Исследовать ряд на сходимость

[MTV]

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

Удалось исследовать для положительных $\alpha$.
Рассматривая ряд из модулей, после преобразований, спихивая к признаку Гаусса, получаем, что ряд сходится абсолютно при $\alpha>\frac12$.
Из признака Дирихле видим, что ряд сходится условно при $0\le\alpha\le\frac12$.
Как быть с отрицательными $\alpha$? Если есть такие отрицательные $\alpha$, что для них ряд сходится, то возникает проблема с применением признаков, а именно - с монотонностью этого хозяйства (точнее, его модуля). Если таких нет, то не очень представляю, как оно доказывается...
// очень напрашивается наглое утверждение, что при отрицательных $\alpha$ общий член не стремится к нулю...

[Бодигрим]

Хм, у меня следующее предложение: свести двойные факториалы к одинарным: $(2n)!!=2^n\cdot n!$ и $(2n-1)!!={(2n)!\over 2^n\cdot n!$ - и дальше использовать формулу Стирлинга? У меня получилось, что исходная сумма сводится к $\sum (-1)^n n^{-\alpha-1/2}$.

[MTV]

утверждение конечно интересное, только пусть к Стирлингу лежит через гамма-функции... это у нас на данный момент читается, однако осмысление сего произойдет не очень скоро =)

[ShMaxG]

Ну смотрите, Хорхе в одной из похожих тем применил один замечательный метод.
А именно, пишем
$\[\begin{gathered} \ln \frac{{{n^{ - \alpha }}\left( {2n - 1} \right)!!}} {{\left( {2n} \right)!!}} = - \alpha \ln n + \ln \left( {2n - 1} \right)!! - \ln \left( {2n} \right)!! = \hfill \\ = - \alpha \ln n + \sum\limits_{i = 1}^n {\ln \left[ {2i - 1} \right]} - \sum\limits_{j = 1}^n {\ln \left[ {2j} \right]} = - \alpha \ln n + \sum\limits_{i = 1}^n {\ln 2i + \sum\limits_{i = 1}^n {\ln \left( {1 - \frac{1} {{2i}}} \right)} } - \sum\limits_{j = 1}^n {\ln \left[ {2j} \right]} = \hfill \\ = - \alpha \ln n + \sum\limits_{i = 1}^n {\ln \left( {1 - \frac{1} {{2i}}} \right)} \sim - \alpha \ln n - \frac{1} {2}\ln n \hfill \\ \end{gathered} \]$

Таким образом, $\[\frac{{{n^{ - \alpha }}\left( {2n - 1} \right)!!}} {{\left( {2n} \right)!!}} \sim {n^{ - \alpha }} \cdot \frac{1} {{\sqrt n }}\]$.

[INDIGO1991]

Действительно вы правы, что общий член не стремиться к нулю
$\frac{(2n-1)!!}{n^{\alpha}(2n!!)}>\frac{(2n+1)!!}{(2n!!)}>1$
Все выполняется начиная с некоторого номера и при $\alpha<-1$.

[Cave]

К эквивалентностям можно переходить только для исследования абсолютной сходимой, для знакочередующегося ряда это лишено смысла.

[ShMaxG]

Из того, что $\[\frac{{{n^{ - \alpha }}\left( {2n - 1} \right)!!}} {{\left( {2n} \right)!!}} \sim {n^{ - \alpha }}\frac{1} {{\sqrt n }}\] $ прямо следует, что при $\[\alpha \leqslant - 1/2\]$ общий член ряда не стремится к нулю - стало быть ряд не сходится. Если же $\[\alpha \in \left( { - 1/2;0} \right]\]$ ряд сходится по признаку Лейбница (причем не абсолютно).

[INDIGO1991]

для -1 можно нечто подобное сделать. Значит осталось рассмотреть интервал $(-1;0)$

[MTV]

Вопрос первый: для промежутка $\alpha \in \left(\frac12, 0\right]$ следует, что получив эквивалентность, мы докажем сходимость по Лейбницу? отсюда ведь явным образом не следует монотонность общего члена, чего вообще говоря требует Лейбниц.

И еще один нескромный вопрос... Как доказать эквивалентность

$$\sum_{i=1}^n \ln\left(1+\frac1i\right) \sim \ln n$$

[ИСН]

Сводится к тому же самому вопросу про гармонический ряд, а это уже, как говорится, боян.

-- Ср, 2009-10-07, 01:43 --

Отставить! Сложите все логарифмы и пораскрывайте скобки. И будет Вам

А.С.Пушкин писал(а):

Пустое "$\sim$" сердечным "$\equiv$"
Она обмолвясь заменила

[ShMaxG]

MTV
В признаке Лейбница используется монотонность не общего члена, а $\[{{a_n}}\]$, если дан ряд $\[\sum\limits_{n = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^n}{a_n}} \]$. А в нашем случае при достаточно больших $n:$ $\[{a_n} \sim {n^{ - \alpha }}\frac{1}{{\sqrt n }}\]$, убывающая при соответствующих $\[\alpha \]$

[Cave]

ShMaxG в сообщении #249644 писал(а):

Из того, что $\[\frac{{{n^{ - \alpha }}\left( {2n - 1} \right)!!}} {{\left( {2n} \right)!!}} \sim {n^{ - \alpha }}\frac{1} {{\sqrt n }}\] $ прямо следует, что при $\[\alpha \leqslant - 1/2\]$ общий член ряда не стремится к нулю - стало быть ряд не сходится. Если же $\[\alpha \in \left( { - 1/2;0} \right]\]$ ряд сходится по признаку Лейбница (причем не абсолютно).

Не следует. Если $a_n\sim b_n$ и ряд $(-1)^n a_n$ сходится, то про ряд $(-1)^n b_n$ ничего нельзя утверждать. Но если отдельно доказать, что $b_n$ убывает, то, действительно, тогда знакочередующийся ряд сходится, так как из сходимости $(-1)^n a_n$ следует, что $a_n = o(1)$, а из $a_n\sim b_n$ тогда следует, что и $b_n = o(1)$.
Однако пока доказательства монотонности я здесь не видел.

[ShMaxG]

Cave
Недочет насчет монотонности признаю.

Достаточно при достаточно больших $n$ проверить неравенство:

$\[\alpha \ln \frac{n} {{n + 1}} + \ln \left( {1 - \frac{1} {{2n + 2}}} \right) < 0\]$

И оно действительно имеет место тогда и только тогда, когда $\[\alpha > - \frac{1}{2}\]$. При необходимости могу предложить выкладки.

[MTV]

выкладки не надо все получилось. спасибо большое!