Исследовать сходимость и абсолютную сходимость

[integral2009]

1) Исследовать сходимость и абсолютную сходимость

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

По Лейбницу ряд сходится (общий член стремиться к нулю, а взяв производную, получил, что она отрицательна).

А вот с абсолютной сходимостью сложнее. Даламбер и Коши не подходят, а сравнивать не вижу с чем(((

2) Исследовать сходимость

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

Тут не понятно что делать со знакопеременностью...

Общий член ряда (без $(-1)^n$ в числителе) стремиться к нулю, но а как дальше быть?

3) Исследовать сходимость

$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{\cos(n)}{\sqrt[3]{n^2}+(-1)^n}$

Похоже на признак Абеля (косинус ограничен, а второй сомножитель стремится к нулю). Смущает $(-1)^n$ Влияет ли эта штука на что-то?

[SpBTimes]

1) Оценка + интегральный признак
2) Исследуйте сначала на абсолютную сх-ть
3) Если монотонность есть, то для признака Дирихле помех нет.

[ewert]

integral2009 в сообщении #477714 писал(а):

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

По Лейбницу ряд сходится (общий член стремиться к нулю, а взяв производную, получил, что она отрицательна).

А вот с абсолютной сходимостью сложнее.

Вот с неё и надо было (тут) начинать. Интегральный признак + признак сравнения (любой из двух; и даже не важно, в каком порядке) -- и всё очевидно.

integral2009 в сообщении #477714 писал(а):

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

Тут не понятно что делать со знакопеременностью...

Сгруппировать попарно чётные и нечётные члены -- полученный после этого ряд окажется знакопостоянным и вполне обозримым.

integral2009 в сообщении #477714 писал(а):

$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{\cos(n)}{\sqrt[3]{n^2}+(-1)^n}$

Похоже на признак Абеля (косинус ограничен, а второй сомножитель стремится к нулю). Смущает $(-1)^n$ Влияет ли эта штука на что-то?

Влияет (нарушает монотонность модуля). Просто разобрать по отдельности суммы чётных членов ряда и суммы нечётных -- они обе сойдутся.

[integral2009]

Спасибо!

1) С первым все ясно, спасибо!

2)

Цитата:

Сгруппировать попарно чётные и нечётные члены -- полученный после этого ряд окажется знакопостоянным и вполне обозримым.

$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^n}{\sqrt{n}+\frac{(-1)^n}{2\sqrt n}}= \sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{\sqrt{2n}+\frac{1}{2\sqrt{2n}}}- \sum\limits_{n=0}^{\infty}\dfrac{1}{\sqrt{2n+1}-\frac{1}{2\sqrt{2n+1}}}$

Так? И оба ряда расходятся тк $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{\sqrt{2n}+\frac{1}{2\sqrt{2n}}}\sim \sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{\sqrt n}$?

Цитата:

Влияет (нарушает монотонность модуля). Просто разобрать по отдельности суммы чётных членов ряда и суммы нечётных -- они обе сойдутся.

$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{\cos(n)}{\sqrt[3]{n^2}+(-1)^n}=\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{\cos(2n)}{\sqrt[3]{4n^2}+1}+\sum\limits_{n=0}^{\infty}\dfrac{\cos(2n+1)}{\sqrt[3]{(2n+1)^2}-1}$

По признаку Абеля оба сходятся. Так?

[SpBTimes]

2) И что вы можете сказать про разность расходящихся рядов?
Исследуйте такой:
$\sum_{n = 1}^{\infty} [\frac{1}{\sqrt{2n}+\frac{1}{2\sqrt{2n}}} - \frac{1}{\sqrt{2n}-\frac{1}{2\sqrt{2n}}}]$

integral2009 в сообщении #477807 писал(а):

По признаку Абеля оба сходятся. Так?

Да

[ewert]

SpBTimes в сообщении #477854 писал(а):

Исследуйте такой:
$\sum_{n = 1}^{\infty} [\frac{1}{\sqrt{2n}+\frac{1}{2\sqrt{2n}}} - \frac{1}{\sqrt{2n}-\frac{1}{2\sqrt{2n}}}]$

Нет, только не это!

(аккуратнее)

[SpBTimes]

Конечно во второй дроби должны быть везде $n + 1$, простите.

[integral2009]

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

$$=\sum\limits_{n=1}^{\infty}\Bigg[\dfrac{2\sqrt{2n}}{4n+1}- \dfrac{2\sqrt{2n+1}}{4n+3}\Bigg]=2\sum\limits_{n=1}^{\infty}\Bigg[\dfrac{\sqrt{2n}(4n+3)-(4n+1)\sqrt{2n+1}}{(4n+1)(4n+3)}\Bigg]$$

А дальше не сокращается((( Как же от этой разности избавиться? Поможет ли умножить на сопряженное?

[SpBTimes]

Я бы сразу по Тейлору раскладывал, но у вас тоже проблемы не видно (если праивльно всё посчитано). Выделите степень n на бесконечности, которая вносит максимальный вклад в ряд

[integral2009]

SpBTimes в сообщении #477958 писал(а):

Я бы сразу по Тейлору раскладывал, но у вас тоже проблемы не видно (если праивльно всё посчитано). Выделите степень n на бесконечности, которая вносит максимальный вклад в ряд

То есть вытащить за скобки $n^{3/2}$ в числителе?! А что это даст?

[SpBTimes]

Ну хорошо, домножьте на сопряжённое, раз пока не видите, что получается

[integral2009]

$$2\sum\limits_{n=1}^{\infty}\Bigg[\dfrac{\sqrt{2n}(4n+3)-(4n+1)\sqrt{2n+1}}{(4n+1)(4n+3)}\Bigg]=2\sum\limits_{n=1}^{\infty}\Bigg[\dfrac{2n(4n+3)^2-(4n+1)^2(2n+1)}{(4n+1)(4n+3)[\sqrt{2n}(4n+3)+(4n+1)\sqrt{2n+1}]}\Bigg]=$$

$$=2\sum\limits_{n=1}^{\infty}\Bigg[\dfrac{32n^3+48n^2+18n-32n^3-16n^2-2n-16n^2-8n-1}{(4n+1)(4n+3)[\sqrt{2n}(4n+3)+(4n+1)\sqrt{2n+1}]}\Bigg]=$$

$$=2\sum\limits_{n=1}^{\infty}\Bigg[\dfrac{16n^2+8n-1}{(4n+1)(4n+3)[\sqrt{2n}(4n+3)+(4n+1)\sqrt{2n+1}]}\Bigg] \sim$$

$$\sim 2\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{n^{3/2}}\Bigg[\text{ряд сходится}\Bigg ]$$

Правильно? Был ли способ проще?

[SpBTimes]

Был и проще, да

[integral2009]

SpBTimes в сообщении #478029 писал(а):

Был и проще, да

Спасибо, ясно!

[integral2009]

Еще остался вопрос по абсолютной сходимости этого ряда.

$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{\cos(n)}{\sqrt[3]{n^2}+(-1)^n}$

Можно написать, что $\Big|\dfrac{\cos(n)}{\sqrt[3]{n^2}+(-1)^n}\Big|\le \dfrac{1}{\sqrt[3]{n^2}+(-1)^n}$

Но из расходимости этого ряда $\sum\dfrac{1}{\sqrt[3]{n^2}+(-1)^n}$ не следует расходимость ряда $$\sum\Big|\dfrac{\cos(n)}{\sqrt[3]{n^2}+(-1)^n}\Big|$

Нужна оценка снизу. Какая же это оценка?)