Положительные ряды

[integral2009]

Примеры на исследование сходимости не помог признак Коши и Даламбера, как быть?

1) $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{\sqrt[3]{n+1}}{\sqrt{n}+1}$

2) $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{n+1}{n^2-\ln(n)}$

[Gortaur]

integral2009
признак сравнения - найдите для обоих рядов по степени $n^\alpha$, чтобы она была эквивалентна члену ряда при больших $n$ и покажите что новые ряды разойдутся.

[integral2009]

Gortaur в сообщении #477663 писал(а):

integral2009
признак сравнения - найдите для обоих рядов по степени $n^\alpha$, чтобы она была эквивалентна члену ряда при больших $n$ и покажите что новые ряды разойдутся.

Спасибо!

1) $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{\sqrt[3]{n+1}}{\sqrt{n}+1}$



$\dfrac{\sqrt[3]{n+1}}{\sqrt{n}+1}<\dfrac{\sqrt[3]{n+1}}{\sqrt{n}}$

Хочется оставить $\dfrac{\sqrt[3]{n}}{\sqrt{n}}=\dfrac{1}{n^{1/6}}$, но ведь

$\dfrac{\sqrt[3]{n+1}}{\sqrt{n}}>\dfrac{\sqrt[3]{n}}{\sqrt{n}}$((

Как быть?


2) $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{n+1}{n^2-\ln(n)}$

А тут все хорошо!

$\dfrac{n+1}{n^2-\ln(n)}>\dfrac{n+1}{n^2}>\dfrac{n}{n^2}=\dfrac{1}{n}$

Из расходимости гармонического ряда следует расходимость исходного

[Gortaur]

Я говорил об асимптотике, $a_n\sim n^\alpha$ где $a_n$ - член ряда. Во втором случае Вы ее правильно нашли, но для того, чтобы ее найти не обязательно пользоваться неравенствами, достаточно лишь проверить при каком $\alpha$ выполняется

$$ \lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_n}{n^\alpha} = c $$

где $0<c<\infty$.

[integral2009]

А, спасибо, теперь ясно!