Исследовать сходимость ряда

[shukshin]

в зависимости от параметра $\alpha$

$\sum^{\infty}_{n=0} {\frac {(-1)^n } {n^\alpha + (-1)^{n-1}}}$

Посоветуйте как подступиться к решению.

[Dan B-Yallay]

Сравните с $\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{1}{n^\alpha}$

[ИСН]

Для начала, сесть и отметить на числовой прямой те области, где Вам всё понятно без заумных методов. Наверное, $\alpha=100$ или $\alpha=-100$ принадлежат к таковым областям.

[shukshin]

я бы сказал, при $\alpha < 0$ расходится (нарушение необх. условия)
при $\alpha = 0$ тоже расходится? (или можем не рассматривать эту точку)
а при $\alpha \geqslant 2$ сходится

[provincialka]

Dan B-Yallay в сообщении #940927 писал(а):

Сравните с $\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{1}{n^\alpha}$

Это для абсолютной сходимости. "Соль" примера именно в условной.

[shukshin]

а вот с условной-то сложнее, мне только признак Лейбница приходит на ум

[provincialka]

shukshin в сообщении #940933 писал(а):

а при $\alpha \geqslant 2$ сходится

Это уж очень "сильно". Почему именно 2?

[Dan B-Yallay]

Признак сходимости знакоперененного ряда (он же Лейбница. )

[provincialka]

Лейбниц здесь не подходит, нет монотонности.

shukshin, а вы бы выписали несколько слагаемых, без знака $\Sigma$. Поглядите на них. Может, что и придет на ум.

Для простоты возьмите $\alpha=1$ и $\alpha=1/2$

[shukshin]

2 т.к. по модулю оценил

[ИСН]

Чем оценили, нельзя ли оптимизировать и прихватить ещё какие-то значения?

[shukshin]

еще $\alpha > 1$ все, понял.
оценил $\ \leqslant \frac {1} {n^\alpha - 1}$

[provincialka]

Отлично. А что для меньших или равных 1?

[ИСН]

Ага, теперь самое интересное...

[shukshin]

ну если $\alpha = 1$, то так выходит
для четных и нечетных?
$\sum_{n = 1}^n {\frac {1} {2n - 1} + \frac {1} {2n}}$