Сходимость ряда в зависимости от параметра

[qx87]

Нужно найти минимальное целое $\alpha$, при котором сходится ряд
$\sum\limits_{n=1}^\infty{\frac{1}{(\sqrt[5]{n^2} \tg{\frac{1}{\sqrt{n}}} + \sqrt[11]{n} \cos{\frac{1}{\sqrt{n}}})^{2\alpha} }}$

Я выяснил, что $\lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[5]{n^2} \tg{\frac{1}{\sqrt{n}}} = 0$, а $\lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[11]{n} \cos{\frac{1}{\sqrt{n}}} = +\infty$. Поэтому предел выражения в скобках равен $+\infty$, стало быть, если альфа отрицательна, то оно (выражение в скобках) попадает в числитель, и ряд расходится уже по достаточному признаку расходимости (предел члена не равен нулю).

Далее, $\alpha = 0 \Rightarrow u_n \equiv 1$, и ряд расходится по той же причине.

Теперь, когда мы знаем, что альфа — натуральное число, по идее нужно подставлять последовательно значения 1, 2, ... и проверять сходимость. Но с этим как раз у меня проблема, ибо рядами никогда не занимался. Адекватно умею применять только признак д'Аламбера, но похоже, что он здесь не применим.

Подскажите, как быть.

[gris]

Примените признак эквивалентности ряда с рядом $\sum n^r$, для которого известно условие сходимости.
Выяснять надо немного не то. Какое слагаемое должна "гасить" альфа?

[qx87]

Тогда если обозвать слагаемые выражения в скобках соответственно как $a_n$ и $b_n$, то если я правильно понимаю, поскольку $\lim\limits_{n \to \infty} a_n = 0$, мы можем им пренебречь в первом равенстве:

$\lim\limits_{n \to \infty} \frac{n^p}{(a_n + b_n)^{2\alpha}} = \lim\limits_{n \to \infty} \frac{n^p}{b_n^{2\alpha}} = \lim\limits_{n \to \infty} \frac{n^p}{n^\frac{2\alpha}{11} \cdot (\cos \frac{1}{\sqrt{n}})^{2\alpha} }$.

Поскольку косинус здесь равен единице при любом натуральном альфа, и мы хотим, чтобы предел был равен $0 < C < +\infty$, а степенной ряд сходится при $p > 1$, то нужно взять минимальное альфа, при котором $ \frac{2\alpha}{11} > 1 \Rightarrow \alpha = 6, p = \frac{12}{11} $, предел равен единице, и при данных значениях параметров исходный ряд сходится.

Теперь вопрос в том, мог ли я пренебречь первым слагаемым (тангенсом) в таком сложном выражении, и если да, то почему?

[Sonic86]

qx87 в сообщении #569779 писал(а):

Теперь вопрос в том, мог ли я пренебречь первым слагаемым (тангенсом) в таком сложном выражении, и если да, то почему?

Вы могли пренебречь $\Leftrightarrow \lim\limits_{n\to +\infty}\frac{\frac{n^p}{(a_n+b_n)^{2\alpha}}}{\frac{n^p}{b_n^{2\alpha}}}=1$

[ewert]

qx87 в сообщении #569779 писал(а):

Поскольку косинус здесь равен единице при любом натуральном альфа,

Ну так уж и равен.

qx87 в сообщении #569779 писал(а):

мог ли я пренебречь первым слагаемым (тангенсом) в таком сложном выражении, и если да, то почему?

Замените каждое из слагаемых в скобках на эквивалентное.

[qx87]

ewert в сообщении #569784 писал(а):

qx87 в сообщении #569779 писал(а):

Поскольку косинус здесь равен единице при любом натуральном альфа,

Ну так уж и равен.

Ну да, при любом натуральном альфа, не равном бесконечности. Разве нет?

ewert в сообщении #569784 писал(а):

Замените каждое из слагаемых в скобках на эквивалентное.

$\tg \frac{1}{\sqrt{n}} \sim \frac{1}{\sqrt{n}}; \cos \frac{1}{\sqrt{n}} \sim 1 - \frac{(\frac{1}{\sqrt{n}})^2}{2} = 1 - \frac{1}{2n} $. Поэтому получаем

$ \lim\limits_{n \to +\infty} \frac{n^p}{\left(\sqrt[5]{n^2} \tg{\frac{1}{\sqrt{n}}} + \sqrt[11]{n} \cos{\frac{1}{\sqrt{n}}}\right)^{2\alpha}} = \lim\limits_{n \to +\infty} \frac{n^p}{\left(n^\frac{2}{5} \cdot n^{-\frac{1}{2}} + n^\frac{1}{11} (1 - \frac{1}{2n})\right)^{2\alpha} } = \lim\limits_{n \to +\infty} \frac{n^p}{\left(n^{-\frac{1}{10}} + n^\frac{1}{11} - {1 \over 2} n^{-\frac{10}{11}}\right)^{2\alpha} } = \lim\limits_{n \to +\infty} \frac{n^p}{n^\frac{2\alpha}{11} }$.

Опять то же самое: $\min \alpha = 6$. Или я где-то неправ?

[Integrall]

qx87 в сообщении #569905 писал(а):

Или я где-то неправ?

проверка должна выглядить след. образом $2\alpha/11 > 1$, откуда $\min_{Z} \alpha = $...