Сходимость ряда

[Andrei94]

Исследовать на сходимость

$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^nn}{2^{n+1}\sqrt[3]{n^2+5}}$

Как это проще сделать?

Подозреваю, что нужно воспользоваться признаком Лейбница, но там получается все коряво...

А именно:

1) $\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{n}{2^{n+1}\sqrt[3]{n^2+5}}=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{n}{2^{n+1}n^{2/3}\sqrt[3]{1+5/n^2}}=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{n^{1/3}}{2^{n+1}}$

Можно ли тут без логарифмов и производных справиться?

2 ) Нужно доказать то, что $\dfrac{n+1}{2^{n+2}\sqrt[3]{(n+1)^2+5}}\leqslant \dfrac{n}{2^{n+1}\sqrt[3]{n^2+5}}$

Можно и здесь обойтись без производной?

[Carden]

Andrei94 в сообщении #523582 писал(а):

1) $\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{n}{2^{n+1}\sqrt[3]{n^2+5}}=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{n}{2^{n+1}n^{2/3}\sqrt[3]{1+5/n^2}}=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{n^{1/3}}{2^{n+1}}$

Можно ли тут без логарифмов и производных справиться?

Можно. Например, так:
$2^n=(1+1)^n=\sum\limits_{k=0}^n{C_n^k}\geqslant{C_n^2}=\cdots$

[Andrei94]

Carden в сообщении #523634 писал(а):

Можно. Например, так:
$2^n=(1+1)^n=\sum\limits_{k=0}^n{C_n^k}\geqslant{C_n^2}=\cdots$

Спасибо!... А разве тут можно сравнивать что-то?

Из того, что $\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{n^{1/3}}{C^2_n}=0$ следует, что $\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{n^{1/3}}{2^{n+1}}=0$?

-- 05.01.2012, 23:29 --

А не проще ли тогда сказать, что $2^n>n$ для $n\geqslant 1$?)

[Carden]

Да, следует.

(Оффтоп)

Лемму о двух полиционерах знаете?

Andrei94 в сообщении #523638 писал(а):

А не проще ли тогда сказать, что $2^n>n$ для $n\geqslant 1$?)

Проще, но так креативнее

[Andrei94]

Carden в сообщении #523642 писал(а):

Лемму о двух полиционерах знаете?

Знаю, один полицейский несЁт бублики?))

[bot]

Про бублики первый раз слышу, а что и куда несёт другой и нет ли ещё кого-нибудь третьего?

[ewert]

Andrei94 в сообщении #523582 писал(а):

Подозреваю, что нужно воспользоваться признаком Лейбница,

Не следует быть столь подозрительным. Лучше воспользуйтесь признаком Даламбера (для абсолютной сходимости).

Andrei94 в сообщении #523582 писал(а):

Нужно доказать то, что $\dfrac{n+1}{2^{n+2}\sqrt[3]{(n+1)^2+5}}\leqslant \dfrac{n}{2^{n+1}\sqrt[3]{n^2+5}}$

Можно и здесь обойтись без производной?

Можно (хотя и не нужно). Просто оставьте двойку в одной части, а все остальные эны перенесите в другую -- их комбинация будет откровенно стремиться к единице. Между тем не следует забывать, что монотонность (как и вообще всё, что связано со сходимостью) нужна не для абсолютно всех номеров, а лишь хотя бы начиная с некоторого номера.

[Andrei94]

bot в сообщении #523690 писал(а):

Про бублики первый раз слышу, а что и куда несёт другой и нет ли ещё кого-нибудь третьего?

Я имел ввиду вот что:

Первый полицейский -- последовательность из нулей $\{0\}$ (полицейский с бубликами, это я сам придумал!)

Преступник -- $\Big\{\dfrac{n^{1/3}}{2^{n+1}}\Big\}$

Второй полицейский -- $\Big\{\dfrac{n^{1/3}}{C^2_n}\Big\}$

-- 06.01.2012, 13:54 --

ewert в сообщении #523700 писал(а):

Не следует быть столь подозрительным. Лучше воспользуйтесь признаком Даламбера (для абсолютной сходимости).
.

Спасибо! Даламбер дает 0,5 => ряд сходится?)

[bot]

(Оффтоп)

Казалось бы какая разница - бублик или баранка, а вот подишь ты, не склалось.

И Даламбер и радикальный Коши дают 0,5 и оба устно. Ряд не просто сходится, а абсолютно сходится.

[Andrei94]

bot в сообщении #523835 писал(а):

(Оффтоп)

Казалось бы какая разница - бублик или баранка, а вот подишь ты, не склалось.

И Даламбер и радикальный Коши дают 0,5 и оба устно. Ряд не просто сходится, а абсолютно сходится.

Спасибо, понятно!