задачи на сходимость рядов

[tavrik]

Если $\sum{c_n 6^n}$ сходится то и $\sum{c_n (-2)^n}$ сходится

Если $\sum{c_n 6^n}$ сходится то и $\sum{c_n (-6)^n}$ сходится

Если $\sum{c_n 6^n}$ расходится то и $\sum{c_n 10^n}$ расходится


Мне кажется верным вариант номер 2 - потому что там можно вынести (-1) за скобки.
Вопрос, так ли это.

[ShMaxG]

Второй вариант не верный. Попробуйте придумать контрпример.

[tavrik]

$c_n = \frac{(-6)^n}{n}$

?

[ShMaxG]

Почти.

[tavrik]

вместо -6 дробь $-\frac{1}{6}$
в n-ной степени

[ShMaxG]

$\[{c_n} = \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}} {{{6^n}n}}\]$, как я понял. Да, это верно.

Какие у Вас мысли по остальным пунктам?

[tavrik]

первый аналогично второму, по моему.
значит надо третий доказывать.

[ИСН]

tavrik в сообщении #457818 писал(а):

первый аналогично второму, по моему.

А по-моему, Вы мне должны тыщу рублей. Если уж это ("по-моему") стало весомым аргументом.

[ShMaxG]

Третий пункт я бы доказывал так. Он эквивалентен утверждению, что если ряд $\[\sum {{a_n}} \]$ сходится, то и ряд $\[{\sum {{a_n}{{\left( {\frac{6} {{10}}} \right)}^n}} }\]$ сходится. Но при достаточно больших $n$ в силу сходимости ряда из $a_n$ будет $\[{a_n} < 1\]$ и $\[{a_n} > - 1\]$. Вот такая идея. Проще, честно говоря, придумать не смог.

[tavrik]

в смысле, не верно?
да, входит $\frac{1}{n 3^n}$
значит его(1) нужно опровергать по другому или вообще не нужно опровергать.

-- Вт июн 14, 2011 09:06:17 --

в общем, спасибо, разобрался.
1 и 3 - правильные утверждения. есть даже теорема.
у 2 есть контрпример.

[ShMaxG]

Напишите пожалуйста решение для первого. Я вот не соображу никак решение, хотя и времени на это нет сейчас. Но интересно.

[Whitaker]

Второй вариант был бы верным, если $c_n>0$ для любого $\forall n\in \mathbb{N}$
P.S. Попробуйте представить общий первого ряда вот так: $c_n(-2)^n=c_n6^n\frac{(-2)^n}{6^n}$ и рассмотрите этот общий член по модулю.

[ShMaxG]

Whitaker в сообщении #457845 писал(а):

рассмотрите этот общий член по модулю.

Зачем?

[Whitaker]

ShMaxG в сообщении #457854 писал(а):

Зачем?

Покажите, что $\sum_{n=1}^{\infty}c_n(-2)^n=\sum_{n=1}^{\infty}c_n6^n\frac{(-2)^n}{6^n}$ абсолютно сходится (признаком Абеля), используя сходимость ряда $\sum_{n=1}^{\infty}c_n6^n$.

[ShMaxG]

Whitaker в сообщении #457859 писал(а):

Покажите, что $\sum_{n=1}^{\infty}c_n(-2)^n=\sum_{n=1}^{\infty}c_n6^n\frac{(-2)^n}{6^n}$ абсолютно сходится (признаком Абеля), используя сходимость ряда $\sum_{n=1}^{\infty}c_n6^n$.

Согласно признаку Абеля, $\[\sum\limits_{n = 1}^\infty {\left| {{c_n}} \right|{6^n}\frac{{{2^n}}} {{{6^n}}}} \] $ сходится, если $\[\sum\limits_{n = 1}^\infty {\left| {{c_n}} \right|{6^n}} \]$ сходится, а последовательность $\[{\frac{{{2^n}}} {{{6^n}}}}\]$ монотонна и ограничена. Но ряд $\[\sum\limits_{n = 1}^\infty {\left| {{c_n}} \right|{6^n}} \]$ не обязан сходится.
А если я хочу воспользоваться сходимостью ряда $\[\sum\limits_{n = 1}^\infty {{c_n}{6^n}} \]$ и признаком Абеля, то мне, как я понимаю, нужна монотонность и ограниченность последовательности $\[{\frac{{{{\left( { - 2} \right)}^n}}} {{{6^n}}}}\]$. Но монотонности нет.