Исследовать сходимость ряда

[RFZ]

Всем привет!
Помогите пожалуйста исследовать на сходимость такой ряд:
$\sum \limits_{n=1}^{\infty}(-1)^n\dfrac{(2n-1)!!}{(2n)!!}z^n$, где $z>1$
Я думаю, что этот ряд расходится в силу необходимого признака, но я не могу показать, что общий член ряда не стремится к нулю. Очевидно, что при $z>1$ следует, что $z^n\to +\infty$ и $\dfrac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\to 0$.
Но как показать, что $\dfrac{(2n-1)!!}{(2n)!!}z^n$ не стремится к нулю
Помогите пожалуйста.

[Tlalok]

(Оффтоп)

Понимаете, дело в том что факториал растет намного быстрее, чем показательная функция. Попробуйте построить график функции $y=\dfrac{(2x-1)!!}{(2x)!!}\cdot z^x$ при $z=10$, например, и сами все увидите.

Ошибся немного.

[Sonic86]

Нужно знать формулу Стирлинга, чтобы мочь видеть скорость роста факториала.

[xmaister]

Вообще $\dfrac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\sim\sqrt{\frac1{n\pi}}$. Погуглите формулу Валлиса.

[RFZ]

Формулу Стирлинга я знаю.
$n! \sim\Big(\dfrac{n}{e}\Big)^n\sqrt{2\pi n}$ при $n \to +\infty$
xmaister то, что Вы написали следует из формулы Стирлинга да?

[xmaister]

Доказать её можно без Стирлингов. Для этого достаточно рассмотреть $\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^nxdx$ и найти его рекуррентность.

[AlexValk]

А уважаемые коллеги не усложняют?
Почему просто не применить признак Д'Аламбера и учесть, что $|z|>1$?

[RFZ]

xmaister Ну я знаю как вычислять этот интеграл.
Это должно помочь да?
Признак Даламбера для знакоположительны рядов, а в данном случае ряд знакочередующийся

[xmaister]

RFZ в сообщении #527511 писал(а):

Ну я знаю как вычислять этот интеграл

Ну коли знаете, тогда в чём проблема? Докажите ту асимптотику, что я написал и посчитайте предел общего члена ряда.

[RFZ]

xmaister
сейчас я на бумажке всё это напишу.
Но за совет и подсказку Вам большое спасибо

[Sonic86]

RFZ в сообщении #527506 писал(а):

xmaister то, что Вы написали следует из формулы Стирлинга да?

Оттуда оно тоже следует.

[AlexValk]

RFZ в сообщении #527511 писал(а):

Признак Даламбера для знакоположительны рядов, а в данном случае ряд знакочередующийся

Нет. Признак Д'Аламбера для просто числовых. http://ru.wikipedia.org/wiki/%D0%9F%D1%80%D0%B8%D0%B7%D0%BD%D0%B0%D0%BA_%D0%94%E2%80%99%D0%90%D0%BB%D0%B0%D0%BC%D0%B1%D0%B5%D1%80%D0%B0
Другое дело, что для знакочередующихся рядов можно применять свои специальные признаки, которые могут помочь в ситуациях, когда Д'Аламбер не справляется. Но у Вас он как раз справляется:

$$\ell=\lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|=|z|\lim_{n\to\infty}\left|\frac{(2n-1)!!(2n+2)!!}{(2n)!!(2n+1)!!}\right|=|z|\lim_{n\to\infty}\frac{(2n-1)!!}{(2n+1)!!}\cdot\frac{(2n+2)!!}{(2n)!!}=\dots >1.$$

[Sonic86]

AlexValk в сообщении #527522 писал(а):

Другое дело, что для знакочередующихся рядов можно применять свои специальные признаки, которые могут помочь в ситуациях, когда Д'Аламбер не справляется.

В скобках замечу, что Даламбер не справляется, если $a_n^{-1}$ растет медленнее, чем экспонента. В том же случае справляется и Коши.

[AlexValk]

RPZ, отмечу, что приведённый Вами ряд $\sum_{n=1}^\infty(-1)^n\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}z^n$ - это разложение функции $f(x)=\frac{1}{\sqrt{1+z}}-1$ в степенной ряд (ряд Маклорена) - можете, например, попросить просуммировать этот ряд WolframAlpha. Это частный случай биноминального ряда http://ru.wikipedia.org/wiki/%D0%A0%D1%8F%D0%B4_%D0%A2%D0%B5%D0%B9%D0%BB%D0%BE%D1%80%D0%B0. Тот факт, что функция $f(x)$ имеет в точке $z=-1$ особенность, и есть указание на то, что при $|z|>1$ ряд расходится (а при $|z|<1$ - сходится - т.к. других особенностей при конечных $z$ функция $f(x)$ не имеет). Это иллюстрация полезного общего факта: радиус сходимости степенного ряда - это расстояние от начала координат до первой особенности функции, представляющей этот ряд.
Sonic86 хотел сказать "В этом же случае не справляется и Коши".

[RFZ]

xmaister в сообщении #527508 писал(а):

Доказать её можно без Стирлингов. Для этого достаточно рассмотреть $\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^nxdx$ и найти его рекуррентность.

xmaister
Я посчитал интеграл $I(n)=\int \limits_{0}^{\pi/2}\sin^nxd x$
При $n=2m$ получаю: $I(2m)=\dfrac{\pi}{2}\cdot\dfrac{(2m-1)!!}{(2m)!!}$
При $n=2m-1$ получаю: $I(2m-1)=\dfrac{(2m-2)!!}{(2m-1)!!}$
Что дальше делать? Подскажите пожалуйста

-- Пн янв 16, 2012 19:43:34 --

Всё я понял!
Всем большое спасибо, ребята!