Доказательство утверждения

[PoorFellow Tom]

Доказать , что если $\alpha(n)\geqslant0 \beta(n)\geqslant0$ для всех $n> n_0$,ряд $\sum \limits_{n=1}^{\infty} \beta(n)$ расходится, $\lim_{n\to \infty}\frac{\alpha(n)}{\beta(n)}=\infty$, то ряд $\sum \limits_{n=1}^{\infty} \alpha(n)$ также расходится

[gris]

Сравнения тут не достаточно? Может быть надо поаккуратнее поговорить о нулевых членах второго ряда. Могут ли они вообще быть, начиная с некоторого номера, если указанный предел существует?

[iifat]

Вот так, навскидку мне лично кажется, что существование (хоть и такое) предела требует отсутствия нулей $\beta$ вообще. Как бы вы определили $\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{e^n}{1+(-1)^n}$?

[gris]

Но мы же можем сказать, что предел фукции $y=1/x$ на бесконечности равен нулю, хотя она не определена в нуле. Достаточно сказать, что нулей нет с некоторого номера. По-видимому и смысл этой задачи в том, чтобы всё сказать аккуратно, формально и правильно. В том числе и про бесконечный предел, хотя достаточно конечного.

А предел с экспонентой не существует, поскольку в любой окрестности бесконечности существуют точки, в которых функция (дробь) не определена. Хотя вроде бы я где-то встречал , что можно предел рассматривать по области определения, тогда он существует. В общем, это вопрос схоластический, и обычно такие вещи специально оговариваются.

[iifat]

gris в сообщении #788956 писал(а):

Но мы же можем сказать, что предел фукции $y=1/x$ на бесконечности равен нулю, хотя она не определена в нуле

Не очень понял, о чём вы. Последовательность/функция, стремящаяся к пределу, которого никогда и нигде не досигает — штука, имхо, не более странная, чем открытый отрезок.

gris в сообщении #788956 писал(а):

вроде бы я где-то встречал , что можно предел рассматривать по области определения

Скажем так, способов слегка подправить этй задачу так чтобы она возымела смысл наверняка больше одного ;) Вопрос, разумеется, схоластический — уж слишком с запасом ТС делает утверждение.

[gris]

Нет, я про разные нули. Вы сказали, что бета вообще не может равняться нулю, ибо тогда отношение не определено при всех $n$. Но для пределов начало последовательности не важно, он вообще может быть не определён в самом начале. Ну типа $\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{a_n}{\sqrt{n-2013}}$ И ничего страшного.

[iifat]

Да. Логично.

[PoorFellow Tom]

Вообще, да , это , по сути, признак сравнения в передельной форме,и, действительно, его нужно очень аккуратно записать, но, проблема в том, что нельзя же записать, например вот так: $|\frac{\alpha(n)}{\beta(n)}-\infty|<\varepsilon$ Поэтому я и обратился сюда, за помощью

[gris]

Это другой признак сравнения. Тут нужно такой: $\alpha(n)\geqslant0;\;\beta(n)\geqslant0;\;\exists N:\;\forall n> N\;\alpha(n)\geqslant\beta(n)$, если ряд $\sum \limits_{n=1}^{\infty} \beta(n)$ расходится, то ряд $\sum \limits_{n=1}^{\infty} \alpha(n)$ также расходится.

[PoorFellow Tom]

Но в переделе же бесконечность, это значит что$\beta(n)\geqslant\alpha(n)$ , или я что-то путаю

[gris]

Если $\beta(n)\geqslant\alpha(n)$ , то $\dfrac {\alpha(n)}{\beta(n)}\leqslant 1$. Какая там бесконечность.

[PoorFellow Tom]

То есть условие про предел, дано для того, чтобы опеределить неравенство?

[gris]

Да. Если предел отношения равен бесконечности, то начиная с некоторого номера оно будет больше, например, единицы.

[PoorFellow Tom]

То есть тот признак сравнения который Вы сформулировали и есть док-во утверждения?

[iifat]

При всём уважении к gris, сформулировал его не он. Хотя могу ошибаться.
Ну и, в принципе, его достаточно. Можно продолжить доказательство, сведя к другим признакам — поищите доказательство признака сравнения, и слегка модифицируйте.