Признак Даламбера и необходимый признак сходимости

[shur]

Исследовать ряд на сходимость!

$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\sin \dfrac{n^{1/3}}{\sqrt{n^5+2}}$

1) Я проверил необходимое условие

Обозначим $a_n=\sin( \dfrac{n^{1/3}}{\sqrt{n^5+2}})$

$\lim\limits_{n \to \infty}\sin( \dfrac{n^{1/3}}{\sqrt{n^5+2}})=0$

Тк $\lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{n^{1/3}}{\sqrt{n^5+2}}=0$

То воспользовавшись $\sin x \sim x$ при $x \to 0$, получается, что необходимое условие выполнено.

2) Воспользуемся признаком Даламбера с учетом эквивалентности.

$$\lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{a_{n+1}}{a_n}= \lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{(n+1)^{1/3}}{\sqrt{(n+1)^5+2}}\cdot \dfrac{\sqrt{n^5+2}}{n^{1/3}}=\lim\limits_{n \to \infty}(\dfrac{n+1}{n})^{1/3}\cdot \sqrt\dfrac{n^5+2}{(n+1)^5+2}}=\lim\limits_{n \to \infty}(1+\frac{1}{n})^{1/3}\cdot \sqrt\dfrac{n^5(1+\frac{2}{n^5})}{n^5[(1+\frac{1}{n^5}+\frac{2}{n^5}]}}=1 $$

Поэтому, признак Даламбера нам не дает информации о сходимости или расходимости ряда. Как быть?

=================

$$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{3^{n^2}}{(n+2)!4^n}$$

Проверим необходимый признак

$$\lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{3^{n^2}}{(n+2)!4^n}=\infty \ne 0$$

Значит ряд расходится.
А как можно аналитически показать, что числитель дроби быстрей знаменателя (кроме разложения в ряд)?


Еще вопрос - обязательно ли проверять достаточное условие сходимости ряда или можно сразу пользоваться признаками сходимости?

[Dan B-Yallay]

shur в сообщении #402536 писал(а):

Тк $\lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{n^{1/3}}{\sqrt{n^5+2}}=0$

То воспользовавшись $\sin x \sim x$ при $x \to 0$, получается, что необходимое условие выполнено.

Вытащите $n^5$ из под корня.

[shur]

Dan B-Yallay в сообщении #402542 писал(а):

Вытащите $n^5$ из под корня.

Хорошо, вытащу! Только зачем?)

$$\lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{n^{1/3}}{\sqrt{n^5+2}}=\lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{n^{1/3}}{n^{5/2}\sqrt{1+2/n^5}}=\lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{n^{1/3}}{n^{5/2}}=\lim\limits_{n \to \infty}n^{\frac{1}{3}-\frac{5}{2}}=\lim\limits_{n \to \infty}n^{\frac{-13}{6}}=\lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{1}{n^\frac{13}{6}}=0$$

[Dan B-Yallay]

Как это зачем? Интегральный признак сходимости рядов проходили или как?

[ewert]

shur в сообщении #402536 писал(а):

А как можно аналитически показать, что числитель дроби быстрей знаменателя

Вот в этом случае проще всего -- как раз по Даламберу.

[Gortaur]

1. По-моему, если признак Коши или Даламбера сработал, то тогда необходимое условие можно не проверять.

2. Да Вы же показали аналитически, что числитель быстрее знаменателя - предел же посчитали.

[Hymilev]

shur в сообщении #402536 писал(а):

А как можно аналитически показать, что числитель дроби быстрей знаменателя (кроме разложения в ряд)?

С помощью формулы Стирлинга

[shur]

Dan B-Yallay в сообщении #402550 писал(а):

Как это зачем? Интегральный признак сходимости рядов проходили или как?

Спасибо, Dan B-Yallay, да, точно, он как раз подходит!

$\dfrac{n^{1/3}}{\sqrt{n^5+2}}<\dfrac{n^{1/3}}{\sqrt{n^5}}$

Рассмотрим интеграл

$$\int\limits_1^{\infty}\dfrac{x^{1/3}}{\sqrt{x^5}}dx=\int\limits_1^{\infty}\dfrac{x^{1/3}}dx{x^{5/2}}=\int\limits_1^{\infty}x^{\frac{1}{3}-\frac{5}{2}}dx=\int\limits_1^{\infty}x^{-{\frac{13}{6}}}dx=\dfrac{1}{\infty}-\dfrac{1^{-7/6}}{-7/6}=\dfrac{6}{7}$$

Из сходимости $\int\limits_1^{\infty}\dfrac{x^{1/3}}{\sqrt{x^5}}dx$ следует сходимость ряда $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\sin \dfrac{n^{1/3}}{\sqrt{n^5}}$, а из сходимости ряда $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\sin \dfrac{n^{1/3}}{\sqrt{n^5}}$ следует сходимость ряда $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\sin \dfrac{n^{1/3}}{\sqrt{n^5+2}}$

-- Пт янв 21, 2011 15:58:03 --

ewert в сообщении #402551 писал(а):

shur в сообщении #402536 писал(а):

А как можно аналитически показать, что числитель дроби быстрей знаменателя

Вот в этом случае проще всего -- как раз по Даламберу.

Спасибо, точно! Да, кстати, там все почти сокращается и получается бесконечность)

Но я задал этот вопрос еще по тому, что есть аналогичный пример, который нужно решить

$$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{2^{n^2}+n^3}{3^{n+7}}$$

, там Даламбером будет сложнее. А у общего члена ряда $\dfrac{2^{n^2}+n^3}{3^{n+7}}$ числитель опять быстрее знаменателя растет..А как это тут показать, совершенно непонятно(

-- Пт янв 21, 2011 16:00:08 --

Gortaur в сообщении #402579 писал(а):

1. По-моему, если признак Коши или Даламбера сработал, то тогда необходимое условие можно не проверять.

2. Да Вы же показали аналитически, что числитель быстрее знаменателя - предел же посчитали.

1) Спасибо!
2) Предел не считал, показалось, что эта штука будет больше, которая в числителе..

-- Пт янв 21, 2011 16:01:05 --

Hymilev в сообщении #402617 писал(а):

shur в сообщении #402536 писал(а):

А как можно аналитически показать, что числитель дроби быстрей знаменателя (кроме разложения в ряд)?

С помощью формулы Стирлинга

Спасибо! А она точно спасет?! Попробую!