Предел. Прошу проверить решение.

[Lia]

TR63 в сообщении #1162940 писал(а):

Можно ли тогда считать, что существует $0<\alpha<1$, и (k) при котором $f\le k^\alpha$, $c_1=k^\alpha$

Можно. Это тривиальное утверждение, и трудно представить, какую пользу из него можно почерпнуть. Равно как и какое отношение оно имеет ко всем написанным рядам.

[Brukvalub]

TR63 в сообщении #1162953 писал(а):

Brukvalub, теперь всё корректно записано? Вывод мною сделан верный?

Нет, если выводом считать слова

TR63 в сообщении #1162940 писал(а):

Даже, если эта запись корректна, в ней для решения задачи недостаточно информации.

,
то вывод - неверный! Все уже обмусолено по нескольку раз выше, поэтому дальнейшее - УЖОС, достойный только "карантина".

[TR63]

Brukvalub в сообщении #1162957 писал(а):

то вывод - неверный!

Уточнение. Недостаточно информации для решения методом, предложенным именно мною.

Brukvalub в сообщении #1162957 писал(а):

УЖОС, достойный только "карантина".

Жаль (сколько не задаю вопросов, ответ в понятном виде, за редким исключением, не получаю). Ладно, забито. Вопросов больше нет.

[Brukvalub]

(Оффтоп)

TR63 в сообщении #1162965 писал(а):

Жаль (сколько не задаю вопросов, ответ в понятном виде, за редким исключением, не получаю).

Забиваю гвозди микроскопами. Гвозди гнутся, микроскопы разваливаются. Что я делаю не так?

[Lia]

TR63
Вас чем не устроил мой ответ выше? Можно. Это очевидно.
Мои попытки решения. $k=f^2, \alpha=1/2$. Проверяйте.
Если $k$ нужно натуральное, возьмите любое натуральное число, большее указанного.

Повторяю вопрос (сколько ни задаю вопросов, в понятном виде ответов не получаю. Жаль). При чем тут ряды?

[ewert]

TR63 в сообщении #1162965 писал(а):

сколько не задаю вопросов

Это, видимо, был вопрос. Ответ: Вы все вопросы не задаёте.

Последний пример:

TR63 в сообщении #1162940 писал(а):

Можно ли тогда считать, что существует $0<\alpha<1$, и (k) при котором $f\le k^\alpha$, $c_1=k^\alpha$

Ответ: а бог его знает. Поскольку в переводе на русский Ваш вопрос звучит так:

Можно ли тогда считать, что существует $0<\alpha<1$, и (k) при котором $f\le c_1$

Ну и какого ответа Вы ожидаете, если ни альфа, ни ка в требуемой оценке даже не упоминаются -- ни прямо, ни косвенно?

[TR63]

ewert, по условию ряд сходится. Его сумма по условию $f\le c_1$, где про $c_1$ известно лишь, что оно существует. Любое существующее число (a) можно записать в виде $a=b^\alpha$, $0<\alpha<1$, $b>a$ либо $b<a$ зависит от того больше или меньше (a) единицы (понятно, что не однозначным способом). Значит существующее по условию число $c_1$можно записать неоднозначным образом в виде $c_1=k^\alpha$.
ewert, то что Вы перевели, по-моему не соответствует тому, что я написала сейчас. Или соответствует?

ewert в сообщении #1162969 писал(а):

Можно ли тогда считать, что существует $0<\alpha<1$, и (k) при котором $f\le c_1$

Я с такой формулировкой не согласна, т.к. $c_1$ существует по условию, а не из того, что нечто существует.

-- 25.10.2016, 15:54 --

Lia в сообщении #1162968 писал(а):

Вас чем не устроил мой ответ выше?

Lia, извините, я его не видела. Сейчас посмотрю.

-- 25.10.2016, 16:08 --

Прочитала. Согласна

Lia в сообщении #1162955 писал(а):

Равно как и какое отношение оно имеет ко всем написанным рядам.

Была попытка решить задачу из "Олимпиадного раздела". Полностью решить не получилось, но частично этим способом удалось доказать существование предела. Но по этой части (существования) у меня вопросов нет (в учебнике этот вопрос хорошо изложен).

[Lia]

По части сходимости - все понятно, неравенство Коши-Буняковского. На этом ряды кончились, как и интересное.
Все. Забыли о них.
-------
Начался вопрос: можно ли число представить в виде корня квадратного (например) другого числа.
Ну, сами понимаете.

[TR63]

Например $3=\sqrt{b}$, $b=9$, $0.5=\sqrt{0.25}$, $1=\sqrt1$.

Lia в сообщении #1162988 писал(а):

По части сходимости - все понятно, неравенство Коши-Буняковского.

Сходимость я доказывала без Коши-Буняковского

Lia в сообщении #1162988 писал(а):

Ну, сами понимаете.

Не очень. Если я правильно поняла, что разговор завершён, то всем спасибо.

[Lia]

Lia в сообщении #1162988 писал(а):

Начался вопрос: можно ли число представить в виде корня квадратного (например) другого числа.
Ну, сами понимаете.

TR63 в сообщении #1162993 писал(а):

Не очень.

Вы спрашиваете практически об этом.

[Brukvalub]

TR63 в сообщении #1162993 писал(а):

Сходимость я доказывала без Коши-Буняковского

Интересно, как же вы тогда доказывали сходимость?

[TR63]

Lia в сообщении #1162994 писал(а):

Вы спрашиваете практически об этом.

Обычно то, что верно для одномерного варианта, не всегда верно для двумерного. Отсюда у меня и сомнение возникло (предел далее вычисляется от функции двух переменных; там отношение двух функций; если я правильно поняла, возможна неопределённость и в результате имеем только сходимость, а в оригинальной задаче надо доказывать равенство предела нулю; у нас функция от двух переменных; я поняла так, что это тупик из которого выйти помогает Коши-Буняковский).

Brukvalub в сообщении #1162995 писал(а):

Интересно, как же вы тогда доказывали сходимость?

Идея у меня изложена в "Олимпиадном разделе". Сюда я выложу подробное решение позже, чтобы была возможность его, заодно, проверить. В книге этот ряд есть, но без доказательства, т.к. считается слишком лёгким (кстати, он не в разделе Коши-Буняковский).

[TR63]

TR63 в сообщении #1162890 писал(а):

если сходится ряд с положительными членами

$$a_1+a_2+\ldots+a_n+\ldots$$

,
то сходится ряд

$$f=\frac{\sqrt{a_1}}{1}+\frac{\sqrt{a_2}}{2}+\ldots+\frac{\sqrt{a_n}}{n}+\ldots$$

Это условие задачи, которую надо доказать. В книге она размещена в теме "Признаки сравнения". Хотелось бы получить доказательство без Коши-Буняковского.
Я попробовала применить логарифмический признак (в книге он расположен чуть позже). Brukvalub в "Олимпиадном разделе" говорит, что у него не получается с этим признаком. Посмотрела внимательнее. У меня тоже не получается. Возникает необходимость дополнительных условий (если я правильно поняла). Распишу подробнее, что у меня получилось.
$\lim\limits_{n\to\infty}(n\ln\frac{a_n}{a_{n+1}})=\lim(n\ln\frac{\sqrt{a_n}}{\sqrt{a_{n+1}}}\cdot\frac{n+1}{n})=r$
Логарифм произведения расписываем как сумму логарифмов. Раскрываем скобки. Получаем, что надо найти предел суммы. Предел второго слагаемого существует и равен 1 (единице). Если существует предел первого слагаемого и он не равен нулю, то в зависимости от значения этого предела получается сходимость или расходимость в исследуемом ряде. Но в книге требуется доказать однозначную сходимость при заданном условии. Мой вывод: однозначную сходимость с помощью логарифмического признака при заданных условиях доказать не получается (лишь при дополннительных условиях). Так верно?

[TR63]

Исправление опечатки

TR63 в сообщении #1163140 писал(а):

Распишу подробнее, что у меня получилось.
$\lim\limits_{n\to\infty}(n\ln\frac{b_n}{b_{n+1}})=\lim(n\ln\frac{\sqrt{a_n}}{\sqrt{a_{n+1}}}\cdot\frac{n+1}{n})=r$

[ewert]

TR63 в сообщении #1163158 писал(а):

Распишу подробнее, что у меня получилось.
$\lim\limits_{n\to\infty}(n\ln\frac{b_n}{b_{n+1}})=\lim(n\ln\frac{\sqrt{a_n}}{\sqrt{a_{n+1}}}\cdot\frac{n+1}{n})=r$

Это не логарифмический признак.

TR63 в сообщении #1163140 писал(а):

У меня тоже не получается.

И ни у кого не получится. Логарифмический признак (как, скажем, и Раабе) основан на сравнении с рядом, составленным из степеней. Но если про исходный ряд известна лишь сходимость и ничего больше, то у него могут присутствовать и сколь угодно медленно убывающие выбросы, так что мажорировать не выйдет.