Пара задач по рядам

[Alvarg]

ex-math в сообщении #702285 писал(а):

Я ж Вам написал выше. Запишите эквивалентность через $o$ и прологарифмируйте. С Вашими доп.условиями на функции все получится.

точно, не заметил. Спасибо!

[devgen]

ex-math
Почему? Например, ряд, $\sin(1/n^2)$ сходится.

Вообще, мне кажется имеет место следующая теорема: если существует предел $\lim(\frac{a_n}{b_n})=K$, где $K$ число, то из сходимости ряда $b_n$ вытекает сходимость ряда $a_n$. Остается не нарушить необходимое условие сходимости, и чтобы функция была инъективна в некоторой окрестности $x_0$

[SpBTimes]

devgen
это верно для знакопостоянных рядов

[ИСН]

$a_n={(-1)^n\over\sqrt n}+{1\over n}$\par $b_n={(-1)^n\over\sqrt n}$

-- Ср, 2013-03-27, 22:07 --

Предел существует? Отож...

[ex-math]

devgen
Ну давайте вместо синуса возьмем $f(x)=x+x^3$. Можно подобрать $a_n$ так, что ряд из них сходится, а ряд из $f(a_n)$ расходится (см. контрпример выше). Если $f(x)$ в окрестности нуля представляется степенным рядом, то уже не совсем понятно, как такой пример построить. А ведь есть еще функции, не представимые степенными рядами.

Может, на $f(x)$ в задаче все-таки накладывается какое-то дополнительное условие?

[Alvarg]

по поводу

Цитата:

если из сходимости ряда следует сходимость ряда $f(a_n)$ то$f=kx$ в некоторой окрестности нуля

если рассмотреть множество всех последовательностей $a_n$ для которых ряд из $a_n$ сходится, то для любого его элемента получаем что ряд из $f(a_n)$ сходится $\Rightarrow$ последовательность $f(a_n)$ также из этого множества.
Также и с расходящимися последовательностями.

Получается что kx это некая "оптимальная" функция. для других функций мы можем найти сходящийся ряд, такой что ряд из $f(a_n)$ расходится.

Еще была мысль как-нибудь использовать теорему Лагранжа о среднем значении, но мы ведь вначале не знаем ничего о функции, т.е. не знаем дифференцируема ли она вообще.

Безумно интересно как это доказать, но хороших мыслей не приходит...

[Alvarg]

есть мысль по поводу

Цитата:

если из сходимости ряда следует сходимость ряда $f(a_n)$ то$f=kx$ в некоторой окрестности нуля

но не могу довести до конца.

Пробую использовать критерий Коши. Так как $a_n$ сходится, то критерий Коши выполнен. И из этого следует выполнение критерия Коши для $f(a_n)$. То есть:
$|\sum\limits_{i=n+1}^{n+p}a_i| < \varepsilon \Rightarrow |\sum\limits_{i=n+1}^{n+p}f(a_i)| < \varepsilon$

Из этого как-то добить до того что функция линейна в окрестности нуля можно? На первый взгялд кажется что да, но как строго оформить....

[Alvarg]

Цитата:

если из сходимости ряда следует сходимость ряда $f(a_n)$ то$f=kx$ в некоторой окрестности нуля

Продолжение мыслей: легко доказать что функция равна нулю в нуле, и что она к нулю стремится при стремлении к нулю аргумента.

Не пробовал, но вроде нетрудно доказать ее нечетность.

Если как-то доказать диференцируемость в нуле, то для дальнейшего доказательства можно было бы разложить функцию $f$ в ряд Тейлора. А там у линейной функции остается одно слагаемое kx (). А это уже вроде можно неплохо использовать для доказательства.
Но вот как доказать диференцируемость в нуле?

[SpBTimes]

Покажем, что $f(x)$ нечетна. Предположим противное, тогда найдется последовательность такая, что $b_n = f(a_n) + f(-a_n) \neq 0$.
Выберем последовательность $\lambda_n \in \mathbb{N}$ такую, что $\lambda_n b_n$ не стремится к нулю. Тогда ряд:

$$ (a_1 - a_1)_1 + ... +(a_1 - a_1)_{\lambda_1} + (a_2 - a_2)_1 + ... + (a_2 - a_2)_{\lambda_2} + ... + (a_n - a_n)_1 + ... + (a_n - a_n)_{\lambda_n} + ... = \sum \lambda_i(a_i - a_i) $$

очевидно, сходится. А вот ряд из $f$ расходится. Т.е. $f$ нечетна

-- Пн июн 17, 2013 22:04:55 --

Про непрерывность. Пусть сходится $\sum a_n$. Предположим, что $|\frac{f(a_n)}{a_n}| \to \infty$. Тогда Найдется ${n_k}$ такая, что $|\frac{f(a_{n_k})}{a_{n_k}}| > n_k$, или $|f(a_{n_k})| > n_k |a_{n_k}| \to \infty$, если $a_n = \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}$. То есть $f(x) = O(x)$, при $x \to 0$, что гарантирует непрерывность $f(x)$ в нуле.

-- Пн июн 17, 2013 22:19:33 --

Функция $f$ непрерывна и в окрестности нуля.
Пусть не непрерывна, тогда $\exists a_n: a_n \to 0$, но $\forall n \in \mathbb{N}, \forall \delta > 0 \exists \varepsilon_n$, что выполнено $\exists x \in |x - a_n| < \delta : |f(x) - f(a_n)| > \varepsilon_n$.
Рассмотрим $\lambda_n \in \mathbb{N}$ такие, что $\lambda_n \varepsilon_n$ не стремится к нулю. Выберем последовательность $x_n$ такую, что ряд $\sum \lambda_n(a_n - x_n)$ сходится, но $|f(a_n) - f(x_n)| > \varepsilon_n$. Тогда ряд из значений функций опять же расходится, что противоречит условию

[SpBTimes]

Можно показать, что функция удовлетворяет условию $\frac{f(a) + f(b)}{2} = f(\frac{a + b}{2})$. Плюс к тому непрерывность и нечетность, очевидно, дают единственное решение $y = kx$.

Докажем, что в окрестности нуля $f(x + m) + f(x - m) = 2f(x)$. От противного, найдутся последовательности $x_n, m_n \to 0$, что $b_n = f(x_n + m_n) + f(x_n - m_n) - 2f(x_n) \neq 0$. Опять же, выберем последовательность $\lambda_n \in \mathbb{N}$ такую, что $\lambda_n b_n$ не сходится к нулю. Тут только будем повторять слагаемые $(x_n + m_n) + (x_n - m_n) - x_n - x_n$ и пользоваться нечетностью.

Тем самым все доказано

[Otta]

SpBTimes в сообщении #737698 писал(а):

Покажем, что $f(x)$ нечетна. Предположим противное, тогда найдется последовательность такая, что $b_n = f(a_n) + f(-a_n) \neq 0$.
Выберем последовательность $\lambda_n \in \mathbb{N}$ такую, что $\lambda_n b_n$ не стремится к нулю. Тогда ряд:

$$ (a_1 - a_1)_1 + ... +(a_1 - a_1)_{\lambda_1} + (a_2 - a_2)_1 + ... + (a_2 - a_2)_{\lambda_2} + ... + (a_n - a_n)_1 + ... + (a_n - a_n)_{\lambda_n} + ... = \sum \lambda_i(a_i - a_i) $$

Я уже очень долго пытаюсь въехать, что же Вы тут, в выключной формуле использовали за обозначения $(a_k-a_k)_j$, и, увы, безуспешно.

[SpBTimes]

Otta в сообщении #737735 писал(а):

и, увы, безуспешно

Пытался обозначить, что кол-во слагаемых вида $(a_k - a_k)$ равно $\lambda_k$ (там они просто нумеруются по порядку). В прочем, это прослеживается в замкнутом виде справа.
Наверное, обозначения ужасны

[Otta]

SpBTimes в сообщении #737736 писал(а):

Otta в сообщении #737735 писал(а):

и, увы, безуспешно

Пытался обозначить, что кол-во слагаемых вида $(a_k - a_k)$ равно $\lambda_k$ (там они просто нумеруются по порядку). В прочем, это прослеживается в замкнутом виде справа.
Наверное, обозначения ужасны

Есть немного. Вы ее просто уберите. Иначе возникает на ровном месте вопрос о целочисленности, на который, впрочем, немедленно следует ответ: а возьмем $\lambda_1=\lambda_2=\cdots=1$.

И без нее хорошо.

Да, вот еще. Для отсутствия нечетности достаточно, чтобы она портилась хотя бы в одной точке, а не на последовательности. То, что у Вас - это уже отсутствие нечетности на любой окрестности. По идее, так и надо, нас функция интересует локально, но сказать об этом нелишне.

[SpBTimes]

Otta
Целочисленности чего? Нить потерял.

[Otta]

Дык $\lambda_1$ должно быть натуральным, чтобы написать столько слагаемых.
Незачем оно, незачем.

Upd А, разглядела, что оно натурально у Вас. Пардон. Но все равно непонятна цель, с которой оно вводилось.