Задачи на ряды

[a239]

Возникли некоторые сложности с рядами...

1. Найти сумму ряда: $\frac{1}{1}-\frac{1}{4}+\frac{1}{7}-\frac{1}{10}+\cdots$
Не знаю даже, выглядит просто, но ничего хорошего пока не получается

2. Исследовать на сходимость: $\sum\limits_{n=1}^\infty \arccos\frac{n^3}{n^3+4}
Правильно ли следующее решение?
Для краткости $f(n)=\frac{n^3}{n^3+4}$. Легко показать, что $f(n+1)>f(n)$, а значит $\arccos{f(n)}>\arccos{f(n+1)}$, следовательно, по признаку д'Аламбера, этот ряд сходится.

3. Исследовать на сходимость в зависимости от $\alpha$: $\sum\limits_{n=1}^\infty\left(\left(\frac{\sh\frac{1}{n}}{\sin\frac{1}{n}}\right)^{2n}-1\right)^\alpha$
Здесь я начинаю делать так:
$\left(\frac{\sh\frac{1}{n}}{\sin\frac{1}{n}}\right)^{2n}-1=\left(\frac{\sh\frac{1}{n}-\sin\frac{1}{n}}{\sin\frac{1}{n}}\right)^n\left(\frac{\sh\frac{1}{n}+\sin\frac{1}{n}}{\sin\frac{1}{n}}\right)^n=\frac{\left(\frac{2}{3!n^3}+o\left(\frac{1}{n^3}\right)\right)^n\left(\frac{2}{n}+o\left(\frac{1}{n^3}\right)\right)^n}{\sin^{2n}\frac{1}{n}}$
раскладывая по Тейлору, но дальше ничего хорошего не получается пока...

4. Исследовать на абсолютную и условную сходимость: $\sum\limits_{n=1}^\infty n^4\cos{n^2}e^{-\sqrt[3]n}$[/math]
Тут пока только одна мысль: [math]|n^4\cos{n^2}e^{-\sqrt[3]n}|<|n^4e^{-\sqrt[3]n}|$


Вот. Прошу не о решении, а о подсказках.

[Someone]

1) Рассмотрите функцию $f(x)=\frac x1-\frac{x^4}4+\frac{x^7}7-\frac{x^{10}}{10}+\ldots$. Легко найти $f'(x)$.

2) А в чём, собственно говоря, состоит этот признак?

3) Как-то странно Вы разложили на множители.

[Brukvalub]

1. - примените суммирование методом Абеля.
2. - неверно применен признак Даламбера.
3. и 4. - начали Вы их правильно.

[a239]

Первая задача - правильно ли я понял, что решение должно быть таким:

$f(x)=\frac x1-\frac{x^4}4+\frac{x^7}7-\frac{x^{10}}{10}+\ldots \Rightarrow f'(x)=\sum\limits_{n=0}^\infty (-1)^n x^{3n}=\frac{1}{1+x^3} \Rightarrow f(x)=\frac{1}{6}\ln\frac{(x+1)^2}{x^2-x+1}+\frac{1}{\sqrt3}\arctg\frac{2x-1}{\sqrt3} \Rightarrow f(1)=\frac{1}{6}\ln4+\frac{1}{\sqrt3}\arctg\frac{1}{\sqrt3}=\frac{1}{3}\ln2+\frac{\pi}{6\sqrt3}$

Вторая: признак Даламбера $\lim\limits_{n \to \infty} \frac{a_{n+1}}{a_n}=L$
Если L<1, ряд сходится, если L>1 - расходится.
$\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{\arccos{f(n+1)}}{\arccos{f(n)}}$
Где ошибка в применении признака?

По поводу 4-ой: Я так понял, мне дальше надо показать, что $n^4$ - расходится, а $e^{-\sqrt[3]n}$ - монотонна и ограничена, следовательно, ряд расходится. Так?

В 3ей действительно такое начало видится самым логичным, но вот что дальше? Я опять таки пробую применить признал Деламбера, но ничего хорошего там не получается...

[Brukvalub]

a239 писал(а):

Где ошибка в применении признака?

Если все отношения последовательных членов меньше 1, то не обязательно существует предел этих отношений, а если он и существует, то не обязательно он будет меньше 1.

a239 писал(а):

По поводу 4-ой: Я так понял, мне дальше надо показать, что $n^4$ - расходится, а $e^{-\sqrt[3]n}$ - монотонна и ограничена, следовательно, ряд расходится. Так?

Совсем не так. Такого признака расходимости нет Лучше попробуйте доказывать сходимость.

a239 писал(а):

В 3ей действительно такое начало видится самым логичным, но вот что дальше?

Ищите главный член асимптотики и применяйте признак сравнения.

[Someone]

a239 писал(а):

Первая задача - правильно ли я понял, что решение должно быть таким:

$f(x)=\frac x1-\frac{x^4}4+\frac{x^7}7-\frac{x^{10}}{10}+\ldots \Rightarrow f'(x)=\sum\limits_{n=0}^\infty (-1)^n x^{3n}=\frac{1}{1+x^3} \Rightarrow f(x)=\frac{1}{6}\ln\frac{(x+1)^2}{x^2-x+1}+\frac{1}{\sqrt3}\arctg\frac{2x-1}{\sqrt3} \Rightarrow f(1)=\frac{1}{6}\ln4+\frac{1}{\sqrt3}\arctg\frac{1}{\sqrt3}=\frac{1}{3}\ln2+\frac{\pi}{6\sqrt3}$

Из определения функции $f(x)$ следует, что $f(0)=0$. Для Вашей функции это не выполняется.

И, видимо, следует обосновать, что сумма ряда действительно равна $f(1)$, тем более, что ряд для $f'(x)$ при $x=1$ расходится.

И ещё раз обращаю внимание на то, что разложение $a^{2n}-1$ на множители в третьей задаче у Вас странное.

[a239]

Someone, да, точно, я еще константу забыл, она равна $\frac{1}{\sqrt3}\arctg\frac{-1}{\sqrt3}$ и ответ тогда получается $\frac{1}{3}\ln2+\frac{\pi}{3\sqrt3}$

И это правильный ответ (я програмку написал быстренько, она посчитала)

А почему надо обосновывать, что сумма ряда равна f(1)? Если просто на месте иксов поставить 1, то получится начальный ряд, а он равен сам себе...

Brukvalub, ммм...ясно... Ну хорошо, тогда здесь нужно продолжать думать в этом направлении (чему равен предел этих отношений) или здесь лучше по какому-нибудь другому признаку смотреть?

В четвертой: действительно нет, это у меня воображение разыгралось)) Более того, даже если бы он расходился, это не означало бы, что расходится ряд с косинусом...

Тогда пробую доказать сходимость:
Воспользуемся логарифмическим признаком - если $\frac{\ln a_n^{-1}}{\ln n}>1$ то ряд сходится. Подставляю: $\frac{\ln n^{-4}e^{\sqrt[3]n}}{\ln n}=\frac{-4\ln n + \ln e^{\sqrt[3]n}}{\ln n}=-4+\frac{\ln e^{\sqrt[3]n}}{\ln n}>1$
Значит, ряд сходится. Правильно?

[Brukvalub]

a239 писал(а):

Воспользуемся логарифмическим признаком - если $\frac{\ln a_n^{-1}}{\ln n}>1$ то ряд сходится.

Откуда Вы такие признаки выковыриваете? Сами, что-ли их придумываете? Найдите и примените верно сформулированный логарифмический признак!

a239 писал(а):

Ну хорошо, тогда здесь нужно продолжать думать в этом направлении (чему равен предел этих отношений) или здесь лучше по какому-нибудь другому признаку смотреть?

Я бы стал искать главный член асимптотики общего члена ряда.

a239 писал(а):

А почему надо обосновывать, что сумма ряда равна f(1)? Если просто на месте иксов поставить 1, то получится начальный ряд, а он равен сам себе...

Потому, что Вы не разобрались в материале. Интегрирование и дифференцирование степенного ряда законно только внутри области его сходимости, а Вы затем выходите на границу этой области, и обоснование законности такого выхода требует специальных рассуждений. У меня вообще сложилось ощущение, что Вы действуете по принципу: "сделаю кое-как, если ответ сойдётся, то и славно, а если - нет, то тогда уж придётся поднапрячься и подумать". Так не годится. От Вас требуется исходная чёткость. Например, разве трудно сразу правильно выписать правильную формулировку признака сходимости и т.п.?