Знакочередующиеся ряды

[integral2009]

1) Исследовать на сходимость и абсолютную сходимость ряд

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

Исследуя на абсолютную сходимость, интегральный признак -- не помог (Коши и Даламбера -- тоже). Как быть?

2) Исследовать на сходимость и абсолютную сходимость ряд

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

Исследуя на абсолютную сходимость, интегральный признак -- не помог (Коши и Даламбера -- тоже). Как быть?

3) Исследовать на сходимость и абсолютную сходимость ряд

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

Исследуем абсолютную сходимость.

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

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

Дальше - не понятно -- что делать.

[SpBTimes]

1) Исследуя на абсолютную сходимость:
$\frac{\ln{\ln{n + 2}}}{\ln{n + 2}} > \frac{\ln{\ln{n + 2}}}{(n+2)\cdot\ln{n + 2}}$
Теперь установите расходимость интегральным признаком
Условная сходимость: Признак Лейбница

-- Сб авг 27, 2011 20:34:16 --

2) Исследовать на абсолютную сходимость, зная, что $\ln(x) < x^s s > 0$
3) Эквивалент выделите

[integral2009]

SpBTimes в сообщении #478135 писал(а):

1) Исследуя на абсолютную сходимость:
$\frac{\ln{\ln{n + 2}}}{\ln{n + 2}} > \frac{\ln{\ln{n + 2}}}{(n+2)\cdot\ln{n + 2}}$
Теперь установите расходимость интегральным признаком
Условная сходимость: Признак Лейбница

Спасибо, тут все ясно.

SpBTimes в сообщении #478135 писал(а):

2) Исследовать на абсолютную сходимость, зная, что $\ln(x) < x^s s > 0$

А каким образом подобрать $s$?

SpBTimes в сообщении #478135 писал(а):

3) Эквивалент выделите

то значить вытащить за скобки $\sqrt[3]{2n}$?

[xmaister]

$\frac{\ln ^2(n+1)}{n\sqrt{n+1}}=o\left(\frac{1}{n\sqrt[4]{n+1}}\right)$ это по второму.

[integral2009]

xmaister в сообщении #478142 писал(а):

$\frac{\ln ^2(n+1)}{n\sqrt{n+1}}=o\left(\frac{1}{n\sqrt[4]{n+1}}\right)$ это по второму.

Cпасибо, но откуда это получилось?!

[xmaister]

Гляньте «O» большое и «o» малое. По определению о-малого
$\lim\limits_{n\to\infty}\frac{\ln ^2(n+1)}{\sqrt[4]{(n+1)}}=...$

[SpBTimes]

integral2009 в сообщении #478141 писал(а):

А каким образом подобрать $s$?

Так, чтобы ваш ряд сошёлся

xmaister сказал вот что:
Если $\lim\limits_{x \to a} \frac{f(x)}{g(x)} = 0 \Leftrightarrow f(x) = o(g(x))$
А у o-малых есть св-во, что $f(x) \cdot o(g(x)) = o(f(x) \cdot g(x))$

В прочем, это мой же совет, только сформулированный более научно

-- Сб авг 27, 2011 21:39:36 --

integral2009 в сообщении #478141 писал(а):

то значить вытащить за скобки $\sqrt[3]{2n}$?

Да, вроде того, и в знаменателе пошаманьте. Получите в итоге, что ваш ряд эквивалентен ряду с общим членом $C/n^s$. Вот $s$ и хотелось бы узнать

[integral2009]

$\lim\limits_{n\to\infty}\frac{\ln ^2(n+1)}{\sqrt[4]{(n+1)}}=0$

Степень $1/4$ взята произвольным образом? Можно было взять $1/8$?

Если так, то понятно.

[xmaister]

Да хоть $\frac1{10000}$, это как захотите

[integral2009]

Чуть-чуь похимичил, вот что вышло...Как быть дальше?

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

-- Сб авг 27, 2011 21:51:43 --

xmaister в сообщении #478155 писал(а):

Да хоть $\frac1{10000}$, это как захотите

Спссибо, понятно))

[SpBTimes]

integral2009 в сообщении #478156 писал(а):

.Как быть дальше?

Так а зачем вы носитесь со всякими бесконечно малыми? У вас явно напрашивается в пределе:
$\frac{2 \cdot \sqrt[3]{2n}}{6 \cdot \sqrt[3]{4 \cdot n^2}}$

Правда я не понимаю, зачем так сложно исследовать на абсолютную сходимость, если можно сразу написать, что
$a_{n} = \frac{1}{2\sqrt[3]{n} + (-1)^{n - 1}}$~~$ \frac{1}{2\sqrt[3]{n}}$

[integral2009]

SpBTimes в сообщении #478166 писал(а):

.Как быть дальше?

Так а зачем вы носитесь со всякими бесконечно малыми? У вас явно напрашивается в пределе:
$\frac{2 \cdot \sqrt[3]{2n}}{6 \cdot \sqrt[3]{4 \cdot n^2}}$

Ясно, точно, спасибо"!

Цитата:

Правда я не понимаю, зачем так сложно исследовать на абсолютную сходимость, если можно сразу написать, что
$a_{n} = \frac{1}{2\sqrt[3]{n} + (-1)^{n - 1}}$~~$ \frac{1}{2\sqrt[3]{n}}$

А почему так сразу можно написать? Ведь $(-1)^n$ может дать какой-то вклад, ведь это нужно как-то объяснить!

[xmaister]

Так Ваш ряд сходится абсолютно.

[SpBTimes]

integral2009 в сообщении #478168 писал(а):

Ведь $(-1)^n$ может дать какой-то вклад, ведь это нужно как-то объяснить!

При больших n оно даёт вклад, как $\frac{(-1)^n}{n}$
Это, как говорится, ни о чём

[integral2009]

xmaister в сообщении #478171 писал(а):

Так Ваш ряд сходится абсолютно.

Это я понял) Я имею ввиду, что при исследовании абсолютной сходимости $(-1)^n$ в знаменателе есть, нельзя же взять и отбросить ее так) Или можно?)