Сходимость ряда с членами произвольного знака

[Cstln]

Дан ряд

$1+\frac{1}{3^{p}}-\frac{1}{2^{p}}+\frac{1}{5^{p}}+\frac{1}{7^{p}}-\frac{1}{4^{p}}+...$

Как я понял, нельзя для доказательства сходимости выделить общий член
$\frac{1}{(4n-3)^{p}}+\frac{1}{(4n-1)^{p}}-\frac{1}{(2n)^{p}}$

Как тогда нужно действовать с такими рядами?
Особенно интересует случай $p=1$

[SpBTimes]

При $p > 1$ достаточно заметить, что $|1 + \frac{1}{3^p} - ...| \leqslant \sum \frac {1}{k^p}$

Дальше могут помочь следующие соображения. Если ряд сходится, то скобки можно расставлять как угодно и сумма должны быть одинаковой.

[provincialka]

SpBTimes в сообщении #715531 писал(а):

При $p > 1$ достаточно заметить, что $|1 + \frac{1}{3^p} - ...| \leqslant \sum \frac {1}{k^p}$

Дальше могут помочь следующие соображения. Если ряд сходится, то скобки можно расставлять как угодно и сумма должны быть одинаковой.

При $p >1$ ряд сходится абсолютно, так что никакие неравенства не нужны. Именно в силу абсолютной сходимости слагаемые можно переставлять. Но про сумму, кажется, ТС не спрашивал?

[Cstln]

А вот при $p=1$ он сходится условно (судя по ответам). Так что нужен какой-то другой путь

[provincialka]

Cstln в сообщении #715524 писал(а):

Как я понял, нельзя для доказательства сходимости выделить общий член
$\frac{1}{(4n-3)^{p}}+\frac{1}{(4n-1)^{p}}-\frac{1}{(2n)^{p}}$

Ну почему, можно, если осторожно Для $n=1$ можно даже найти сумму такого ряда.

Такие слагаемые образуют частичную сумму с номером $3n$. Исследуйте сначала ее. Сгруппируйте суммы с плюсом и с минусом. В последних можно вынести общий множитель ${1\over 2^p}$.

Рассмотрим еще два ряда: $\sum_1^{+\infty}{1\over n^p}$, частичные суммы обозначим через $H_n$. И знакочередующийся ряд $\sum_1^{+\infty}{(-1)^{n-1}\over n^p}$, пусть его частичная сумма - $C_n$

$S_{3n}$ и $C_{2n}$ можно выразить через $H_n$. Попробуйте.

-- 25.04.2013, 22:58 --

Нет, нельзя заменять на эквивалентные. Сделайте, как я сказала, выразите суммы $S_{3n}$ через $C_{n}$

Подсказка: $a_1-a_2+a_3-...+a_{2n-1}-a_{2n} = a_1+a_2+a_3+...+a_{2n-1}+a_{2n} - 2(a_2+a_4+...a_{2n}) $

[SpBTimes]

provincialka в сообщении #715533 писал(а):

При $p >1$ ряд сходится абсолютно, так что никакие неравенства не нужны.

Так я это и показал :)

Для случая $p = 1$ в данном случае удобно вспомнить, что $1 + ... + 1/n = \ln(n) + C + \varepsilon_n$
Таким образом получится ограничить и показать наличие предела у $S_n$

[provincialka]

SpBTimes в сообщении #715559 писал(а):

Для случая $p = 1$ в данном случае удобно вспомнить, что $1 + ... + 1/n = \ln(n) + C + \varepsilon_n$
Таким образом получится ограничить и показать наличие предела у $S_n$

Можно обойтись и без этого, заодно рассмотрев и меньшие $p$.
Имеем $S_{3n} = C_{4n}+{1\over 2^p}C_{2n}+{1\over 2^p}({2\over 2^p}-1)H_{n}$. Для $n=1$ формула особенно проста.

[ex-math]

Cstln
При $p>0$ можно выделить такой член, как Вы хотели в старт-посте. Частичные суммы исходного ряда отличаются от сумм сгруппированного ряда самое большее на два слагаемых, которые стремятся к нулю.

[provincialka]

ex-math в сообщении #715735 писал(а):

Cstln
При $p>0$ можно выделить такой член, как Вы хотели в старт-посте. Частичные суммы исходного ряда отличаются от сумм сгруппированного ряда самое большее на два слагаемых, которые стремятся к нулю.

Да, это завершающий шаг для случая, когда $S_{3n}$ сходится.