Сходимость ряда

[oleg-oleg]

ИСН в сообщении #642358 писал(а):

Можете так, можете просто словесно: к чему стремится малая величина? а большая? а всё вместе?

-- Сб, 2012-11-10, 02:20 --

глазами же всё очевидно с самого начала, ну.

К единице стремится весь тангенс...

-- 10.11.2012, 02:26 --

$\tg\Big(\dfrac{\pi}{4} -\dfrac{\pi}{8n-4}\Big)=\dfrac{1-\tg\Big(\dfrac{\pi}{8n-4}\Big)}{1+\tg\Big(\dfrac{\pi}{8n-4}\Big)}=\dfrac{1-\dfrac{\pi}{8n-4}+O\Big(\dfrac{1}{n^2}\Big)}{1+\dfrac{\pi}{8n-4}+O\Big(\dfrac{1}{n^2}\Big)}=$

$=\Bigg(1-\dfrac{\pi}{8n-4}+O\Big(\dfrac{1}{n^2}\Big)\Bigg)\Bigg(1-\dfrac{\pi}{8n-4}+O\Big(\dfrac{1}{n^2}\Big)\Bigg)=1-\dfrac{\pi}{4n-2}+O\Big(\dfrac{1}{n^2}\Big)$

Верно ли это ? Как можно было проще?

Получается, что по предельным признакам сравнения -- ряд из косинусов сходится, а ряд из котангенсов расходится (сравним с гармоническим рядом), значит исходный ряд расходится.

-- 10.11.2012, 02:35 --

И все-таки... Можно ли было вот так сделать?

oleg-oleg в сообщении #642247 писал(а):

Сравним $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty \Big( \ctg\dfrac{\pi n}{4n-2}\Big)$ с $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty \dfrac{1}{x^p}$, используя предельный признак сравнения

$\displaystyle\lim_{n\to \infty}\dfrac{ \ctg\dfrac{\pi n}{4n-2}}{\dfrac{1}{n^p}}$

Вот здесь хотел Лопиталить. Поможет?

[oleg-oleg]

Ой, там Лопиталь не пройдет, вид неопределенности не тот. Можно ли было сделать так?

$$\displaystyle\sum_{n=1}^\infty \Big( \ctg\dfrac{\pi n}{4n-2}\;\;-\;\;\sin\dfrac{\pi n}{2n+1}\Big)=\displaystyle\sum_{n=1}^\infty \Big( \ctg\dfrac{\pi n}{4n-2}\;\;-\;\;1\Big)-\displaystyle\sum_{n=1}^\infty \Big( \sin\dfrac{\pi n}{2n+1}\;\;-\;\;1\Big)$$

1) Рассмотрим ряд $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty \Big( \ctg\dfrac{\pi n}{4n-2}\;\;-\;\;1\Big)$

Необходимый признак сходимости выполнен, используя предельный признак сравнения с рядом $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty \dfrac{1}{x^p}$ и правило Лопиталя, имеем

$\displaystyle\lim_{n\to \infty}\dfrac{ \ctg\dfrac{\pi n}{4n-2}\;\;-\;\;1}{\dfrac{1}{n^p}}=\displaystyle\lim_{n\to \infty}\dfrac{ \Big(\ctg\dfrac{\pi n}{4n-2}\;\;-\;\;1\Big)'}{\Big(\dfrac{1}{n^p}\Big)'}=...$

2) Рассмотрим ряд $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty \Big( \sin\dfrac{\pi n}{2n+1}\;\;-\;\;1\Big)$

Необходимый признак сходимости выполнен, используя предельный признак сравнения с рядом $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty \dfrac{1}{x^q}$ и правило Лопиталя, имеем

$\displaystyle\lim_{n\to \infty}\dfrac{ \sin\dfrac{\pi n}{2n+1}\;\;-\;\;1}{\dfrac{1}{n^q}}=\displaystyle\lim_{n\to \infty}\dfrac{ \Big(\sin\dfrac{\pi n}{2n+1}\;\;-\;\;1\Big)'}{\Big(\dfrac{1}{n^q}\Big)'}=...$

[ИСН]

oleg-oleg в сообщении #642362 писал(а):

Получается, что по предельным признакам сравнения -- ряд из косинусов сходится

Вот это место поподробнее, пожалуйста.

-- Сб, 2012-11-10, 10:01 --

C минус единицами - уже лучше, но не работает по той же самой причине, что первый вариант. (А по какой "той же самой", Вы ещё не сформулировали, так что не буду забегать вперёд).
С Лопиталем - по-моему, это совершенно излишне, ведь и так всё видно, но если не видно - Вам что, нужна чья-то санкция, чтобы начать действовать в этом направлении? Склеил, запустил, полетело. Или не полетело.

-- Сб, 2012-11-10, 10:03 --

Не то я сказал. С минус единицами - работает!