задачи на сходимость рядов

[Whitaker]

Да да, ShMaxG вы абсолютно правы. Я сделал глупую ошибку. Но по-моему можно сделать это так:
Так как ряд $\sum_{n=1}^{\infty}c_n6^n$ сходится, тогда $\lim_{n\to\infty}c_n6^n=0$, т.е. $\forall \varepsilon>0$ $\exists N(\varepsilon)>0$ такое, что $\forall n>N$ будет неравенство $|c_{n}6^n|<\varepsilon$ или $|c_{n}|<\frac{\varepsilon}{6^n}$. Отсюда получается, что $|c_{n}(-2)^n|<\frac{\varepsilon}{6^n}2^n=\varepsilon\frac{2^n}{6^n}=\varepsilon(\frac{1}{3})^n$. Отсюда следует, что ряд $\sum_{n=1}^{\infty}c_n(-2)^n$ сходится абсолютно. Я прав?

[ShMaxG]

А, ну действительно. Ведь фактически надо доказать, что если ряд $\[\sum {{a_n}} \]$ сходится, то и ряд $\[\sum {{a_n}\frac{{{{\left( { - 2} \right)}^n}}} {{{6^n}}}} \]$ сходится. Но раз $a_n$ стремится к нулю, то однажды и навсегда $\[ - 1 < {a_n} < 1\]$. Значит, $\[ - \sum {\frac{{{{\left( { - 2} \right)}^n}}} {{{6^n}}}} < \sum {{a_n}\frac{{{{\left( { - 2} \right)}^n}}} {{{6^n}}}} < \sum {\frac{{{{\left( { - 2} \right)}^n}}} {{{6^n}}}} \]$ (при этом без потери общности $\[\sum {\frac{{{{\left( { - 2} \right)}^n}}} {{{6^n}}}} > 0\]$).

Ну это я все к тому, что эпсилон тут ни при чем...

-- Вт июн 14, 2011 14:10:40 --

Whitaker в сообщении #457872 писал(а):

Отсюда следует, что ряд $\sum_{n=1}^{\infty}c_n(-2)^n$ сходится абсолютно. Я прав?

Похоже на то.

[Whitaker]

Мне как бы через эпсилон легче рассуждать. Как говорится, на вкус и цвет товарищей нет

[tavrik]

ShMaxG

я об этом не подумал но ряд степенной, классического вида $\sum{a_n}{x^n}$. только вместо $x$ уже стоит 6.
т.е. радиус сходимости ряда $r \geqslant 6$
поэтому -2 туда попадает.
схожие мысли насчет 3го утверждения - там расходится при r=6, и при 10 тоже разойдется.

[ShMaxG]

Я понял. Но зачем большую науку привлекать, когда можно вот такими простыми оценочками все выяснить? Впрочем, что тут нужно или не нужно привлекать зависит от того, в каком контексте задана задача. Если до степенных рядов -- то надо как мы с Whitaker показали. Если в степенных рядах -- то как Вы. Если просто есть такая задача, то я думаю, что наше с Whitaker решения лучше, в идейном смысле.

[tavrik]

да...я и сам не знал.
спасибо, в любом случае.

[ewert]

ShMaxG в сообщении #457878 писал(а):

А, ну действительно. Ведь фактически надо доказать, что если ряд $\[\sum {{a_n}} \]$ сходится, то и ряд $\[\sum {{a_n}\frac{{{{\left( { - 2} \right)}^n}}} {{{6^n}}}} \]$ сходится. Но раз $a_n$ стремится к нулю, то однажды и навсегда $\[ - 1 < {a_n} < 1\]$. Значит, $\[ - \sum {\frac{{{{\left( { - 2} \right)}^n}}} {{{6^n}}}} < \sum {{a_n}\frac{{{{\left( { - 2} \right)}^n}}} {{{6^n}}}} < \sum {\frac{{{{\left( { - 2} \right)}^n}}} {{{6^n}}}} \]$ (при этом без потери общности $\[\sum {\frac{{{{\left( { - 2} \right)}^n}}} {{{6^n}}}} > 0\]$).

Даже и это явный перебор в записи: вполне достаточно того, что $|a_n(-2)^n|\leqslant\dfrac{c}{3^n}$, где $c=\sup\limits_n|a_n6^n|$ (и даже не супремум, а максимум, но это уже лишнее телодвижение).