Ряды

[Brukvalub]

bundos в сообщении #173719 писал(а):

Бесконечная последовательность комплексных чисел $\{z_n\}$, из которых ни одно не равно нулю, удовлетворяет соотношению $|z_n-z_m|>1$ для любых $m,n$.

Таких последовательностей нет и быть не может.

[--mS--]

Brukvalub писал(а):

bundos в сообщении #173719 писал(а):

Бесконечная последовательность комплексных чисел $\{z_n\}$, из которых ни одно не равно нулю, удовлетворяет соотношению $|z_n-z_m|>1$ для любых $m,n$.

Таких последовательностей нет и быть не может.

Как это, как это? $z_1=1$, $z_{n+1}=z_n+2$ не годится?

[ewert]

Brukvalub, как обычно, шутит. Он всего-навсего имел в виду, что следовало написать $(\forall\;n\neq m)$.

[Brukvalub]

Вы не обратили внимания на слова: "....для любых $m,n$."

[ИСН]

Красивая формулировка. Итак, наши $z_n$ лежат такие, как икринки в банке - вокруг каждого нарисован кружок. Значит, в большой круг радиуса $R$ с центром в нуле их влезет сколько? - что-то порядка $R^2$. Значит, $|z_n|$ растёт по меньшей мере как $\sqrt n$. Значит, всё сходится.

[ewert]

ИСН в сообщении #173734 писал(а):

Значит, всё сходится.

пракхтицски похоже, но теорекхтицски не работает. Кто сказал, что те икринки обязаны укладываться максимально плотно? А может, они образуют жутко вытянутое вдоль иксов (к примеру) облако. И тогда каждый новый член вовсе не обязан быть таким уж большим.

Так что индивидуальных оценок снизу тут заведомо не достичь, можно надеяться лишь на некие усреднённые.

[Brukvalub]

Да и появление больших и малых по модулю членов может быть довольно хаотическим. Нужно попробовать построить контрпример.....

[ИСН]

Ваш контрпример будет перенумерацией моего примера (в котором, положим, члены более-менее строго росли по модулю), а абсолютно сходящийся ряд, как известно, сколько ни перенумеровывай, ничего не выпопере...тьфу!
в общем, вроде ясно.

[ewert]

Да, это сработает. Только надо аккуратнее выражовываться (в смысле без мата). Типа: перенумеруем члены последовательности в порядке возрастания модуля. Тогда $|a_{n_k}|>C\sqrt k$ (в противном случае...) и т.д.

[bundos]

Проверьте плиз моё решение.
Т.к. по условию $|z_m-z_n|>1$, $(\forall\;n\neq m)$, то последовательность $\{z_n\}$ расходится (отрицание к кретерию коши сходимости), значит выполняется необходимый признак. Рассмотрим ряд

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{|{z_n}^3|}$$

. Из условия следует, что $\frac1{|{z_n}^3|}>0$, $\frac{{|z_n|}^3}{{|z_{n+1}|}^3}<\frac{{|z_n|}^3}{{(1-|z_n|)}^3}}$. $\lim\limits_{n \to \infty}\frac{{|z_n|}^3}{{(1-|z_n|)}^3}}=-1<1$, значит сходится по даламберу.

[Brukvalub]

bundos в сообщении #173758 писал(а):

$\frac{{|z_n|}^3}{{|z_{n+1}|}^3}<\frac{{|z_n|}^3}{{(1-|z_n|)}^3}}$

- неверное неравенство, да и в целом - бред первостатейный! Вы даже не знаете правил перехода к пределу под знаком неравенства!

[ewert]

bundos в сообщении #173758 писал(а):

, значит сходится по даламберу.

не вникая в детали -- это не может быть верно в принципе, т.к. типичное поведение ряда при заданном ограничении -- степенное, а такое поведение признаком Даламбера не обрабатывается. В принципе не обрабатывается, и это надо чётко помнить, чтоб не делать лишней работы.

[--mS--]

ewert писал(а):

Brukvalub, как обычно, шутит. Он всего-навсего имел в виду, что следовало написать $(\forall\;n\neq m)$.

Простите тормоза

[bundos]

Ваши предложения по решению данной задачи.....

[Brukvalub]

bundos в сообщении #173892 писал(а):

Ваши предложения по решению данной задачи.....

Так ИСН уже все решил.