Демидович съел мой мозг

[DTF]

Есть задача №2609 из широко известного задачника.
Звучит так:

Цитата:

Определив порядок убывания общего члена $a_n$,
исследовать сходимость ряда $\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n$, если

$a_n = (\sqrt{n+1} - \sqrt{n})^p*\ln{\frac{n-1}{n+1}} \ (n > 1)$

(описание относится к группе задач, так что в описании n начинается с 1, а в задаче N > 1)

Никак не могу ни понять,что значит оценить порядок убывания, ни решить задачу.
Пытался решать через признак Даламбера и интегральный Коши, но там получаются очень некрасивые пределы и интегралы, которые я не понимаю как вычислить.

Простых рядов, которыми можно было бы ограничить исследуемый ряд, тоже не придумал...

Прошу помощи

[Integrall]

задача стандартная. Умножте и разделите $a_n$ на сопряженный $(\sqrt{n+1} + \sqrt{n})^p$, радикалы уйдут из числителя и вам станет легче жить. Удачи!

[DTF]

Вот тут не понял...
чем мне облегчит жизнь отсутствие корней в числителе?

[Nacuott]

DTF, есть же АнтиДемидович

[DTF]

В антидемидовиче я не нашел похожей задачи.
Если она там есть, не подскажете номер?

[Sonic86]

DTF в сообщении #569625 писал(а):

чем мне облегчит жизнь отсутствие корней в числителе?

асимптотику $a_n$ будет легче посчитать.

[ewert]

DTF в сообщении #569625 писал(а):

чем мне облегчит жизнь отсутствие корней в числителе?

Тем, что в знаменателе корни будут складываться, а не вычитаться, что позволит с пользой для дела вынести один из них за скобки.

[DTF]

ewert в сообщении #569637 писал(а):

Тем, что в знаменателе корни будут складываться, а не вычитаться, что позволит с пользой для дела вынести один из них за скобки.

А можно наводку - в чем заключается дело?
Т.е. как мы в конце концов будем оценивать ряд? Ограничивать другим сходящимся рядом?

Sonic86 в сообщении #569636 писал(а):

асимптотику $a_n$ будет легче посчитать.

т.е. все-таки нужно ограничивать другим сходящимся рядом?


P.S.
у меня матан был 5 лет назад, я уже не помню многих приемов, которые могут казаться стандартными и очевидными :(

[Sonic86]

DTF в сообщении #569665 писал(а):

т.е. все-таки нужно ограничивать другим сходящимся рядом?

Можно ограничивать, кстати здесь легко оценивается как логарифм, так и корни. Можно брать асимптотически эквивалентный - асимптотику брать проще из тех соображений, что находим область для $p$ (хотя одно и то же выходит).

Вы хотя бы выполните преобразование и сделайте тривиальные оценки - это уже будет полпути, руки может что-то вспомнят.

[ewert]

(Оффтоп)

Sonic86 в сообщении #569732 писал(а):

асимптотику брать проще из тех соображений, что находим область для $p$

Не из этих, а из того, что проще и всё тут (не приходится отвлекаться на ненужные детали).

[DTF]

Хм... ну давайте сделаем тривиальные оценки, которые вижу я...
Посмотрим на случай p > 0:
$(\sqrt{n+1}) - \sqrt{n})^p = (\frac{1}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}})^p < \frac{1}{2^pn^\frac{p}{2}}$

такой ряд сойдется при p > 2

Далее, логарифм сходится к 0, поэтому члены ряда можно ограничить:
$ 0 > a_n > -\frac{1}{n^2}$

Но ряды из нулей и $-\frac{1}{n^2}$ сходятся к разным пределам,
поэтому я не могу делать вывод о сходимости ряда из $a_n$...

А какие ряды асимтотически эквивалентны ряду из логарифмов?

[Sonic86]

DTF в сообщении #569771 писал(а):

такой ряд сойдется при p > 2

А почему логарифм не учли? У Вас же $a_n\neq (\sqrt{n+1}-\sqrt{n})^p$. Так что вывод безоснователен. Ну или: Вы рассуждаете о ряде $\sum\limits_{n=1}^{\infty}(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})^p$, но зачем?...

DTF в сообщении #569771 писал(а):

Далее, логарифм сходится к 0, поэтому члены ряда можно ограничить:
$ 0 > a_n > -\frac{1}{n^2}$

Не, надо использовать $\ln (1+a)\sim a$ при $a\to 0$ или хотя бы $\ln (1+a)\leqslant a$.

DTF в сообщении #569771 писал(а):

Но ряды из нулей и $-\frac{1}{n^2}$ сходятся к разным пределам,

это с чего вдруг? хотя это уже не надо...

[DTF]

Sonic86 в сообщении #569777 писал(а):

Ну или: Вы рассуждаете о ряде $\sum\limits_{n=1}^{\infty}(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})^p$

Да, я о нем и говорил...

Sonic86 в сообщении #569777 писал(а):

Не, надо использовать $\ln (1+a)\sim a$ при $a\to 0$ или хотя бы $\ln (1+a)\leqslant a$.

А не подскажете, где посмотреть про эквивалентность функций при вычислении рядов? Просто, насколько я помню эту эквивалентность, если $\lim\frac{f(x)}{g(x)} = 1$,
то f(x) и g(x) взаимозаменяемы при вычислении предела функции.
Но ведь тут ряд, а не функция или последовательность...

Sonic86 в сообщении #569777 писал(а):

это с чего вдруг?

С того, что $\sum\limits^\infty_{n=1}0 = 0$, a $\sum\limits^\infty_{n=1}\frac{1}{n^2} = \frac{\pi}{6}$, но да, это неважно :)

[Sonic86]

DTF в сообщении #569792 писал(а):

А не подскажете, где посмотреть про эквивалентность функций при вычислении рядов? Просто, насколько я помню эту эквивалентность, если $\lim\frac{f(x)}{g(x)} = 1$,
то f(x) и g(x) взаимозаменяемы при вычислении предела функции.
Но ведь тут ряд, а не функция или последовательность...

Есть предельный признак сравнения: ряды $\sum a_n$ и $\sum b_n$ сходятся или расходятся одновременно $\Leftrightarrow a_n\sim b_n$. А правила для эквивалентности функций могут применяться и к последовательностям заменой $x$ в $x\to a$ на $x=x_n$.

[DTF]

Sonic86 в сообщении #569793 писал(а):

Есть предельный признак сравнения: ряды $\sum a_n$ и $\sum b_n$ сходятся или расходятся одновременно $\Leftrightarrow a_n\sim b_n$.

А где можно посмотреть доказательство? Я Вам верю, просто хочу суть понимать...

Sonic86 в сообщении #569793 писал(а):

А правила для эквивалентности функций могут применяться и к последовательностям заменой $x$ в $x\to a$ на $x=x_n$.

Это понятно, я имел в виду, могут ли правила эквивалентности для пределов применяться и для рядов?
Т.е. верно ли, что из
$\lim\frac{a_n}{b_n} = 1$ следует $\sum{f(a_n)} = \sum{f(b_n)}$ ?