Исследование на сходимость ряда №2627 из Демидовича

[TiffanyBoy245]

Я новичок в рядах и сейчас решаю номера из Демидовича. Попалась вот такая задачка №2627:

$$\sum\limits_{n=1}^{\infty}(\sqrt{n+a}-\sqrt[4]{n^2 + n + b})$$

. На a и b никаких ограничений в задачке не указано.

-- 23.11.2022, 06:35 --

Пробовал решить сам, домножив на сопряженное, и потом исследовать через предельный признак сравнения, но ни к чему содержательному это не привело.

[Null]

Тут нужен асимптотический признак.

[мат-ламер]

TiffanyBoy245 в сообщении #1571100 писал(а):

Пробовал решить сам, домножив на сопряженное,

Во-первых, корень четвёртой степени можно трактовать как квадратный корень из квадратного. Во-вторых, от внутреннего квадратного корня можно избавиться, повторив ещё раз домножение на сопряжённое.

[RIP]

К этому моменту домножения на сопряжённые уже не нужны. Нужно уметь пользоваться формулой Тейлора: $\sqrt{n+a}=\sqrt{n}\,(1+a/n)^{1/2}=\sqrt{n}\left(1+\frac{a}{2n}+\dotsb\right)$. И аналогично со вторым корнем.

[мат-ламер]

RIP в сообщении #1571139 писал(а):

К этому моменту домножения на сопряжённые уже не нужны. Нужно уметь пользоваться формулой Тейлора

Я тоже подумал про формулу Тейлора. Но меня смутило:

TiffanyBoy245 в сообщении #1571100 писал(а):

Я новичок ...

и подумалось, что пусть уж докончит начатое. А, вообще, на любую задачу полезно посмотреть с разных сторон.

RIP в сообщении #1571139 писал(а):

$\sqrt{n+a}=\sqrt{n}\,(1+a/n)^{1/2}=\sqrt{n}\left(1+\frac{a}{2n}+\dotsb\right)$.

Тут ещё для полноты картины три точки желательно чем-то заменить, чтобы показать, что ряд всё-таки сходится для некоторого $a$ . И лучше, наверное, вместо троеточия поставить $O(n^{-2})$ , чем $o(n^{-1})$ .

[RIP]

мат-ламер в сообщении #1571165 писал(а):

Тут ещё для полноты картины три точки желательно чем-то заменить, чтобы показать, что ряд всё-таки сходится для некоторого $a$ . И лучше, наверное, вместо троеточия поставить $O(n^{-2})$ , чем $o(n^{-1})$ .

Ну да. Учитывая, что эта задача идёт до знакопеременных рядов (абсолютной сходимости ещё не знаем), то и следующий коэффициент тоже, наверно, нужно считать.

[TiffanyBoy245]

Спасибо огромное всем за помощь! Я знаю про ряд Тейлора. Просто не понимаю, как применить ее в задачах на сходимость ряда, потому что вроде как мы раскладываем функцию В ПРЕДЕЛЕ к точке x0 в ряд Тейлора, а тут никакого предела же нет. Скорее всего я плохо усвоил этот материал и стоит повторить.

[мат-ламер]

TiffanyBoy245 в сообщении #1571173 писал(а):

а тут никакого предела же нет.

Ну почему? Во-первых, $n \to \infty$ . А, во-вторых, $1 \slash n \to 0$ .

[RIP]

Не ряд Тейлора, а формула Тейлора, с остаточным членом в форме Пеано. Совсем игрушечный пример: $\sum_{n=1}^{\infty}(1-n\sin(1/n))$.
Знаем, что $\sin x=x-\frac{x^3}{6}+o(x^3)$ при $x\to0$. Подставим $x=1/n$ — получим $\sin(1/n)=\frac{1}{n}-\frac{1}{6n^3}+o\left(\frac{1}{n^3}\right)$ при $n\to\infty$, откуда
$1-n\sin(1/n)=\frac{1}{6n^2}+o\left(\frac{1}{n^2}\right)$, то есть $a_n\sim\frac{1}{6n^2}$ при $n\to\infty$, поэтому ряд сходится.

[TiffanyBoy245]

На примере с

$$\sum\limits_{n=1}^{\infty}(1-\sin(1/n))$$

стало понятно, как это использовать. Думаю, что сейчас расправлюсь с этим номером. Ещё раз спасибо большое всем за помощь!

[RIP]

Можно, конечно, и на сопряжённое домножать, только тогда лучше сразу нужно подгонять под $a^4-b^4=(a-b)(a^3+a^2b+ab^2+b^3)$.