Помогите исследовать ряды на сходимость !!!

[Alexey \\]

$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty } (1-\frac{ \ln n}{n})^{2n}$
Я пробовал применить радикальный признак Коши , но в пределе получается 1 , общий член стремиться к нулю ,то есть необходимый признак выполняется . Дальше не знаю как к этому ряду подойти , оценить не получается , по формуле Тейлора пробовал ,но тоже не знаю как до ума довести .
И ещё один ряд $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty } \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}+\frac{(-1)^n}{2\cdot \sqrt{n}}}$
Привёл к такому виду $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty } \frac {(-1)^n 2 \sqrt{n}}{2n+(-1)^n}$ ,пробовал свести к признаку Дирихле , но видимо последовательность частичных сумм числителя неограниченна , как у меня получилось абсолютной сходимости нет ,а вот с условной не понятно . Прошу помочь с идеями решений.(Нужно установить сходимость ряда или расходимость )

[mihaild]

В первом примере - поделите и умножьте показатель степени на $2 \ln n$.
Во втором - вычтите и прибавьте к каждому члену ряда $\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}$ (каждое слагаемое примерно равно этому, поэтому в разности будет что-то маленькое, а общий член второго ряда гораздо проще).

[artempalkin]

mihaild в сообщении #1536698 писал(а):

$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty } \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}+\frac{(-1)^n}{2\cdot \sqrt{n}}}$

Самый стандартный подход к такому ряду (мало отличается от способа, предложенного mihaild, но все же чуть последовательнее, на мой взгляд):

$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty } \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}+\frac{(-1)^n}{2\cdot \sqrt{n}}}=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}\cdot\frac{1}{1+\frac{(-1)^n}{2{n}}}$. Дальше вторую дробь раскладываете в ряд Тейлора с остаточным членом в форме Пеано (сколько понадобится слагаемых).

[Padawan]

Alexey \\ в сообщении #1536694 писал(а):

$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty } (1-\frac{ \ln n}{n})^{2n}$
по формуле Тейлора пробовал ,но тоже не знаю как до ума

$(1-\frac{ \ln n}{n})^{2n}=\exp(2n\ln(1-\frac{\ln n}{n}))=\ldots$

[ewert]

Alexey \\ в сообщении #1536694 писал(а):

по формуле Тейлора пробовал ,но тоже не знаю как до ума довести .

Можно и по Тейлору (достаточно будет первого члена, т.е. второго замечательного предела).
Только применять его нужно не к самому общему члену, а к его логарифму: $\ln a_n\sim\ ?$.
А как довести до ума -- так ведь из эквивалентности следует и двусторонняя оценка с изменением константы на небольшую величину. В какую сторону понадобится для доказательства, в ту и изменяйте.

Во втором случае оптимально, видимо, предложение mihaild. Там пафос вот в чём: отбрасывание второго слагаемого в знаменателе даёт поправку по величине порядка $(\frac1x)'\big|_{x=\sqrt n}\cdot\frac1{2\sqrt n}\sim n^{-\frac32}$, чего явно достаточно для абсолютной сходимости.

(Оффтоп)

Непонятно только, зачем составители туда ещё и двойку засунули; видимо, сбить с толку хотели, но непонятно, каким образом -- на что намекали-то.

-- Вс окт 31, 2021 10:55:46 --

Да, для второго ряда есть ещё один вполне стандартный приём. Хотя модули убывают и не монотонно, но знакочередование всё-таки есть. В таких случаях обычно просто сгруппируют члены ряда попарно; получится некоторый знакоопределённый ряд, члены которого убывают опять-таки как степень минус три вторых.

И да, я сообразил, для чего они воткнули двойку. Для того, чтобы монотонность или немонотонность оказалась сомнительной (скажем, для тройки она будет, для единички -- нет, а вот случай двойки -- как раз пограничный).

[nnosipov]

(Оффтоп)

ewert в сообщении #1537105 писал(а):

Непонятно только, зачем составители туда ещё и двойку засунули; видимо, сбить с толку хотели, но непонятно, каким образом -- на что намекали-то.

Да банально: чтобы при $n=1$ знаменатель в ноль не обратился.

[ewert]

(Оффтоп)

nnosipov в сообщении #1537106 писал(а):

Да банально: чтобы при $n=1$ знаменатель в ноль не обратился.

Это вряд ли. Для этого достаточно было бы просто поставить минус перед маленькой дробью, смысл задачи ведь ничуть не изменился бы.