Сходимость функционального ряда

[Nurzery[Rhymes]]

Помогите найти ошибку в определении сходимости ряда. В мейпле при всех $x$, которые я вводил, сумма ряда равна бесконечности.

$\sum\limits_{n=1}^{\infty}2^n x^n \arctg \frac{2x}{n+1}$

По эквивалентности бесконечно малых, заменяем $\arctg \frac{2x}{n+1} \sim \frac{2x}{n+1}$

$\sum\limits_{n=1}^{\infty}2^n x^n \frac{2x}{n+1}$

По признаку Даламбера:

$\alpha = \lim\limits_{n \to \infty}^{} \frac{2^{n+1} x^{n+1} \frac{2x}{n+2}}{2^n x^n \frac{2x}{n+1}}$

После сокращения:

$\lim\limits_{n \to \infty}^{}\frac{\frac{2x}{n+2}}{n+1} =\lim\limits_{n \to \infty}^{} \frac{2x}{(n+1)(n+2)} = 2x \lim\limits_{n \to \infty}^{} \frac{1}{(n+1)(n+2)} = 0 < 1$ для всех $x$.

Значит, ряд сходится по Даламберу, но ведь его сумма равна бесконечности!

[provincialka]

Ошибка в арифметике: $\dfrac{\frac1{n+2}}{\frac1{n+1}}\ne \dfrac1{(n+1)(n+2)}$

[Nurzery[Rhymes]]

Заметил ошибку. Там $2x$ сокращаются, и остается в пределе:
$\frac{\frac{1}{n+2}}{\frac{1}{n+1}} = \frac{n+1}{n+2}$

Но предел этого выражения равен 1, значит, признак Даламбера здесь не дает ответ.

[Otta]

Еще раз внимательно на свой предел посмотрите. И не забудьте там модуль навесить. Где надо.

[provincialka]

Nurzery[Rhymes] в сообщении #938295 писал(а):

Там $2x$ сокращаются,

Разве?

[Nurzery[Rhymes]]

provincialka в сообщении #938299 писал(а):

Nurzery[Rhymes] в сообщении #938295 писал(а):

Там $2x$ сокращаются,

Разве?

Нет :) Запутался в своей тетрадке. Получили $|2x| \lim\limits_{n \to \infty}^{} \frac{n+1}{n+2} = |2x|$
По признаку Даламбера, ряд сходится, если $|2x| < 1$, то есть $|x| < \frac{1}{2}$. Правильно?

[Otta]

Правильно. Но случай, когда предел равен единице, нуждается в отдельном рассмотрении.

[Nurzery[Rhymes]]

Otta в сообщении #938310 писал(а):

Правильно. Но случай, когда предел равен единице, нуждается в отдельном рассмотрении.

То есть, когда $x = \pm\frac{1}{2}$?
И получится, что при $x = \frac{1}{2}$ ряд расходится, а в другом случае сходится условно по Лейбницу?

[ewert]

Кроме того, надо ещё обосновать расходимость при бОльших иксах (это сделать легко, но всё-таки надо, т.к. Даламбер формально ответа на этот вопрос не даёт).

[Cash]

Почему не дает?
Если существует предел
$q=\lim\limits_{n\to\infty}\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|$,

то ряд $\sum \limits_{n=0}^\infty a_n$ абсолютно сходится, если $q<1$, а если $q>1$ - расходится.

[ewert]

Просто потому, что признак Даламбера -- он не про модули.