewert]

естественно потерян

[Руст]

PreVory в сообщении #381969 писал(а):

действительно ряд $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_n}{\sqrt{r_n}}$ где $r_n=\displaystyle\sum_{k=n+1}^{\infty}a_n$ подходит, спасибо.

Это не верно, можно привести контрпример. Предлагаю сделать это как интересную задачу.
Надо брать

$$r_n=\sum_{k=n}^{\infty}a_k.$$