Сгруппировать члены не абсолютно сходящегося числового ряда.

[ИСН]

То-то же. Не 1.
По-моему, это было последнее сомнительное место.

[ewert]

Пока ещё не совсем последнее. Вот это

Sheogorath в сообщении #723277 писал(а):

Продолжая рассуждения получаем, что
$\left| a_{m_{n-1}+1}+...+a_{m_n} \right| \leqslant \frac{1}{2^{n-2}}$.

тоже надо подправить, а то нехорошо.

[Sheogorath]

ewert в сообщении #723339 писал(а):

тоже надо подправить, а то нехорошо.

Вы имеете в виду , что в числителе тоже будет тройка, и вообще говоря у каждой подобной суммы будет оценка $\leqslant \frac{3}{2^k}$.

[Null]

Sheogorath в сообщении #723309 писал(а):

Между $n$-ой частичной суммой и суммой ряда есть некоторое расстояние $l$. А так как ряд сходится, то каждая следующая за $n$ частичная сумма будет всё ближе и ближе приближаться к сумме ряда. И поэтому найдётся такая частичная сумма расстояние от которой до суммы ряда будет не превосходить $l/2$.

А если $l=0$?

[ewert]

Sheogorath в сообщении #723345 писал(а):

и вообще говоря у каждой подобной суммы будет оценка $\leqslant \frac{3}{2^k}$.

Да.

Null в сообщении #723347 писал(а):

А если $l=0$?

Ну это уже пустяки.

Ладно, будем считать, что доказали. Теперь как надо было.

Пусть $\left{S_{n_k}\right}$ -- некоторая подпоследовательность частичных сумм и $b_k=S_{n_k}-S_{n_{k-1}},\quad b_0=S_{n_0}$. Ряд из $b_k$ сходится, т.к. его частичные суммы -- это некоторые частичные суммы исходного ряда. И если подпоследовательность $\left{S_{n_k}\right}$ монотонна (не обязательно строго), то числа $b_k$ (начиная с $k=1$) не меняют знак и, следовательно, ряд из них сходится абсолютно, что и требовалось.

Таким образом, вопрос свёлся к следующему (не имеющему уже отношения ни к рядам, ни тем более к условной сходимости): доказать, что из любой сходящейся последовательности $\left{S_{n}\right}\to S$ можно выбрать монотонную (не обязательно строго) подпоследовательность $\left{S_{n_k}\right}$. Ну это очевидно. Если $\left{S_{n}\right}$ стационарна, начиная с некоторого номера, то утверждение тривиально. В противном случае или для бесконечного набора номеров $n$ выполнено $S_n<S$, или для бесконечного же набора выполнено $S_n>S$; для определённости предположим второе. Выберем произвольное $S_{n_1}>S$; затем $n_2>n_1$ так, чтобы было $S_{n_1}>S_{n_2}>S$ (это можно сделать, т.к. $S_n\to S$ в т.ч. и для указанного набора); затем $n_3>n_2$ так, чтобы было $S_{n_2}>S_{n_3}>S$ и т.д.

Правда, это только для вещественных рядов. Для произвольных нормированных пространств надо через прогрессии. Но для вещественных лучше так.