Сходимость ряда в зависимости от параметра 2

[qx87]

Задание, аналогичное этому: найти минимальное целое $\alpha$, при котором сходится ряд

$\sum\limits_{n=2}^\infty \frac{1}{ \left( \left(\ln \frac{n - 1}{n + 1}\right)^3 \cdot n^7 \cdot \left(\sqrt{n + 1} - \sqrt{n}\right)^7 +\cos \frac{1}{n^2} \right)^\alpha} = \sum\limits_{n=2}^\infty \frac{1}{\left(a_n + b_n \right)^\alpha} $

Я посчитал, что $\lim\limits_{n \to \infty} a_n = -\infty$, а $\lim\limits_{n \to \infty} b_n = 1$, поэтому, как и в прошлом примере, отрицательные числа и 0 не подходят в качестве значения для альфа.
Если применить предельный признак сравнения с рядом Дирихле $\sum \frac{1}{n^p}; p > 1$, получается предел

$\lim\limits_{n \to \infty} \frac{n^p}{ \left( \left(\ln \frac{n - 1}{n + 1}\right)^3 \cdot n^7 \cdot \left(\sqrt{n + 1} - \sqrt{n}\right)^7 +\cos \frac{1}{n^2} \right)^\alpha} $,

который неясно как брать, потому что в данном случае предел второго слагаемого равен единице, а не нулю. Мы ведь не можем им пренебречь в таком случае?

[Integrall]

qx87 в сообщении #573681 писал(а):

который неясно как брать, потому что в данном случае предел второго слагаемого равен единице, а не нулю. Мы ведь не можем им пренебречь в таком случае?

по аналогии с предыдущим примером замените иррациональности в знаменателе на эквивалетные при $n \to \infty$. Потом уже будете рассуждать о признаке сравнения с рядом Дирихле.

[qx87]

Ну собственно
$\frac{n-1}{n+1} = 1 - \frac{2}{n + 1} \Rightarrow \ln \frac{n - 1}{n + 1} \sim \frac{-2}{n + 1}$
$\cos \frac{1}{n^2} \sim 1 - (\frac{1}{n^2})^2 \cdot \frac{1}{2} = 1 - \frac{1}{2n^4}$

Итого получаем
$\lim\limits_{n \to \infty} \frac{n^p}{ \left( 1 - \frac{1}{2n^4} - \frac{8n^7}{(n + 1)^3} \cdot \left(\sqrt{n + 1} - \sqrt{n}\right)^7 \right)^\alpha }$

Можно ещё множитель $\left(\sqrt{n + 1} - \sqrt{n}\right)^7$ умножить на сопряжённый, тогда он сам превратится в единицу, а в знаменателе будет $\left(\sqrt{n + 1} + \sqrt{n}\right)^7$.

Но только всё это ничего не даёт.

[Integrall]

qx87 в сообщении #573789 писал(а):

Но только всё это ничего не даёт.

Воспользуйтесь $\left(\sqrt{n + 1} + \sqrt{n}\right)^7 \sim \left(2\sqrt{n}\right)^7$

[qx87]

Спасибо большое, получилось.