Знакочередующиеся ряды

[integral2009]

SpBTimes в сообщении #478810 писал(а):

integral2009 в сообщении #478792 писал(а):

Оба ряда сходятся условно по Дирихле, а значит исходный ряд сходится условно! Правильно?

А почему не абсолютно?

Потому что степень в знаменателе меньше единицы, значит нужно оценить снизу, чтобы доказть, что что ряд абсолютно расходится $|sin(n)|<|sin^2(n)|$; $|sin^3(n)|<|sin^4(n)|$

[SpBTimes]

разность условно сходящихся рядов может быть абсолютно сходящимся рядом.
Пусть A сходится абсолютно, а В и С условно. Тогда А + В = С, но и А = С - В

integral2009 в сообщении #478811 писал(а):

$|sin(n)|<|sin^2(n)|$

Это неверно.

и ещё, вы сами решили изучить тему ряды, или что?

[integral2009]

Да, спасибо, я не в ту сторону знак поставил) Сейчас подумаю над $A=C-B$ Да, решил поглубже разобраться) Если есть интересные примеры -- готов порешать!!!

$\sum_{n=1}^\infty \Big(\frac{\sin(n)}{n^{1/3}} - \frac{\sin^3(n)}{6\cdot n}\Big)=\sum_{n=1}^\infty \frac{\sin(n)\big(n^{2/3}-\sin^2(n)\big)}{n} $

Пока что только такая идея объединения пришла!

[ewert]

integral2009 в сообщении #478816 писал(а):

Пока что только такая идея объединения пришла!

Полезная идея. Теперь модуль общего члена не меньше того, что получится заменой скобки в числителе на половину (например) только степени из этой скобки, а про расходимость такого ряда Вы вроде бы уже знаете.

nnosipov в сообщении #478735 писал(а):

Попробуйте доказать, что $\sin{(n^2)}$ не имеет предела при $n \to \infty$, это можно сделать элементарно.

Это морока и не нужно. Требуется лишь нестремление синуса к нулю, что доказывается гораздо проще. И совсем просто, если обобщить задачу и доказывать по индукции, что $\sin P(n)\not\to0$ для вообще любого многочлена $P$ с целыми коэффициентами.

[nnosipov]

ewert в сообщении #478900 писал(а):

И совсем просто, если обобщить задачу и доказывать по индукции, что $\sin P(n)\not\to0$ для вообще любого многочлена $P$ с целыми коэффициентами.

Я имел в виду что-то вроде такого утверждения:

Пусть $f(x)=a_mx^m+\ldots+a_1x+a_0$ --- многочлен степени $m$ с вещественными коэффициентами, причем $a_k \not \in \mathbb{Q}$ хотя бы для одного $k \geqslant 1$. Тогда последовательность $z_n=\exp{(2\pi if(n))}$ имеет бесконечно много предельных точек.

Доказательство. При $m=1$ утверждение хорошо известно и даже в более сильной формулировке: последовательность $z_n=\exp{(2\pi i(a_1n+a_0))}$, где $a_1 \not \in \mathbb{Q}$, всюду плотна на единичной окружности $|z|=1$). Пусть теперь $m>1$. Обозначим $m_0=\max{\{k:a_k \not \in \mathbb{Q}\}}$. Имеем $z_n=z_n'z_n''$, где

$$ z_n'=\exp{(2\pi if_1(n))}, \quad z_n''=\exp{(2\pi if_2(n))}, \quad f_1(x)=a_{m_0}x^{m_0}+\ldots+a_1x+a_0, \quad f_2(x)=f(x)-f_1(x). $$

Если $m_0<m$, то последовательность $z_n$ обязана иметь бесконечное множество предельных точек, так как этим свойством обладает последовательность $z_n'$ (по предположению индукции), а последовательность $z_n''$ --- периодическая (и, следовательно, имеет лишь конечное число предельных точек, при этом все они отличны от $0$). В случае $m_0=m$ рассмотрим последовательность $w_n=z_n/z_{n-1}=\exp{(2\pi ig(n))}$, где $g(x)=f(x)-f(x-1)=ma_mx^{m-1}+\ldots{}$ По предположению индукции последовательность $w_n$ имеет бесконечно много предельных точек. Значит, множество предельных точек последовательности $z_n$ также не может быть конечным.

[ewert]

nnosipov в сообщении #478912 писал(а):

Кажется, тоже легко доказывается индукцией по $m$.

Я и не говорил, что принципиально трудно, но -- морока. А вот утверждение о том, что $\sin P_m(n)\not\to0$ при $n\to\infty$ для любого ненулевого многочлена $P_m(n)$ с целыми коэффициентами (или даже только с рациональным старшим коэффициентом) -- доказывается очень просто.

Доказательство. Для $m=0$ утверждение тривиально. Пусть утверждение справедливо для всех многочленов степени $m$; предположим, что оно нарушается для некоторого многочлена степени $(m+1)$, т.е. что $P_{m+1}(n)=\pi k_n+\varepsilon_n$, где $k_n$ целые и $\varepsilon_n\to0$. Тогда $P_{m+1}(n+1)-P_{m+1}(n)=\pi\widetilde k_n+\widetilde\varepsilon_n$, где $\widetilde k_n=k_{n+1}-k_n$ и $\widetilde\varepsilon_n=\varepsilon_{n+1}-\varepsilon_n$. Однако $\widetilde P_{m}(n)\equiv P_{m+1}(n+1)-P_{m+1}(n)$ -- это некий многочлен степени $m$; противоречие.

[nnosipov]

(Оффтоп)

ewert, если не лень, покритикуйте моё доказательство (вписал его чуть выше сразу после формулировки утверждения).

[ewert]

(Оффтоп)

nnosipov в сообщении #478959 писал(а):

ewert, если не лень, покритикуйте моё доказательство (вписал его чуть выше сразу после формулировки утверждения).

Как минимум последний шаг изложен чересчур лаконично (да и в первой части аналогичная проблема, хоть и более мягкая: там приведен по крайней мере намёк на обоснование, но настолько краткий, что трудно понять, на что он).

Почему из конечности множества предельных точек последовательности $z_n$ следует аналогичная конечность для $\frac{z_n}{z_{n-1}}$? Это утверждение совсем не очевидно, да к тому же, формально говоря, само по себе и не верно. Следовало чётко выделить его в отдельную лемму, начинающуюся со слов типа: "Пусть две последовательности имеют по конечному количеству предельных точек, ни одна из которых не равна нулю. Тогда..." -- и потом уже с комфортом этой леммой пользоваться.

А так, похоже, всё верно. Только чересчур тяжело для этой ветки, нет здесь в этом никакой необходимости.

[nnosipov]

(Оффтоп)

ewert, спасибо за труд, надо будет учесть замечания. Я уж, пардон, воспользовался случаем проверить на "вшивость" свой старенький текст (недавно в другом своём тексте обнаружил ошибку, просто ужас какой-то ...).

[integral2009]

ewert в сообщении #478900 писал(а):

Полезная идея. Теперь модуль общего члена не меньше того, что получится заменой скобки в числителе на половину (например) только степени из этой скобки, а про расходимость такого ряда Вы вроде бы уже знаете.

Спасибо! Про абсолютную сходимость понятно. А как быть с условной? Есть предположение, что можно воспользоваться признаком Дирихле. $a_n=sin(n)$. Частичные суммы $\sum a_n$ ограничены. $b_n$ стремится к нулю, но не монотонно, как мне кажется..

ewert в сообщении #478900 писал(а):

Это морока и не нужно. Требуется лишь нестремление синуса к нулю, что доказывается гораздо проще. И совсем просто, если обобщить задачу и доказывать по индукции, что $\sin P(n)\not\to0$ для вообще любого многочлена $P$ с целыми коэффициентами.

А как доказать нестремление к нулю? (чтобы попроще).

[ewert]

integral2009 в сообщении #479298 писал(а):

А как доказать нестремление к нулю? (чтобы попроще).

ewert в сообщении #478919 писал(а):

Доказательство. . . . . . . . . . . . .

(проще вряд ли возможно и уж точно не нужно)

integral2009 в сообщении #479298 писал(а):

А как быть с условной?

Тривиально: каждое из выписанных Вами двух слагаемых даёт сходящийся ряд, вот по тому самому признаку (не помню только точно, Дирихле или Абеля -- я эти фамилии в этом месте вечно путаю, да и какая разница).

[integral2009]

Хоть и простое доказательство, но слишком абстрактное для меня(( Может обьясните на примере $\sin(n)$, а я попробую проделать тоже самое для $\sin(n^2)$?

[ewert]

integral2009 в сообщении #479374 писал(а):

Может обьясните на примере $\sin(n)$

$\sin n\to0\ \Leftrightarrow\ n=\pi k_n+\varepsilon_n$, где $k_n$ -- это некоторые целые числа и $\varepsilon_n\to0$. Очевидно, это невозможно: по мере увеличения само $n$ изменяется ровно на единицу, в то время как $\pi k_n+\varepsilon_n$ -- на величину, примерно кратную $\pi$, т.е. или на почти ноль, или гораздо больше, чем на единицу.

Случай квадратов сводится к случаю с первой степенью вычитанием друг из друга двух соседних аналогичных разностей. Но тут уже доказательство будет выглядеть гораздо проще, если сразу же обобщить его на произвольные многочлены.

[mdn]

Можно проще оформить:
$ \sin 1=\sin (n+1)\cos n-\sin n \cos (n+1) $

[ewert]

(Оффтоп)

mdn в сообщении #479485 писал(а):

Можно проще оформить:
$ \sin 1=\sin (n+1)\cos n-\sin n \cos (n+1) $

да, это красиво, но чересчур уж узкоспециально. Думать же без необходимости -- вредно.