Сходимость ряда на концах интервала сходимости

[Dext]

Надо исследовать этот ряд \sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{2^nn!^2x^n}{(2n+2)!} на сходимость.
После применения стандартных методов получил, что ряд сходится при $x\in(-2;2)$.

С помощью какого признака исследовать ряд на сходимость на концах интервала сходимости?

P.S. Даламбера не предлагать - получается единица!

[ShMaxG]

$\[\frac{{{2^n}n{!^2}}} {{\left( {2n + 2} \right)!}}\] \text{ }\sim \[{\left( {\frac{1} {{1 + \frac{1} {n}}}} \right)^{2n}}\frac{1} {{{2^n}}}\frac{{\sqrt n }} {{{{\left( {2n + 2} \right)}^2}}}\]$, при $n \to \infty$
Ряд сходится абсолютно, в обоих точках.

[Dext]

Спасибо!

Но только я что-то не понял какой Вы использовали признак.

Можно ли использовать признак попроще?

[ShMaxG]

Я воспользовался признаком сравнения (или эквивалентности. Если общие члены двух неотрицательных рядов эквивалентны, то сходимость одного ряда повлечет сходимость другого. И наоборот. Т.е. их сходимость и расходимость -- равносильны). При этом пользовался формулой Стирлинга. Проще -- ну не знаю. У меня с факториалами разговор короткий.

[Dext]

Вроде, у меня получается доказать сходимость в граничных точках с помощью признака Раабе (предел равен 3/2).

Или лучше (проще) использовать признак сравнения?

[ShMaxG]

Dext в сообщении #344992 писал(а):

Или лучше (проще) использовать признак сравнения?

Вы смотрите, что Вам проще Я признака Раабе не знаю. Если задача не учебная, то формула Стирлинга и мое решение представляются мне довольно адекватными, и решение готово за пару минут.

-- Ср авг 18, 2010 01:43:51 --

А чем Вам не нравится метод сравнения и Стирлинг? Метод сравнения сам по себе очевиден. Формула Стирлинга, конечно, не очевидна, но выручает она часто. Как, например, здесь.

[Dext]

А разве не надо обосновывать сходимость ряда с общим членом

$$\left(\frac{1}{1+\frac{1}{n}}\right)^{2n}\frac{1}{2^n}\frac{1}{(2n+2)^2}$$

?

Пример из задачника препода (готовлюсь к предстоящему семестру).

[ShMaxG]

Dext в сообщении #344999 писал(а):

А разве не надо обосновывать сходимость ряда с общим членом

$$\left(\frac{1}{1+\frac{1}{n}}\right)^{2n}\frac{1}{2^n}\frac{1}{(2n+2)^2}$$

?

Ну не с таким, а с помноженным на $x^n$. Обосновывать нужно. Попробуйте, это не сложно.

Dext в сообщении #344999 писал(а):

Пример из задачника препода (готовлюсь к предстоящему семестру).

Так, если формулы Стирлинга Вы проходить не будете, то пользоваться ей, как бы, будет нельзя
Какие признаки сходимости будете проходить, такими и можно пользоваться...

[Dext]

ShMaxG в сообщении #345000 писал(а):

Так, если формулы Стирлинга Вы проходить не будете, то пользоваться ей, как бы, будет нельзя
Какие признаки сходимости будете проходить, такими и можно пользоваться...

Формулу Стирлинга уже проходили (во втором семестре).
Какие признаки сходимости будем проходить я не знаю, но то, что будут ряды, знаю точно - просто уверен

Какие признаки нашел в Сети, такие и пытаюсь использовать.

Может покажите полностью своё решение.

[ShMaxG]

Dext в сообщении #344992 писал(а):

Вроде, у меня получается доказать сходимость в граничных точках с помощью признака Раабе (предел равен 3/2).

Да, это так. Признак Раабе -- это тоже вариант.

Dext в сообщении #345002 писал(а):

Формулу Стирлинга уже проходили (во втором семестре).

Ну замечательно! Значит мое решение должно всех устроить.

А решение такое (маленькие детали все же додумайте сами). Я в своем первом посте применил формулу Стирлинга. Пусть $x$ - положителен. Тогда можно писать все эти эквивалентности вместе с $x^n$. Посмотрим на $\[{\left( {\frac{1} {{1 + \frac{1} {n}}}} \right)^{2n}}\frac{1} {{{2^n}}}\frac{\sqrt{n}} {{{{\left( {2n + 2} \right)}^2}}}{x^n} = {\left( {\frac{1} {{1 + \frac{1} {n}}}} \right)^{2n}}\frac{\sqrt{n}} {{{{\left( {2n + 2} \right)}^2}}}{\left( {\frac{x} {2}} \right)^n}\] $.

Хорошо видно, что если $\[x \leqslant 2\]$, то сходимость имеет место. Первый множитель стремится к числу (кстати, к какому?), второй к нулю как $\frac{1}{n^{\frac{3}{2}}}$, а третий либо стремится к нулю, либо равен 1, но это без разницы. Ряд сходится, потому что сходится ряд с общим членом $\frac{1}{n^{\frac{3}{2}}}$ (тут метод сравнения). Ну раз уж это все дело справедливо для положительных иксов, то справедливо и для отрицательных, ибо абсолютно сходящийся ряд -- ... Сами знаете. А если вдруг $x>2$, то сходимости нет, так как не выполнено вполне известное необходимое условие сходимости ряда.

[Null]

В формуле Стирлинга еще $\sqrt{2 \pi n}$. Раабе дал 3/2, что означает что ряд эквивалентен $n^{-1.5}$
А стандартный способ решения через Раабе или Гаусса. Через Гаусса проще будет.

[ShMaxG]

Null в сообщении #345458 писал(а):

В формуле Стирлинга еще $\sqrt{2 \pi n}$.

Пардон, есть. Думал, что этот множитель будет не важен в оценке, и был не прав! Все поправлю сейчас. Спасибо, что заметили.

[maxmatem]

Null
И чем это проще признак Гаусса? Он здесь вообще не нужен, у вас разве в пределе получилась единица? НЕТ! Значит признак Раабе , даёт достаточно информации для сходимости или расходимости ряда.
Вот скажем, если бы в пределе получилась единица ,то да признак Гаусса ...а так....зачем....

[Null]

$x=2$
$a_{n+1}/a_n=\frac{4{(n+1)}^2}{(2n+3)(2n+4)}=1-\frac{1.5}{n}+O(n^{-2})$
Значит ряд сходиться т.к -1.5<-1. Помоему просто.

[ShMaxG]

Null
Абсолютно те же самые действия надо проделать и для признака Раабе Мне эти два признака кажутся тривиально следующими друг из друга, по сложности одинаковы.