Знакочередующийся ряд

[Alexgalustov]

Здравствуйте! Маленькая загвоздка с заданием.

Исследовать на сходимость ряд

$$ \sum_{n=1}^{\infty} \frac {[3+(-1)^n]^n} n x^n.$$

По формуле Коши-Адамара радиус сходимости получился $1/4$.
На правой границе $x=1/4$ ряд расходится, а вот на левой $x=-1/4$ неясно.
Признак Лейбница не работает, так как общий член ряда по модулю не убывает монотонно, однако он стремится к нулю.
То есть, необходимое условие сходимости всё-таки имеется. Вопрос: как понять, ряд сходится или расходится?
Заранее большое спасибо!

[Someone]

Alexgalustov в сообщении #1233932 писал(а):

на левой $x=-1/4$ неясно.

Попробуйте сгруппировать члены по два.

[ewert]

Или то же самое, но немного иначе. Любая частичная сумма -- это разность между суммой чётных членов и суммой нечётных (плюс-минус одно слагаемое, которое несущественно). И та, и другая сумма расходится; но расходятся существенно по-разному. В смысле одна из них во сколько-то примерно раз больше другой.

[Alexgalustov]

Someone в сообщении #1233939 писал(а):

И та, и другая сумма расходится

а у меня получилось, что первая сходится, как геометрическая прогрессия, с основанием меньше единицы:
$\sum\limits_{1}^{\infty}\frac{-1}{(2n-1)2^{2n-1}}+\sum\limits_{1}^{\infty}\frac{1}{2n}$

-- 16.07.2017, 19:16 --

Someone в сообщении #1233939 писал(а):

Попробуйте сгруппировать члены по два.

а если сгруппировать четные с нечетными, то получится зверь, который не боится ни признаков сравнения и никаких других, как выходит у меня:
$\sum\limits_{1}^{\infty}\frac{(2n-1)^{2n-1}-2n}{n(2n-1)2^{2n}}$

[Someone]

Alexgalustov в сообщении #1233950 писал(а):

а если сгруппировать четные с нечетными, то получится зверь, который не боится ни признаков сравнения и никаких других, как выходит у меня:

Если не приводить к общему знаменателю, а оставить две дроби, то легко применить один из признаков сравнения (когда я рассказываю признаки сравнения своим студентам, он у меня второй; как у Вас — не знаю). А дальше можно сослаться на теорему о скобках.

Alexgalustov в сообщении #1233950 писал(а):

Someone в сообщении #1233939 писал(а):

И та, и другая сумма расходится

Я этого не писал.

Alexgalustov в сообщении #1233950 писал(а):

а у меня получилось, что первая сходится, как геометрическая прогрессия, с основанием меньше единицы:
$\sum\limits_{1}^{\infty}\frac{-1}{(2n-1)2^{2n-1}}+\sum\limits_{1}^{\infty}\frac{1}{2n}$

В принципе, выяснив что нужно про вторую и используя свойства сходящихся рядов, из этого уже можно получить то, что Вам требуется.

[Alexgalustov]

Someone в сообщении #1233970 писал(а):

Я этого не писал.

Извините, это из сообщения выше. Не знаю, почему Ваш ник записался.

А ряд, как я понял, расходится. Посмотрите, пожалуйста, верны ли рассуждения:
$\sum\limits_{1}^{\infty}\frac{1}{2n}-\frac{1}{(2n-1)2^{2n-1}}>\sum\limits_{1}^{\infty}\frac{1}{2n}-\frac{1}{(2n)^2}=\frac{1}{2}\sum\limits_{1}^{\infty}\frac{2n-1}{2n^2}>\frac{1}{4}\sum\limits_{1}^{\infty}\frac{n}{n^2}=\frac{1}{4}\sum\limits_{1}^{\infty}\frac{1}{n}$ – расходящийся гармонический ряд.
Следовательно, изначальный ряд тоже расходится.