Числовой ряд

[Pixar]

Определить, сходится или расходится.
$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \arctg {\frac{(\sqrt{n} + 1)^3}{n^3 + 3n + 2}}$

$n \to \infty: \arctg {\frac{(\sqrt{n} + 1)^3}{n^3 + 3n + 2}} \sim \frac{(\sqrt{n} + 1)^3}{n^3 + 3n + 2} $(частное меньше знаменателя, следовательно в пределе это 0)
$n \to \infty: (\sqrt{n} + 1)^3 \sim \sqrt{n}^3$
$n \to \infty: n^3 + 3n + 2 \sim n^3 +3n$

$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{\sqrt{n}^3}{n^3 + 3n} = \sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{n}^3 + 3/\sqrt{n}}$. Если этот ряд сходится, то и исходный ряд сходится. Сравним данный ряд с рядом $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{n}^3}.$ В пределе они эквиваленты:
$\lim\limits_{n \to \infty} {\frac{1}{\sqrt{n}^3 + 3/\sqrt{n}} : \frac{1}{\sqrt{n}^3} } = 1$

Последний ряд сходится, так как степень у знаменателя $>1.$ Теперь, если "свернуть" весь путь, то выходит, что исходный ряд в пределе эквивалентен последнему. Из этого следует, что исходный ряд сходится.

Правильно? :)

[Alexey1]

Что-то Вы много всего написали. Тут достаточно заметить, что $\arctan(x) \leq x, \ x \geq 0$, и например, $2\sqrt{x} \geq \sqrt{x}+1, \ x \geq 1$. Используя эти неравенства просто оцените сумму ряда сверху.

[ewert]

Нет, оригинальная версия была разумнее, только оформлено действительно чересчур длинно, и логическая последовательность неудачно вывернута. Надо так:

$n \to \infty \quad\Rightarrow\quad {\frac{(\sqrt{n} + 1)^3}{n^3 + 3n + 2}} \sim \frac{(\sqrt{n})^3}{n^3} = \frac{1}{n^{3/2}} \to 0$

$\Rightarrow\quad \arctg{\frac{(\sqrt{n} + 1)^3}{n^3 + 3n + 2}} \sim {\frac{(\sqrt{n} + 1)^3}{n^3 + 3n + 2}} \sim \frac{1}{n^{3/2}}, $

и поскольку последнее выражение даёт сходящийся ряд, то по второму признаку сходимости сходится и исходный.

[Pixar]

Не хочу размножать темы, поэтому лучше добавлю свои вопросы сюда.

1. Правильно ли я думаю, что признак Лейбница нужен лишь для доказательства условной сходимости, когда проверка на сходимость абсолютных значений знакочередующегося ряда провалилась?

2. Доказательство сходимости/расходимости знакопеременных рядов происходит с помощью признака сравнения. Этот признак никак не конкурирует с признаком Лейбница? Ведь знакопеременные и знакочередующиеся ряды, в принципе, похожи...


Доп. вопрос: ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n \sqrt n}$ сходится по признаку Лейбница или просто потому, что ряд из абсолютных членов сходится (по теореме об абсолютной сходимости)?

[paha]

1) у Лейбница узкая область применения, но он проще. Так что лучше сначала его.

2) знакопеременных по сравнению? Если только модули сравнивать

доп. Вопрос) ряды сходятся сами по себе. А по каким признакам мы узнаем о сходимости - дело вкуса

[gris]

Признак Лейбница очень часто используется при определении области сходимости степенных рядов. Там он естественным образом вылезает при проверке сходимости на левом краю интервала.
Из абсолютной сходимости следует сходимость ряда с любой расстановкой знаков. Ваш ряд сходится и абсолютно, и по Лейбницу, а бывает, что ряд сходится по Лейбницу, но только условно.

[Pixar]

paha в сообщении #357672 писал(а):

2) знакопеременных по сравнению? Если только модули сравнивать

Точно. Выходит, если бы ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{\sin(2n + \frac{\pi}{4})}{n \sqrt[3]{n + 2}}$ по модулю расходился, то мы бы не узнали сходится ли он условно?

Ещё вопрос.
Почему к ряду $\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1} 2n + 3}{3n^2 + 4} \cdot x^{2n + 1}$ нельзя применять формулу нахождения радиуса сходимости R = $\lim\limits_{n \to \infty}|\frac{a_n}{a_{n+1}}|$ (вложенный вопрос: почему по модулю?) ?

И ещё вопрос.
В каком случае нужно ставить модуль при нахождении области сходимости? К примеру, вот при нахождении области сходимости ряда $\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1} 2n + 3}{3n^2 + 4} \cdot x^{2n + 1}$, когда используем признак Даламбера, знак модуля обязателен?

ЗЫ: извините за кашу в вопросах, просто у меня в голове ещё не всё устаканилось.

[paha]

Pixar в сообщении #357696 писал(а):

Ещё вопрос.
Почему к ряду $\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1} 2n + 3}{3n^2 + 4} \cdot x^{2n + 1}$ нельзя применять формулу нахождения радиуса сходимости R = $\lim\limits_{n \to \infty}|\frac{a_n}{a_{n+1}}|$

Можно применять. Только помните, что, вообще говоря, $n$-ый член ряда -- то, что стоит при $x^n$, а не при $x^{2n+1}$... поэтому выносите $x$ за сумму и делайте замену $x^2=t$

Pixar в сообщении #357696 писал(а):

когда используем признак Даламбера, знак модуля обязателен?

посмотрите на доказательство признака Даламбера -- поймете, почему модуль (то же и к вложенному вопросу относится)

[Pixar]

Решил пример на понимание. Проверьте, пожалуйста.

$\sum\limits_{n=1}^{\infty} 4^{n^2} (x + 1)^{n^2}$

Если заменить $n^2$ на $t$, то ничего не изменится, т.к. $t$ никогда не будет отрицательным. Тогда ряд примет следующий вид: $\sum\limits_{t=1}^{\infty} 4^t (x + 1)^t$ .
Это степенной ряд, следовательно, можно применить формулу для нахождения радиуса сходимости:
$|R| = \lim\limits_{t \to \infty} |\frac{4^t}{4^{t+1}}| = \frac{1}{4}$ $\Longrightarrow$ $-\frac{1}{4} < x + 1 < \frac{1}{4}$ $\Longrightarrow$ $-\frac{5}{4} < x < -\frac{3}{4}$

Проверим граничные точки области сходимости.

$x = -\frac{5}{4}$ $\Longrightarrow$ $\sum\limits_{t=1}^{\infty} 4^t (-\frac{1}{4})^t = \sum\limits_{t=1}^{\infty} (-1)^t$ - ряд расходится.

$x = -\frac{3}{4}$ $\Longrightarrow$ $\sum\limits_{t=1}^{\infty} 4^t (\frac{1}{4})^t = \sum\limits_{t=1}^{\infty} 1^t$ - ряд расходится.

Делаем вывод.
Область сходимости: $x \in (-\frac{5}{4}, -\frac{3}{4})$
Область расходимости: $x \in (-\infty, -\frac{5}{4}] \cup [-\frac{3}{4}, +\infty)$

[ИСН]

Pixar в сообщении #357782 писал(а):

Если заменить $n^2$ на $t$, то ничего не изменится

Так-таки ничего? $n^2$ пробегает значения 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8?

[paha]

ИСН в сообщении #357785 писал(а):

Так-таки ничего? $n^2$ пробегает значения 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8?

а ответ-то правильный)))

[ИСН]

да, бывает. я сомневался: может, так и оставить? решил не оставлять.

[Pixar]

ИСН в сообщении #357785 писал(а):

Pixar в сообщении #357782 писал(а):

Если заменить $n^2$ на $t$, то ничего не изменится

Так-таки ничего? $n^2$ пробегает значения 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8?

Самое трудное при решении задач - понять границу, что тебе можно, а что - нельзя. Я долго думал, что применить в этом случае, но ничего лучше, чем признак сравнения мне в голову не пришёл.

Здесь выходит, что переменная $t$ даёт больше членов, чем $n^2$. Следовательно, из сходимости ряда с переменной $t$ следует, что сходится и ряд с переменной $n^2$.

Рассуждения правильны?

[ИСН]

Правильны, но только в эту сторону, и только при положительных членах.

[Pixar]

$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{x^n} \sin{\frac{\pi}{4^n}}$

Определим область сходимости по признаку Даламбера.

$\lim\limits_{n\to\infty} \left| \frac{\sin{\frac{\pi}{4^{n + 1}}}}{\sin{\frac{\pi}{4^n}}} \cdot \frac{x^n}{x^{n+1}} \right| = \left| \frac{\pi / 4}{\pi} \cdot \frac{1}{x} \right| = \frac{1}{4 |x|}$

Ряд сходится при $\frac{1}{4 |x|} < 1$ $\Longrightarrow$ $x<-\frac{1}{4} \cup x> \frac{1}{4}$.

Проверим граничные точки.
$x = -\frac{1}{4}$ $\Longrightarrow$ $\sum\limits_{n = 1}^{\infty} (-1)^n 4^n \sin{\frac{\pi}{4^n}}$

Попробуем применить признак Даламбера.
$\lim\limits_{n\to\infty} \left| \frac{4^{n+1}\sin{\frac{\pi}{4^{n+1}}}}{4^n \sin{\frac{\pi}{4^n}}} \right|$ = 4 \cdot \frac{1}{4} = 1.
Следовательно, признак неприменим.

Признак сравнения в этом случае ничего не даёт, т.к. бОльший ряд из $4^n$ расходится, а мEньший ряд из 0-ей - сходится.

Признак Лейбница тоже неприменим, потому что $4^n \sin{\frac{\pi}{4^n}}$ не обязательно больше нуля.

Где я ошибся?