положительный ряд

[ewert]

Руст в сообщении #382033 писал(а):

Это не верно, можно привести контрпример. Предлагаю сделать это как интересную задачу.

Поздно, см. сообщение #270450

[ИСН]

[Руст]

ewert в сообщении #382040 писал(а):

Руст в сообщении #382033 писал(а):

Это не верно, можно привести контрпример. Предлагаю сделать это как интересную задачу.

Поздно, см. сообщение #270450

Контрпример ИСН не работает (об этом уже догадались другие).

[ewert]

Руст в сообщении #382045 писал(а):

Контрпример ИСН не работает (об этом уже догадались другие).

Работает, об этом догадался ещё RIP в сообщении #275155.

-- Вт ноя 30, 2010 16:51:28 --

Да, а насчёт той задачки с корнем. Доказательство сходимости довольно очевидно. Если обозначить $\sum\limits_{k=n}^{\infty}a_k\equiv x_n\to+0$ при $n\to\infty$, то

$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{a_n}{x_n^{\alpha}}=\sum\limits_{n=1}^{\infty}(x_n-x_{n+1})\cdot\dfrac{1}{x_n^{\alpha}}<\int\limits_0^{x_1}\dfrac{1}{x^{\alpha}}\,dx<+\infty$

при всех $\alpha<1$. Вот с расходимостью при $\alpha=1$ несколько сложнее -- там неравенство между суммой и интегралом не в ту сторону. Очевидно лишь, что

$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{a_n}{x_{n+1}}=\sum\limits_{n=1}^{\infty}(x_n-x_{n+1})\cdot\dfrac{1}{x_{n+1}}>\int\limits_0^{x_1}\dfrac{1}{x}\,dx=+\infty\,.$

Но тогда так. Если $\dfrac{a_n}{x_{n}}\not\to0$, то сходимости, естественно, уже нет. Если же $\dfrac{a_n}{x_{n}}=\dfrac{x_n-x_{n+1}}{x_{n}}\to0$, то $\dfrac{1}{x_{n}}>\mathrm{const}\cdot\dfrac{1}{x_{n+1}}$ и, значит, $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{a_n}{x_{n}}>\mathrm{const}\cdot\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{a_n}{x_{n+1}}\,,$ откуда и следует расходимость.

[Руст]

ewert в сообщении #382047 писал(а):

Руст в сообщении #382045 писал(а):

Контрпример ИСН не работает (об этом уже догадались другие).

Работает, об этом догадался ещё RIP в сообщении #275155.х

Извиняюсь, не дочитал.

Цитата:

-- Вт ноя 30, 2010 16:51:28 --

Да, а насчёт той задачки с корнем. Доказательство сходимости довольно очевидно. Если обозначить $\sum\limits_{k=n}^{\infty}a_k\equiv x_n\,,$ то

$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{a_n}{x_n^{\alpha}}=\sum\limits_{n=1}^{\infty}(x_n-x_{n+1})\cdot\dfrac{1}{x_n^{\alpha}}<\int\limits_{x_1}^{+\infty}\dfrac{1}{x^{\alpha}}\,dx<+\infty$

при всех $\alpha<1$.

Это чушь, во первых $x_n<x_1$ монотонно убывает соответственно неравенство в другую сторону, во вторых ваш интеграл расходится. Гораздо проще заметить, что

$$\sum_{n=N}^{\infty}=x_N^{1-\alpha}-\sum_{n=N+1}^{\infty}(\frac{x_n}{x_{n-1}^{\alpha}}-x_n^{1-\alpha}).$$

Дальше так же чушь

Цитата:

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_n}{x_n}<\sum_{n=1]^{\infty}(x_n^{1-\alpha}-x_{n+1}^{1-\alpha}.$$

Цитата:

Вот с расходимостью при $\alpha=1$ несколько сложнее -- там неравенство между суммой и интегралом не в ту сторону. Очевидно лишь, что

$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{a_n}{x_{n+1}}=\sum\limits_{n=1}^{\infty}(x_n-x_{n+1})\cdot\dfrac{1}{x_{n+1}}>\int\limits_{x_1}^{+\infty}\dfrac{1}{x}\,dx=+\infty\,.$

Но тогда так. Если $\dfrac{a_n}{x_{n}}\not\to0$, то сходимости, естественно, нет. Если же $\dfrac{a_n}{x_{n}}=\dfrac{x_n-x_{n+1}}{x_{n}}\to0$, то $\dfrac{1}{x_{n}}>\mathrm{const}\cdot\dfrac{1}{x_{n+1}}$ и, значит, $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{a_n}{x_{n}}>\mathrm{const}\cdot\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{a_n}{x_{n+1}}\,,$ откуда и следует расходимость.

Очевидно, что

$$\sum_{n=N}^{\infty}\frac{a_n}{x_n}>\frac{1}{x_N}\sum_{n=N}^{\infty}a_n =1.$$

[ewert]

Руст в сообщении #382061 писал(а):

Это чушь, во первых $x_n<x_1$ монотонно убывает соответственно неравенство в другую сторону,

Это чушь. Подумаешь, накапливаем интегральную сумму сзаду наперёд, всего-то и делов.

Руст в сообщении #382061 писал(а):

во вторых ваш интеграл расходится.

Пределы в интеграле были перепутаны просто по рассеянности, и уже давно исправлены.

Руст в сообщении #382061 писал(а):

Гораздо проще заметить, что

$$\sum_{n=N}^{\infty}=x_N^{1-\alpha}-\sum_{n=N+1}^{\infty}(\frac{x_n}{x_{n-1}^{\alpha}}-x_n^{1-\alpha}).$$

Гораздо сложнее -- тут что-то фантазировать надо, а там просто по шаблону.

Руст в сообщении #382061 писал(а):

Очевидно, что

$$\sum_{n=N}^{\infty}\frac{a_n}{x_n}>\frac{1}{x_N}\sum_{n=N}^{\infty}a_n =1.$$

А вот это действительно проще. Ну хоть что-то.

[Руст]

ewert в сообщении #382065 писал(а):

Это чушь. Подумаешь, накапливаем интегральную сумму сзаду наперёд, всего-то и делов.

Я же говорил, что во вторых при переходе к интегралу будет оценка снизу. Соответственно нельзя доказать иначе, чем я указал.

[ewert]

Руст в сообщении #382068 писал(а):

Соответственно нельзя доказать иначе, чем я указал.

Сильно сказано. Редко встречаются задачи, которые можно решить ровно одним способом (которого я, кстати, так и не понял -- лень вдумываться).

Руст в сообщении #382068 писал(а):

Я же говорил, что во вторых при переходе к интегралу будет оценка снизу.

Ну прям-таки. Чему равен $\min\limits_{x\in[x_{n+1};\,x_n]}\,\dfrac{1}{x^{\alpha}}$ ?...