Исследовать ряд на сходимость

[MTV]

$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{a(a-1)(a-2)...(a-n+1)}{n!}$$

При исследовании вот что получил:
$a \in [0,+\infty)$ - сходится абсолютно (предел по Раабе > 1).
$a \in (-\infty, -1]$ - общий член не стремится к нулю, а значит расходится.
остался момент, когда $a \in (-1,0)$.
Сам бог велел применить признак Дирихле, ибо если заметить, ряд знакочередующийся, а если вынести $(-1)^n$ (общий член тогда будет под модулем), то получаем практически всё для применения признака. Остается доказать, что общий член стремится к нулю, а как доказать, что-то не очень представляю...

[Alhimik]

По признаку D'Alambert выходит, что ряд сходится...
$\lim\limits_{n \to \infty} \frac {u_{n+1}} {u_n}=0$

[Хорхе]

Если вынести всюду $-1$, как Вы предлагаете, получим:

$$ a_n=\prod_{k=1}^n\Big(1 - \frac{a+1}k\Big)\to a,\ n\to\infty. $$

Предел существует, поскольку последовательность убывает.
Можно, например, это дело прологарифимировать:

$$ \ln a_n = \sum _{k=1}^n \ln \Big(1 - \frac{a+1}k\Big) $$

Поскольку $\ln (1 - (a+1)/k)\sim - (a+1)/k$, $k\to\infty$, то $\ln a_n\to -\infty$, $n\to\infty$ и посему
$a = 0$.

-- Вс окт 04, 2009 00:25:34 --

Alhimik в сообщении #248827 писал(а):

По признаку D'Alambert выходит, что ряд сходится...
$\lim\limits_{n \to \infty} \frac {u_{n+1}} {u_n}=0$

Враки, предел равен единице.

[Alhimik]

Тогда где ошибка?
$u_n= \frac {a(a-1)(a-2)...(a-n)} {n!}$
$\lim\limits_{n \to \infty} \frac {u_{n+1}} {u_n}=\lim\limits_{n \to \infty} \frac {a(a-1)(a-2)...(a-n+2)n!} {(n+1)n! a(a-1)(a-2)...(a-n+1)}=\lim\limits_{n \to \infty} \frac 1 {(n+1)(a-n+1)}=\lim\limits_{n \to \infty} \frac 1 {-n^2+an-a+1}=0$

[gris]

$\lim\limits_{n \to \infty} \frac {u_{n+1}} {u_n}=\lim\limits_{n \to \infty} \frac {a(a-1)(a-2)...(a-n+2)n!} {(n+1)n! a(a-1)(a-2)...(a-n+1)}=\lim\limits_{n \to \infty} \frac {(a-n+2)}{(n+1)}=-1$
В признаке рассматривается модуль отношения, так что получается 1.

[ewert]

Хорхе в сообщении #248828 писал(а):

$$ \ln a_n = \sum _{k=1}^n \ln \Big(1 - \frac{a+1}k\Big) $$

Поскольку $\ln (1 - (a+1)/k)\sim - (a+1)/k$, $k\to\infty$, то $\ln a_n\to -\infty$, $n\to\infty$

Между прочим, отсюда $a_n\sim n^{-a-1}$, откуда мгновенно: абсолютная сходимость при $a>0$, условная при $-1<a\leqslant0$ и расходимость при $a\leqslant-1$.

(только случай $a=-1$ надо рассматривать отдельно, но он тривиален)