Сходимость ряда.

[Руст]

Придумайте последовательность чисел $a_n$, что ряд

$$\sum_n\ln(1+a_n)$$

сходится, в то время как ряды

$$\sum_n a_n^k$$

расходятся при любом натуральном k.

[vbn]

$$ a_n= \frac 1 {n^ \frac 1 k}.

[juna]

Нет. Здесь хитрее - сказано же для любого $k$.
Думаю, что здесь нужно искать два бесконечных произведения - оба расходящиеся, одно из которых к нулю, так, чтобы их композиция сходилась. Например, что-то типа такого: $P_1=\prod\limits_{n=1}^{\infty}(1+\frac{1}{\sqrt{n}}+\frac{1}{n})$
$P_2=\prod\limits_{n=1}^{\infty}(1-\frac{1}{\sqrt{n}})$, тогда $P_1P_2$ - сходится, и можно путем перегруппировки назначить $a$, чтобы их суммы расходились.

[juna]

Может так...
Пусть $\forall{i}|a_i|<1$, тогда $ln(1+a_i)=a_i-\frac{1}{2}{a_i}^2+\frac{1}{3}{a_i}^3-\frac{1}{4}{a_i}^4+\frac{1}{5}{a_i}^5-...$
$\sum\limits_{i=1}^{\infty}ln(1+a_i)=\sum\limits_{j=1}^{\infty}a_j-\frac{1}{2}\sum\limits_{j=1}^{\infty}{a_j}^2+\frac{1}{3}\sum\limits_{j=1}^{\infty}{a_j}^3-\frac{1}{4}\sum\limits_{j=1}^{\infty}{a_j}^4+...=A\text{ конечное значение}$
Пусть $\sum\limits_{j=1}^{\infty}a_j=S\text{ расходящийся ряд}$, $\sum\limits_{j=1}^{\infty}{a_j}^k=b_{k-1}S$
Имеем: $S=\frac{A}{1-\frac{1}{2}b_1+\frac{1}{3}b_2-\frac{1}{4}b_3+\frac{1}{5}b_4-\frac{1}{6}b_5+...}$
Для того, чтобы $S$ расходился нужно обеспечить, чтобы ряд $1-\frac{1}{2}b_1+\frac{1}{3}b_2-\frac{1}{4}b_3+\frac{1}{5}b_4-\frac{1}{6}b_5+...}$ сходился к нулю, по теореме Римана для знакопеременного ряда легко подобрать такие $b_k$ (обеспечивая колебания вокруг нуля - то отрицательные, то положительные). Дробь $\frac{1}{1-\frac{1}{2}b_1+\frac{1}{3}b_2-\frac{1}{4}b_3+\frac{1}{5}b_4-\frac{1}{6}b_5+...}=\frac{1}{A}\sum\limits_{i=1}^{\infty}a_i$ можно развернуть, используя производящию функцию: $(\sum\limits_{i=1}^{\infty}b_ix^i)^{-1}=\sum\limits_{i=1}^{\infty}a_ix^i$, то
$b_1a_1=1$
$b_1a_2+b_2a_1=0$
$b_1a_3+b_2a_1+b_3a_1=0$
и т.д.
До конкретных цифр не довел, считать больно много.

[Руст]

Обозначим для натурального k через

$$R(k)=\sum_n a_n^k.$$

и для аналитической функции f(x), f(0)=0 ряд :

$$R(f)=\sum_n f(a_n)$$

Тогда, если $f(x)\not= ax^k$, то существует ряд, что все R(k) расходится а R(f) сходится. Правда, в случае, когда f'(0)=0 приходится брать ряд из комплексных чисел.
В этом случае (f'(0) не равно нулю и можно взять действительный ряд), можно было построить просто, например
$a_1=1,a_2=-\frac 12,... ,a_{2n-1}=\frac 1m,a_{2n}=-\frac{1}{m+1},(m-1)!<n\le m!$
Я ранее показал связь линейных функций с рядами. Предлагаю ещё задачу, раскрывающую связь полиномиальных функций с рядами. Пусть для комплексной аналитической функции f(x), f(0)=0 ряд R(f) cходится, когда сходятся все R(k). Докажите, что f(x) полином.
В частности для указанной функции ln(1+x) или exp(x) постройте ряды, когда R(k) сходится для любого натурального k, в то время как R(f) расходится.

[Руст]

Должен был написать exp(x)-1 (f(0)=0).
Артамонову Ю.Н.: С расходящими рядами так нельзя обращаться. Идея построения заключается в том, чтобы последовательные члены в сумме уничтожались или практически уничтожались, в то время как за счёт большого повторения для любых степеней сумма накапливалась для любой степени.

[juna]

Руст, а где у меня ошибка?

Цитата:

Идея построения заключается в том, чтобы последовательные члены в сумме уничтожались или практически уничтожались, в то время как за счёт большого повторения для любых степеней сумма накапливалась для любой степени.

Я подобную задачу в Демидовиче - 1997 видел стр.311, задача 3099. - только там первые две суммы расходятся, сам ряд(бесконечное произведение) сходится.

[Руст]

Как я говорил, это свойство верно почти для любой функции, в том числе для f(x)=x(1+x). Попробуйте построить соответствующий ряд вашим методом для этой функции.

[juna]

Так функция должна разлагаться в бесконечный ряд по степеням (что имеет место для $ln(1+x)$). Если разложение конечно $f(x)=x+x^2$, то нельзя положить $\sum{x}=S$, $\sum{x^2}=bS$ при расходящемся $S$.

[Руст]

Считайте, что коэффициентов бесконечно (просто остальные нули), тем более для этой функции это свойство верно.

[juna]

Я не утверждаю, что мой метод работает на всех функциях, а лишь думаю, что он работает на трансцендентных функциях.

[juna]

Я ошибся, как мне кажется, проблема не в том, что с расходящимися рядами так не поступают, просто нельзя так спекулировать структурой ряда принимая, $\sum\limits_j{a_j^k}=b_{k-1}S$.

[Brukvalub]

Сообщение убрано-Я неправильно понял условие, приношу извинения

[Brukvalub]

Руст писал(а):

Обозначим для натурального k через

$$R(k)=\sum_n a_n^k.$$

и для аналитической функции f(x), f(0)=0 ряд :

$$R(f)=\sum_n f(a_n)$$

... Предлагаю ещё задачу, раскрывающую связь полиномиальных функций с рядами. Пусть для комплексной аналитической функции f(x), f(0)=0 ряд R(f) cходится, когда сходятся все R(k). Докажите, что f(x) полином...

Известно, что верно более сильное, как мне кажется, утверждение: если для функции $f:\;R \to R$ ряд $\sum {f(a_n )} $ сходится всякий раз, когда сходится ряд $\sum {a_n } $, то $f(x) = Cx$ в некоторой окрестности нуля.

[Руст]

Здесь рассматривалось даже обобщение этого, а именно если отображение f из топологической группы, удовлетворяющей первой аксиоме счётности в топологическую группу А переводит фундаментальные произведения в фундаментальные, то если А архимедова, то f является ростком непрерывного гомоморфизма в единице группы. Верно и наоборот, если всякая такая функция является ростком непрерывного гомоморфизма, то топология А архимедова.