Сходимость произведения расходящихся рядов.

[Konort]

Здравствуйте.
Требуется доказать, что ряд, полученный при перемножении рядов $1+\sum_{n=1}^{\infty}{(\frac32)^{n-1} (2^n+2^{-n-1})}$ и $1-\sum_{n=1}^{\infty}{(\frac32)^n}$, абсолютно сходится.
После небольших преобразований я получил

$$1-\sum_{n=1}^{\infty}{\left(\frac32\right)^n}+\frac13\sum_{n=1}^{\infty}{\left(\frac34\right)^{n} (2^{2n+1}+1)}-\frac38\sum_{n=1}^{\infty}{\left(\frac32\right)^n \sum_{m=1}^{n}{(2^{2n+1}+1)}}$$

В результате, если предположить, что произведение абсолютно сходится, то тогда $\sum_{n=1}^{\infty}{(\frac32)^n}+\frac38\sum_{n=1}^{\infty}{(\frac32)^n \sum_{m=1}^{n}{(2^{2n+1}+1)}}$ должно сходиться вместе с $1+\frac13\sum_{n=1}^{\infty}{(\frac34)^{n} (2^{2n+1}+1)}$. Однако, у меня получается, что последний ряд расходится, а значит расходится и произведение рядов.
Где ошибка? И как доказать сходимость (или расходимость) $\frac38\sum_{n=1}^{\infty}{(\frac32)^n \sum_{m=1}^{n}{(2^{2n+1}+1)}}$?

[alcoholist]

Konort в сообщении #535078 писал(а):

Требуется доказать

кем требуется?

[Null]

Ряды $\sum_{n=1}^{\infty}{2^n+\frac{(-1)^n}{n^2}}$ и $\sum_{n=1}^{\infty}{-2^n}$ расходятся, а их сумма сходится.

При перемножении 2 рядов получается ряд с конкретными членами, которые представляются в виде суммы чисел разных знаков. Модуль члена ряда не обязательно равен сумме модулей образующих его слагаемых.

[alcoholist]

Null в сообщении #535095 писал(а):

Ряды $\sum_{n=1}^{\infty}{2^n+\frac{(-1)^n}{n}}$ и $\sum_{n=1}^{\infty}{-2^n}$ расходятся, а их сумма сходится.

так речь идет не о сумме, а о произведении

-- Сб фев 04, 2012 18:16:09 --

насколько я помню, произведением рядов $\sum a_n$ и $\sum b_n$ называется ряд с общим членом $c_n=\sum_{p+q=n}a_pb_q$

[ewert]

Konort в сообщении #535078 писал(а):

ряд, полученный при перемножении рядов $1+\sum_{n=1}^{\infty}{(\frac32)^{n-1} (2^n+2^{-n-1})}$ и $1-\sum_{n=1}^{\infty}{(\frac32)^n}$, абсолютно сходится.

Во-первых, у Вас оба ряда знакопостоянны, а в этом случае без вопросов: если они расходятся, то расходится и произведение.

Во-вторых, если бы они были знакопеременными, то вопрос о сходимости или расходимости зависел бы (вообще говоря) от того, что понимается под произведением рядов, т.е. в каком порядке производится суммирование. Без указания конкретного способа задача бессмысленна.

[Null]

Тут явно имеется в виду произведение по Коши, в некоторых учебниках именно его называют просто произведением, по скольку оно потом возникает при перемножении степенных рядов.

[ewert]

Ну если в этом смысле, то да, сходится: там общий член получается просто $(\frac34)^m$, если ничего не напутал.

[Konort]

ewert, мне не совсем понятно как именно Вы выделили общий член. Вернее сказать где именно? Просто я не так долго изучаю ряды и пока они мне трудно даются.
Я изучаю самостоятельно по учебнику Фихтенгольца, а задачник использую Кудрявцева.
Спасибо.

[ewert]

У Вас изначально было два ряда: $\sum\limits_{k=0}^{\infty}a_k=\sum\limits_{k=0}^{\infty}(\frac32)^{k-1}(2^k+2^{-k-1})$ (именно так) и $\sum\limits_{k=0}^{\infty}b_k=1+\sum\limits_{k=1}^{\infty}\left(-(\frac32)^k\right)$, где $b_0=1$, а всё остальное -- это всё остальное.

Тогда если $c_n=\sum\limits_{k=0}^na_kb_{n-k}$, то

$$c_n=a_nb_0+\sum\limits_{k=0}^{n-1}a_kb_{n-k}=\left(\frac32\right)^{n-1}\left(2^n+2^{-n-1}\right)\cdot1\;-\;\sum\limits_{k=0}^{n-1}\left(\frac32\right)^{k-1}\left(2^k+2^{-k-1}\right)\,\cdot\,\left(\frac32\right)^{n-k}.$$

Так вот: та сумма справа, перед которой минус, легко сворачивается по школьной формуле для сумм конечных геометрических прогрессий, после чего там много чего сокращается, в т.ч. и с оставшимся первым (положительным) слагаемым, и остаётся просто убывающая геометрическая прогрессия.