Еще ряды

[integral2009]

1) Исследовать на сходимость и абсолютную сходимость.

$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{\cos^4n}{n}$

Как тут исследовать абсолютную сходимость?

Можно написать, что $\dfrac{\cos^4n}{n}\le\dfrac{1}{n}$. Но гармонический ряд разойдется...А из его расходимости не будет следовать расходимость исходного

Если ряд не сходится абсолютно, то признаку Дирихле ряд сойдется условно.

(Оффтоп)

Кстати, тут же вопрос. Признак Дирихле "более сильный", чем признак Абеля?
По признаку Дирихле в данном примере:

1) $\Big|\cos^4n\Big|\le 1$

2) $\lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{1}{n}=0$

3) $\dfrac{1}{n+1}<\dfrac{1}{n}$

А признак Абеля тут не подойдет.

2) Исследовать на сходимость и абсолютную сходимость.

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

Можно написать, что $\Big|(\sqrt[n]n-1)\cos n\Big|\le \sqrt[n]n-1$

Тот же вопрос -- как тут исследовать абсолютную сходимость? Знаю, что $\lim\limts_{n\to\infty}\sqrt[n]n=1$

3) Исследовать на сходимость

(Оффтоп)

Кстати, если написано исследовать сходимость -- нужно ли исследовать на абсолютную сходимость?

$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\sin(\pi\sqrt{n^2+1})$

Тут нет идей.Если отбросить единицу из под корня, то будет ряд из нулей. Но неравенство $\sin(\pi\sqrt{n^2+1})\le\sin(\pi\sqrt{n^2+1})$ выполняется не всегда.

4) Исследовать на сходимость

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

Абсолютно ряд расходится (будет гармонический), а условно сходится по признаку Дирихле -- правильно? Есть ли разница -- какая степень у минус единицы? Зачем это придумали? Чтоб запутать?)

[Whitaker]

integral2009 в сообщении #478219 писал(а):

1) Исследовать на сходимость и абсолютную сходимость.

(Оффтоп)

Кстати, тут же вопрос. Признак Дирихле "более сильный", чем признак Абеля?
По признаку Дирихле в данном примере:

1) $\Big|\cos^4n\Big|\le 1$

2) $\lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{1}{n}=0$

3) $\dfrac{1}{n+1}<\dfrac{1}{n}$

А признак Абеля тут не подойдет.

Неправильно у Вас. По признаку Дирихле частичные суммы ряда $\sum_{n=1}^{\infty}$(\cos n)^4$ должны быть ограничены, а не сам общий член.

-- Вс авг 28, 2011 07:13:06 --

Насчёт 3-й задачи представьте общий член так: $\sin (\pi \sqrt{n^2+1})=\sin (\pi \sqrt{n^2+1}-\pi n)$.
Насчёт 4-й задачи посмотри в каких промежутках меняется знак общего члена, и объедини в скобки.

-- Вс авг 28, 2011 07:31:00 --

Насчёт первой задачи воспользуйся оценками такого вида:
$|\cos^4{n}|=|\cos^2{n}| \cdot |\cos^2{n}| = (\frac{1+\cos{2n}}{2})^2 $
Может что-нибудь получится. Не забудь раскрыть скобки, сделать преобразования и применить признаки.

[Хорхе]

integral2009 в сообщении #478219 писал(а):

$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{\cos^4n}{n}$

Как тут исследовать абсолютную сходимость?

Можно написать, что из трех последовательных членов хотя бы один имеет числитель больше 0.01. Или понизить степень и получится расходящийся ряд и несколько сходящихся.

Цитата:

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

Можно написать, что $\Big|(\sqrt[n]n-1)\cos n\Big|\le \sqrt[n]n-1$

Тот же вопрос -- как тут исследовать абсолютную сходимость? Знаю, что $\lim\limts_{n\to\infty}\sqrt[n]n=1$

Поскольку вопрос об абсолютной сходимости, я полагаю, что с условной все получилось?

Записанное неравенство ничем не поможет, потому что абсолютно ряд расходится. Так что нужна оценка снизу. Подсказка: запишите как экспоненту логарифма и выпишите пару членов разложения по Тейлору. А с косинусом то же самое, что в прошлом примере.

Цитата:

[b]3) Исследовать на сходимость

(Оффтоп)

Кстати, если написано исследовать сходимость -- нужно ли исследовать на абсолютную сходимость?

$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\sin(\pi\sqrt{n^2+1})$
Тут нет идей.Если отбросить единицу из под корня, то будет ряд из нулей. Но неравенство $\sin(\pi\sqrt{n^2+1})\le\sin(\pi\sqrt{n^2+1})$ выполняется не всегда.

На абсолютную исследовать не надо. Насчет условной. Запишите, опять-же, пару членов разложения
по Тейлору, но на этот раз не в нуле, а в точке $\pi n$.

Цитата:

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

Абсолютно ряд расходится (будет гармонический), а условно сходится по признаку Дирихле -- правильно? Есть ли разница -- какая степень у минус единицы? Зачем это придумали? Чтоб запутать?)

Есть ли разница, какая степень у минус единицы? Попробуйте подумать и ответить самостоятельно на свой вопрос. Ну а принцип Дирихле тут не при чем. Сгруппируйте члены одного знака, идущие подряд и воспользуйтесь необходимым признаком сходимости.

[SpBTimes]

Whitaker в сообщении #478226 писал(а):

Насчёт первой задачи воспользуйся оценками такого вида:
$|\cos^4{n}|=|\cos^2{n}| \cdot |\cos^2{n}| = (\frac{1+\cos{2n}}{2})^2 $
Может что-нибудь получится. Не забудь раскрыть скобки, сделать преобразования и применить признаки.

Конечно получится. И сх-ти не будет.
Не совсем понимаю, зачем исследовать на условную, если ряд знакопостоянен.

[integral2009]

Спасибо! Получается так.

1) $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{\cos^4n}{n}=\sum\limits_{n=1}^{\infty}(\frac{1+\cos{2n}}{2})^2=\dfrac{1}{4}\sum\limits_{n=1}^{\infty}1+\dfrac{1}{2}\sum\limits_{n=1}^{\infty}\cos{2n}+\dfrac{1}{4}\sum\limits_{n=1}^{\infty}\cos^2{2n}$

Ряд$\sum\limits_{n=1}^{\infty}1$ расходится, оставшиеся 2 сходятся условно, значит исходный ряд расходится (и не сходится даже условно). Правильно?

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

$n^{1/n}=e^{\frac{1}{n}\ln n}\sim 1+\frac{1}{n}\ln n$

А что делать с косинусом -- не понял!

3) $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\sin(\pi\sqrt{n^2+1})$

Whitaker в сообщении #478226 писал(а):

Насчёт 3-й задачи представьте общий член так: $\sin (\pi \sqrt{n^2+1})=\sin (\pi \sqrt{n^2+1}-\pi n)$.

А как вы догадались до этого?) В жизни б такая мысль не пришла в голову!

$$\sin (\pi \sqrt{n^2+1})=\sin (\pi \sqrt{n^2+1}-\pi n)=\sin\dfrac{\pi (\sqrt{n^2+1}-n)(\sqrt{n^2+1}+n)}{(\sqrt{n^2+1}+ n)}=\sin\dfrac{\pi }{(\sqrt{n^2+1}+ n)}\sim $$

$$\sim\dfrac{\pi }{(\sqrt{n^2+1}+ n)}\sim \dfrac{1}{{n}}$$

Из расходимости гармонического ряда следует расходимость исходного. Правильно?

-- Вс авг 28, 2011 15:52:18 --

4) $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^{[\ln n]}}{n}=1+\dfrac{1}{2}-\Big(\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{5}+\dfrac{1}{6}+\dfrac{1}{7}\Big)+\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{9}...$

Насколько я понимаю

$[\ln 1]=0$; $[\ln 2]=0$; $[\ln 3]=1$; $[\ln 4]=1$; $[\ln 5]=1$; $[\ln 6]=1$; $[\ln 7]=1$; $[\ln 8]=2$;

Закономерность для меня неочевидна(

[Whitaker]

Ряд $\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k-1}\Big(\dfrac{1}{[e^{k-1}]+1}+...\dfrac{1}{[e^k]}\Big)$ получен группировкой ряда 4.
Остальные по-моему правильны решил, но я так бегло смотрел.
P.S. Подсказка ко второй задаче:
$n^{1/n}=e^{\frac{1}{n}\ln n}\sim 1+\frac{1}{n}\ln n$
Следовательно:
$\cos n(n^{1/n}-1)\sim \dfrac{\cos n}{n}\ln n=\cos n \cdot \dfrac{\ln n}{n}$.
Воспользуйтесь признаком Дирихле.

[integral2009]

Whitaker в сообщении #478309 писал(а):

Ряд $\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k-1}\Big(\dfrac{1}{[e^{k-1}]+1}+...\dfrac{1}{[e^k]}\Big)$ получен группировкой ряда 4.

А как так получилась группировка? Как появилась экспонента?)) Даже не понятно, что вместо троеточия $\dfrac{1}{[e^{k-2}]+2}}+\dfrac{1}{[e^{k-3}]+3}}...$ Так?

Whitaker в сообщении #478309 писал(а):

P.S. Подсказка ко второй задаче:
$n^{1/n}=e^{\frac{1}{n}\ln n}\sim 1+\frac{1}{n}\ln n$
Следовательно:
$\cos n(n^{1/n}-1)\sim \dfrac{\cos n}{n}\ln n=\cos n \cdot \dfrac{\ln n}{n}$.
Воспользуйтесь признаком Дирихле.

Тут ясно как получилось, но не получается воспользоваться признаком Дирихле
$\dfrac{\ln n}{n}$ монотонно стремится к нулю, но $\sum \cos n$ расходится(((

[Whitaker]

Меня терзают сомнения, что Вы не знаете признак Дирихле сходимости рядов?! Ну-ка напомните что это такое.
P.S. Вместо троеточия идут дроби с числителем равным 1 и знаменатели увеличиваются на единицу.

[integral2009]

$a_n=\dfrac{\ln n}{n}$ монотонно стремится к нулю, но частные суммы $\sum \cos n$ не ограничены (ряд $\sum \cos n$ расходится)

[Whitaker]

А вы ведь написали, что ряд $\sum_{n=1}^{\infty} \cos n$ расходится?
Разве это гласит в признаке Дирихле?
P.S. Что вы понимаете под частными суммами ряда $\sum_{n=1}^{\infty} \cos n$ ?

[Хорхе]

Whitaker в сообщении #478309 писал(а):

Следовательно:
$\cos n(n^{1/n}-1)\sim \dfrac{\cos n}{n}\ln n=\cos n \cdot \dfrac{\ln n}{n}$.

Тут вот просто эквивалентности мало. Поэтому надо выписать остаток в формуле Тейлора и показать, что ряд из остатков сходится.

[integral2009]

Whitaker в сообщении #478318 писал(а):

А вы ведь написали, что ряд $\sum_{n=1}^{\infty} \cos n$ расходится?
Разве это гласит в признаке Дирихле?
P.S. Что вы понимаете под частными суммами ряда $\sum_{n=1}^{\infty} \cos n$ ?

Под частными суммами ряда $\sum_{n=1}^{\infty} \cos n$ я понимаю последовательность частичных сумм $S_1=\cos 1$;$S_2=\cos 1+\cos 2$;$S_n=\cos 1+\cos 2+...+\cos n$

-- Вс авг 28, 2011 17:00:47 --

Хорхе в сообщении #478320 писал(а):

Whitaker в сообщении #478309 писал(а):

Следовательно:
$\cos n(n^{1/n}-1)\sim \dfrac{\cos n}{n}\ln n=\cos n \cdot \dfrac{\ln n}{n}$.

Тут вот просто эквивалентности мало. Поэтому надо выписать остаток в формуле Тейлора и показать, что ряд из остатков сходится.

$$\cos n(n^{1/n}-1)\sim \dfrac{\cos n}{n}\ln n+R(n)=\cos n \cdot \dfrac{\ln n}{n}+R(n)$

$R(n)=\sum\limits_{k=2}^{\infty}\dfrac{\ln^kn}{n^k}$

Тк $k\ge 2$, то ряд из остатков сходится?) Так?)

[Whitaker]

Ну да. Теперь покажите, что $\sum_{k=1}^{n}{\cos n}$ ограничена некоторой величиной, которая не зависит от $n$.

-- Вс авг 28, 2011 17:02:53 --

Хорхе в сообщении #478320 писал(а):

Whitaker в сообщении #478309 писал(а):

Следовательно:
$\cos n(n^{1/n}-1)\sim \dfrac{\cos n}{n}\ln n=\cos n \cdot \dfrac{\ln n}{n}$.

Тут вот просто эквивалентности мало. Поэтому надо выписать остаток в формуле Тейлора и показать, что ряд из остатков сходится.

Почему эквивалентности мало, Хорхе? Поясните пожалуйста.

[integral2009]

Whitaker в сообщении #478322 писал(а):

Ну да. Теперь покажите, что $\sum_{k=1}^{n}{\cos n}$ ограничена некоторой величиной, которая не зависит от $n$.

$\sum_{k=1}^{n}{\cos n}<1+1+1+....+1=n$ Только так могу (чтобы зависела от $n$), а как еще?

[Whitaker]

Ну вы должны умножить на тригонометрическую функцию с таким аргументом, чтоб всё сократилось. Короче подумайте.