Сходимость ряда

[Limit79]

Необходимо исследовать ряд на сходимость:

$\sum_{k=1}^{\infty}\frac{2^{k+5}+1}{3^{k+3}+2}$

Необходимый признак сходимости выполняется, а дальше не знаю в какую сторону крутить.

[Someone]

А ещё какие признаки знаете?

[Limit79]

Someone
Сравнить с чем - не знаю с чем.

Из Даламбера ничего вроде не получается, как и из интегрального/радикального Коши.

[Someone]

Да ладно, по Даламберу должно получаться. Интегральный признак тоже работает, только с интегралом возиться придётся.

[Limit79]

Someone
Да? Сейчас попробую более детально.

[Sonic86]

Limit79 в сообщении #637457 писал(а):

Сравнить с чем - не знаю с чем.

асимптотики знаете?

[Mitrius_Math]

Сравните в предельной форме с каким-нибудь сходящимся рядом геометрической прогрессии.

[Limit79]

Someone
По Даламберу получился относительно сложный предел: Wolfram Alpha

Sonic86
Нет, не знаю.

Mitrius_Math
Спасибо, сейчас попробую.

-- 29.10.2012, 22:35 --

Mitrius_Math
Вы имеете ввиду, что сравнить, например с $\sum_{n=0}^{\infty} \left ( \frac{1}{2} \right )^2$ ?

[gris]

А почему радикальный не работает? По-моему, тут все будут работать.
$2/3$ оно в любом признаке проявится.

[Limit79]

Сравнил с $\sum_{n=0}^{\infty} \left ( \frac{1}{2} \right )^2$

Получился нелегкий предел

-- 29.10.2012, 22:40 --

gris
Работают многие, но вычисляются пределы трудно.

Сейчас пробую радикальный.

Просто даже нигде подобных примеров не нашел.

-- 29.10.2012, 22:46 --

Аналогичный по сложности предел получился и при радикальном признаке Коши:
$\lim_{k\rightarrow \infty} \sqrt[k]{{\frac{2^{k+5}+1}{3^{k+3}+2}}} $

Все таки что-то мне подсказывает, что тут намного все проще, только вот как...

[Mitrius_Math]

Я сравнивал с $\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{2}{3} \right)^n$. Получился лёгкий предел.

[Limit79]

gris
Да, у меня через матпакеты тоже везде $2/3$ получилось, но как вычислить эти пределы?

[Mitrius_Math]

К тому этот предел считается безо всяких там вольфрамов, если поделить числитель и знаменатель на $6^n$.

[Shtorm]

Limit79, и правда хороший Вам совет дали: по Даламберу, то что у Вас получилось: перемножьте скобки, а потом почленно поделите числитель и знаменатель на $6^k$ и подставляйте бесконечность.

[Someone]

Limit79 в сообщении #637503 писал(а):

Someone
По Даламберу получился относительно сложный предел: Wolfram Alpha

Это - сложный? Господь с Вами, этот предел относится к числу наипростейших; на самом примитивном уровне (без всяких эквивалентных бесконечно малых и бесконечно больших) нужно просто раскрыть скобки в числителе и знаменателе, а потом разделить числитель и знаменатель на наиболее быстро растущий член.

Limit79 в сообщении #637503 писал(а):

Mitrius_Math
Вы имеете ввиду, что сравнить, например с $\sum_{n=0}^{\infty} \left ( \frac{1}{2} \right )^2$ ?

Выбор $\frac 12$ неудачен. Немножко присмотревшись к главным членам в числителе и знаменателе, легко догадаться, какую прогрессию следует выбрать.

Limit79 в сообщении #637509 писал(а):

Получился нелегкий предел

Такой же простой, как в признаке Даламбера.

Вот и Mitrius_Math Вам то же говорит.