Последовательность

[MestnyBomzh]

Вообщем вот что получилось, проверьте,пожалуйста: $\forall \varepsilon>0$ выполнено $\varepsilon>x_1+x_2+....+x_n > x_n+x_n+.....+x_n$, а это и есть нужный нам предел

[provincialka]

Неверно. А почему должно выполняться первое неравенство?
Кстати, я заметила, что в первом посте у вас сумма ряда почему-то равна 0. Этого не может быть, если слагаемые положительны. Ряд просто к чему-то сходится.

[MestnyBomzh]

provincialka в сообщении #792547 писал(а):

Неверно. А почему должно выполняться первое неравенство?
Кстати, я заметила, что в первом посте у вас сумма ряда почему-то равна 0. Этого не может быть, если слагаемые положительны. Ряд просто к чему-то сходится.

Да,вы правы,я указал постом ниже,что я опечатался, сумма должна просто сходиться. Первое неравенство у меня тоже неверное,должно быть так: $\varepsilon>x_1+x_2+....+x_n-A>x_n+x_n+x_n+x_n+....+x_n-A$Правда теперь я не вижу продолжения

[elm]

provincialka в сообщении #791544 писал(а):

Лучше использовать критерий Коши для ряда и оценить отрезок через последнее (наименьшее) слагаемое.

Не могли бы вы подробнее объяснить, что вы предлагаете исследовать. Для какого ряда нужно применять критерий Коши и какой отрезок при этом оценивать? Заранее, благодарю за подсказку.
Я правильно понимаю, что нужно рассмотреть ряд $\sum_{k=1}^n x_n$?

[SpBTimes]

Воспользоваться, может, критерием Коши? Обозначим $z_n = nx_n$
Так как та последовательность сходится, то $\forall n > n_0$ выполнено: $|x_{n+1} + ... + x_{2n}| < \varepsilon$
С другой стороны, учитывая монотонное убывание членов, получим: $nx_{2n} < |x_{n+1} + ... + x_{2n}| < \varepsilon$, т.е. $nx_{2n} \to 0$. Рассмотрите $y_n = \frac{1}{2} 2nx_{2n} = \frac{1}{2}z_{2n}$, $y_n \to 0$. Осталось рассмотреть для нечетных аналогичным образом. Раз все подпоследовательности сходятся к одному и тому же пределу, то и...

[provincialka]

(Оффтоп)

SpBTimes, "дожал" таки нас ТС

[SpBTimes]

(Оффтоп)

provincialka
Ну правда же, по-моему разумных мыслей было не достучаться

[provincialka]

(Оффтоп)

SpBTimes Да понятно. Шучу. Посмотрим, ка кэто решение он переварит

[MestnyBomzh]

Спасибо большое! Да,трудности возникли при нечетных $n$,а именно,мешала единичка...Но я сделал так: $(n+1)x_{2n+1}\to 0$
$\frac{1}{2}(2n+2)x_{2n+1}\to 0$; $\frac{1}{2}(x_{2n+1}(2n+1)+x_{2n+1})\to 0$; И так как все слагаемые неотрицательные, значит и $(2n+1)x_{2n+1}\to 0 $ и $x_{2n+1}\to 0$ Ну а нас, соответственно интересует$(2n+1)x_{2n+1}\to 0 $

[SpBTimes]

Ну типа того. Остались только окончательные заклинания на тему: а почему, собственно, это все доказывает.

[MestnyBomzh]

SpBTimes в сообщении #792678 писал(а):

Ну типа того. Остались только окончательные заклинания на тему: а почему, собственно, это все доказывает.

Пределы всех подпоследовательностей последовательности $z_n$ совпадают,а значит и сама последовательность сходится к тому же пределу?

[SpBTimes]

Да

[MestnyBomzh]

SpBTimes в сообщении #792686 писал(а):

Да

Спасибо за помощь!

[ShMaxG]

Не знаю, сложное что-то вы все пишете. По определению куда легче доказать (если я не ошибаюсь), и не надо никакие четные-нечетные случаи рассматривать...

[provincialka]

Это все индивидуально. Если основная идея понята, можно переписать решение и по-вашему.