Исследовать ряд на абсолютную и условную сходимость

[Key27]

$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(\left\lvert \sqrt{n} + (-1)^n \right\rvert)^p}=\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n^{ \frac{p}{2} } (1+\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}) }=\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n^{\frac{p}{2}}} (1+\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}})^p= $

Можно разложить в ряд.
$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^{\frac{p}{2}}}(1+(-p)(\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}})+ o(\frac{1}{n^{\frac{p}{2}}}) )= \frac{(-1)^n}{n^{\frac{p}{2}}} - \frac{p} {n^{\frac{p+1}{2}}}+o(\frac{1}{n^{\frac{p}{2}}}) $
А вот далее не понятен сам принцип проверки.
Для начала нужно проверить на абсолютную сходимость? Тогда берем модуль и видим, что первый ряд будет сходиться при $p>2$, а второй при $p>1$, тогда наш ряд сходится абсолютно при $p>2$
Соответственно при $p<2$ он расходится абсолютно и нужно проверить на условную сходимость с помощью правила Лейбница.
Рассмотрим
$\frac{1^n}{n^{\frac{p}{2}}}$
при $p<2$ он расходится, следовательно рад условно расходится, НО как определить верхнюю границу?
И второй вопрос: Нужно ли рассматривать остальные слагаемые суммы?

[Brukvalub]

Key27 в сообщении #1306774 писал(а):

Можно разложить в ряд.

Ну не в РЯД, а ПО ФОРМУЛЕ ТЕЙЛОРА!!! Как же достали эти "умники", всюду раскладывающие "в ряд", даже если используют только один член асимптотической формулы Тейлора. Сначала нужно хотя бы определение РЯДА выучить, а уж потом - раскладывать "в ряд"!!!

Key27 в сообщении #1306774 писал(а):

Для начала нужно проверить на абсолютную сходимость? Тогда берем модуль и видим, что первый ряд будет сходиться при $p>2$, а второй при $p>1$, тогда наш ряд сходится абсолютно при $p>2$

Глупости все это... Для абсолютной сходимости применимы признаки сравнения, в том числе в предельной форме, и никаких "двух рядов" не нужно.

Key27 в сообщении #1306774 писал(а):

Рассмотрим
$\frac{1^n}{n^{\frac{p}{2}}}$
при $p<2$ он расходится, следовательно рад условно расходится, НО как определить верхнюю границу?

Нет понятия "условной расходимости", и не нужно его придумывать.

[Key27]

Brukvalub в сообщении #1306819 писал(а):

Глупости все это... Для абсолютной сходимости применимы признаки сравнения, в том числе в предельной форме, и никаких "двух рядов" не нужно.

А можно остановиться на этом моменте по-подробнее?

У нас есть $\frac{(-1)^n}{n^{\frac{p}{2}}} - \frac{p} {n^{\frac{p+1}{2}}}+o(\frac{1}{n^{\frac{p}{2}}})$
$\lim\limits_{n\to\infty}^{} \left\lvert\frac{1}{n^{\frac{p}{2}}} - \frac{p} {n^{\frac{p+1}{2}}}+o(\frac{1}{n^{\frac{p}{2}}})\right\rvert$
Ведь $\frac{1}{n^{\frac{p}{2}}}$ и $\frac{p} {n^{\frac{p+1}{2}}}$ сходятся при разных $p$

Или нужно использовать
$\lim_{n\to\infty}\frac{u_n}{v_n}=K,$ то ряды $\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_n$ и $\sum\limits_{n=1}^{\infty}v_n $ сходятся либо расходятся одновременно.?

Key27 в сообщении #1306774 писал(а):

при $p<2$ он расходится, следовательно рад условно расходится, НО как определить верхнюю границу?

В ответе сказано, что условно сходится при $1<p\leqslant2$ Как найти "1" ?

[Someone]

Key27 в сообщении #1306774 писал(а):

$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(\left\lvert \sqrt{n} + (-1)^n \right\rvert)^p}$

При $n=1$ получается $0$ в знаменателе, а при $n>1$ модуль не нужен. (Скобки всех видов увеличенного размера создаются командами "\left" и "\right"; другие способы смотрите в теме FAQ по тегу [mаth].) Поэтому нужно писать $\sum\limits_{n=2}^{\infty} \frac{(-1)^n}{\left(\sqrt{n}+(-1)^n\right)^p}$.

Key27 в сообщении #1306848 писал(а):

А можно остановиться на этом моменте по-подробнее?

Ну что там "подробнее"? Вы знаете, с каким рядом надо сравнивать, вот и сравнивайте прямо исходный ряд. Без разложения по формуле Тейлора. И не забудьте, что речь идёт об абсолютной сходимости.

Key27 в сообщении #1306774 писал(а):

$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^{\frac{p}{2}}}(1+(-p)(\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}})+ o(\frac{1}{n^{\frac{p}{2}}}) )=\frac{(-1)^n}{n^{\frac{p}{2}}} - \frac{p} {n^{\frac{p+1}{2}}}+o(\frac{1}{n^{\frac{p}{2}}})$

Разложение написано неправильно. Конкретнее — неправильно указан порядок o-малого. (А чисто эстетически — со слишком маленькими скобками.) И при проверке сходимости нужно убедиться, что то, что стоит за этим самым o-малым, тоже сходится. Либо переписать разложение, объединив o-малое с предыдущим членом.

[Key27]

Someone

Someone в сообщении #1306877 писал(а):

Ну что там "подробнее"? Вы знаете, с каким рядом надо сравнивать, вот и сравнивайте прямо исходный ряд. Без разложения по формуле Тейлора. И не забудьте, что речь идёт об абсолютной сходимости.

С гармоническим. При $p\geqslant2$ сходится абсолютно. А как тогда проверить условную сходимость без разложения?

Получается, что исходный ряд при $p<2$ расходится
$\frac{1}{(\left\lvert \sqrt{n} + (-1)^n \right\rvert)^p}$

Если использовать признак Лейбница, то противоречие уже на 1 шаге и $a_3>a_2$

[Someone]

Key27 в сообщении #1306774 писал(а):

$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(\left\lvert \sqrt{n} + (-1)^n \right\rvert)^p}$

Someone в сообщении #1306877 писал(а):

При $n=1$ получается $0$ в знаменателе, а при $n>1$ модуль не нужен.

Key27 в сообщении #1308549 писал(а):

Если использовать признак Лейбница, то противоречие уже на 1 шаге и $a_3>a_2$

Это просто означает, что признак Лейбница неприменим.

Key27 в сообщении #1308549 писал(а):

С гармоническим. При $p\geqslant2$ сходится абсолютно.

И при $p=2$ тоже?

Key27 в сообщении #1308549 писал(а):

А как тогда проверить условную сходимость без разложения?

А я ничего про условную сходимость не говорил. Там как раз разложение по формуле Тейлора соответствующего порядка, и обязательно с остаточным членом хотя бы в форме Пеано, будет весьма полезно.

Key27 в сообщении #1306774 писал(а):

$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^{\frac{p}{2}}}(1+(-p)(\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}})+ o(\frac{1}{n^{\frac{p}{2}}}) )=\frac{(-1)^n}{n^{\frac{p}{2}}} - \frac{p} {n^{\frac{p+1}{2}}}+o(\frac{1}{n^{\frac{p}{2}}})$

Someone в сообщении #1306877 писал(а):

Разложение написано неправильно. Конкретнее — неправильно указан порядок o-малого.

[Key27]

Someone в сообщении #1308561 писал(а):

И при $p=2$ тоже?

Нет, только при $p>2$

Разложение

$$\frac{(-1)^n}{n^{\frac{p}{2}}}\left(1+(-p)\left(\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}\right)+ o\left(\frac{1}{n^{\frac{p}{2}}}\right) \right)=\frac{(-1)^n}{n^{\frac{p}{2}}} - \frac{p} {n^{\frac{p+1}{2}}}+o\left(\frac{1}{n^{\frac{p}{2}+1}}\right)$$

-- 29.04.2018, 15:21 --

Следовательно расходится при $p\leqslant2$. Значит здесь и нужно проверять условную сходимость.

Проверять только $\frac{(-1)^n}{n^{\frac{p}{2}}}$? Или каждое слагаемое на этом промежутке?

[alcoholist]

Key27 в сообщении #1308564 писал(а):

Проверять только $\frac{(-1)^n}{n^{\frac{p}{2}}}$?

Только его. Но обосновать, почему остальное можно забыть.

[Someone]

alcoholist в сообщении #1308591 писал(а):

Но обосновать, почему остальное можно забыть.

И при попытке обоснования выяснится, что забыть нельзя.

[alcoholist]

Someone в сообщении #1308595 писал(а):

забыть нельзя

да, действительно... хоть и противоинтуитивно))

[Key27]

Если смотреть по Лейбницу, то сходятся все 3, но не понятно, как определить интервал условной сходимости

[Brukvalub]

Key27 в сообщении #1308611 писал(а):

Если смотреть по Лейбницу, то сходятся все 3

Просто ужОс какой-то!

[Otta]

Key27
Откройте, пожалуйста, задачник Кудрявцева по математическому анализу. Том 2. Интегралы и ряды. Глава 4. Числовые ряды. (Вам можно всю читать, на самом деле, будет полезно.) Параграф 15. Пример 5 в начале параграфа прочитайте полностью, там несколько задач разобраны.

Потом делайте.
Признак Лейбница и когда он применяется, можно прочитать в той же главе.

[Key27]

Понял, признак Лейбница нужно использовать только для первого
$1>\frac{1}{2^{\frac{p}{2}}}>\frac{1}{3^{\frac{p}{2}}}$ при $n\to\infty$
и $\lim\limits_{n\to\infty}^{}=0$ - сходится условно

Далее нужно рассмотреть
$\frac{p}{n^{\frac{p+1}{2}}}$
При $p>1$ сходится

-- 29.04.2018, 21:53 --

Соответственно до той двойки он и сходится условно. Так?

[Someone]

Там ещё o-малое присутствует. Соответствующий ему ряд сходится? По какому признаку?