Иследование сходимоси ряда, кто может проверить.

[netang]

Исследовать на сходимость методом сравнения, ряд $\sum^{\infty}_{n=1} \arctg^n (\frac{\sqrt[]{n+2}}{\sqrt[]{3\cdot n+1}}) $
$\arctg^n (\frac{\sqrt[]{n+2}}{\sqrt[]{3\cdot n+1}}) > \arctg^n (\frac{1}{n}) > \frac{1}{n}$, ряд расходится.

Исследовать на сходимость любым методом, ряд $\sum^{\infty}_{n=1}e^n (\frac{n}{n+1})^{2\cdot n^2+n}$
$\lim_{n\to \infty} \frac{e^{n+1} (\frac{n+1}{n+2})^{2\cdot (n+1)^{2}+n+1}}{e^n (\frac{n}{n+1})^{2\cdot n^2+n}} = e > 1 \Rightarrow$, ряд расходится.

Иследовать на сходимость методом Дирихле, ряд $\sum^{\infty}_{n=1}\frac{\sin{(3\cdot n)}}{2\cdot n - \sin{(3\cdot n)}}$
$\frac{\sin{(3\cdot n)}}{2\cdot n \cdot (1 - \frac{1}{2\cdot n} \cdot \sin{(3\cdot n)})}$
$\frac{1}{2\cdot n}$ монотонно стремиться к 0
$\frac{\sin{(3\cdot n)}}{1 - \frac{1}{2\cdot n} \cdot \sin{(3\cdot n)}} < |M|$ ряд сходится.
Подскажите пожалуйста есть ли ошибки?

[Mitrius_Math]

А первый ряд сходится по признаку Коши в предельной форме? Или это мне показалось?

[bot]

netang в сообщении #641275 писал(а):

есть ли ошибки?

Есть - все три ошибочны.

[Mitrius_Math]

Второй сходится по тому же самому признаку.

[ewert]

netang в сообщении #641275 писал(а):

$\frac{\sin{(3\cdot n)}}{1 - \frac{1}{2\cdot n} \cdot \sin{(3\cdot n)}} < |M|$ ряд сходится.

Это -- не есть признак Дирихле. Доказывайте, как и положено, монотонность знаменателя; это легко.

netang в сообщении #641275 писал(а):

$\arctg^n (\frac{\sqrt[]{n+2}}{\sqrt[]{3\cdot n+1}}) > \arctg^n (\frac{1}{n}) > \frac{1}{n}$, ряд расходится.

Ни первое, ни второе неравенства формально тупо не верны.

[netang]

$\arctg^n (\frac{\sqrt[]{n+2}}{\sqrt[]{3\cdot n+1}})$, а если в данном примере сравнивать с геометрической прогрессией $a \cdot q^{n}$, где $q = \arctg (\frac{\sqrt[]{n+2}}{\sqrt[]{3\cdot n+1}})$, q < 1 для всех n от 1 до бесконечности, соответственно ряд сходится?

-- 10.11.2012, 13:58 --

$\sum^{\infty}_{n=1}e^n (\frac{n}{n+1})^{2\cdot n^2+n}$, применяя радикальный признак Коши получим, $\lim_{n\to \infty}{\sqrt[n]{e^n (\frac{n}{n+1})^{2\cdot n^2+n}} = 0} < 1 \Rightarrow$ ряд сходится?

[bot]

1) У Вас $q\ne \text{Const}$
2) С чего Вы решили, что ноль получится? Вы слышали о пределе $\lim\limits\left(1+\dfrac1n\right)^n$?

[netang]

bot в сообщении #642934 писал(а):

1) У Вас $q\ne \text{Const}$

А с каким рядом можно тогда сравнить

bot в сообщении #642934 писал(а):

2) С чего Вы решили, что ноль получится? Вы слышали о пределе $\lim\limits\left(1+\dfrac1n\right)^n$?

Слышал об этом замечательном пределе, но как его здесь применить?

-- 11.11.2012, 15:32 --

а можно за q взять, $q = \arctg (\frac{\sqrt[]{3}}{\sqrt[]{4}})$?

[bot]

netang в сообщении #642955 писал(а):

Слышал об этом замечательном пределе, но как его здесь применить?

А вот прямо в лоб и применяйте

netang в сообщении #642955 писал(а):

а можно за q взять , ?

Можно (не в раз догадался откуда такая ку), только проще было взять признак сравнения в предельной форме - из него $q$ очевиднее и приятнее во всех отношениях: $q=\arctg\dfrac1{\sqrt3}=\dfrac\pi 6<1$.

Upd. Собственно это и не признак сравнения, а просто радикальный признак, который и получается сравнением с геметрической прогрессией.

[netang]

Цитата:

только проще было взять признак сравнения в предельной форме - из него $q$ очевиднее и приятнее во всех отношениях: $q=\arctg\dfrac1{\sqrt3}=\dfrac\pi 6<1$.

но ведь если взять n = 1, то имеем $\arctg\frac{\sqrt[]{3}}{2} > \arctg\dfrac1{\sqrt3}=\dfrac\pi 6 $, а надо чтобы для всех n было < $\arctg\dfrac1{\sqrt3}=\dfrac\pi 6$

[bot]

Не надо брать $n=1$, лучше отправьте его в даль светлую $\infty$, именно этого и просит радикальный признак Коши.

Ну, ежели сравнением, то из монотонности (надеюсь именно из этих соображений) Вы и выбрали наибольшее из всех $q_n=\arctg\sqrt{\dfrac{n+2}{3n+1}}\leqslant q_1=\arctg\sqrt{\dfrac{3}{4}}<\arctg 1=\dfrac\pi 4<1. $

-- Вс ноя 11, 2012 19:21:47 --

netang в сообщении #642976 писал(а):

а надо чтобы для всех n было

Вот такой ерундой при исследовании сходимости никто не занимается. Достаточно, чтобы, начиная с некоторого. А в признаках (Даламбера или Коши) вот это "начиная с некоторого" за нас делает предельный переход.