задачи по рядам

[Spook]

1.Можно ли указать такой сходящийся ряд $\sum\limits_{k=1}^{\infty}a_k$, что ряд
$\sum\limits_{k=1}^{\infty}a^3_k$ расходится?
Чувствую,что можно, но придумать никак не могу
2.Сходится ли ряд

$$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\ln{n!}}$$

?
Подсказывать не надо, просто если кто-то решил, просьба ответить "да" или "нет".
3.Найти множество $x$ для которых сходится ряд:

$$\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{x(x-1)(x-2)...(x-n+1)}{n!}$$

Очевидно сходится для неотрицательных целых, как быть с другими не понятно. Видно, что останется только часть последнего члена после раскрытия скобок, но это ничего мне не дало. Вообще похоже на бином.

[ИСН]

1. Думайте дальше. Что первое прыгнуло в мою голову, так это ряд, в котором на один положительный член приходится два или более отрицательных. (И все они при этом как-то в среднем убывают по модулю, достаточно медленно, чтобы он сходился, но недостаточно, чтобы сходился абсолютно.)
2. Очевидно, нет. Стирлинг.
3. Это не похоже на бином - это и есть бином.

[Brukvalub]

Вот стандартный пример к 1. :

\[ \sum {\frac{{\cos (\frac{{2\pi n}}{3})}}{{\ln (n + 1)}}} \]

. Проверьте, что этот пример отвечает на первый вопрос утвердительно.

[Spook]

По признаку Абеля-Дирихле. Частичные суммы ряда

$$\sum\cos(\frac{2\pi n}{3})$$

ограничены в совокупности, а члены ряда

$$\sum\frac{1}{\ln(n+1)}$$

монотонно убывают и стремятся к нулю. Следовательно ряд сходится.

[Brukvalub]

Осталось понять, почему расходится ряд из кубов членов исходного ряда.

[Nikita.bsu]

Второй расходится, можно без Стирлинга
$\[\ln n! = \sum\limits_{k = 1}^n {\ln k} \leqslant n\ln n\]$
то есть для исходного ряда верна оценка
$\[\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{\ln n!}}} \geqslant \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{n\ln n}}} \]$
а как известно по интегральному признаку последний ряд расходится откуда следует расходимрсть исходного, прошу прощение за полное решение, так как думаю что со стирлингом намного проще и уже решили

[Spook]

Brukvalub Да, этого я пока не получил Зато второй ряд действительно расходится, если применить формулу Стирлинга.

Добавлено спустя 1 минуту 46 секунд:

Nikita.bsu хорошо придумал. А Стирлинг кстати дает такойже ряд.

[Spook]

Brukvalub признак я не нашел какой применить, но то, что ряд расходится получил с помощью "школьной" формулы

$$\cos^3(\frac{2\pi{n}}{3})=\frac{1}{4}(\cos(2\pi{n})+3cos(\frac{2\pi{n}}{3}))$$

А так как ряд

$$\frac{1}{ln^3(n+1)}$$

расходится (он больше гармонического), а ряд

$$cos(\frac{2\pi{n}}{3})$$

сходится, то доказано, что наш ряд из кубов расходится.

Касательно третьего ряда, есть мысль, что бином тут не поможет (я почему-то не нашел этот самый бином). По-моему, он точно расходится уже при $x=-1$. Тепепь надо его как-то зажать между другими рядами и по-видимому оттуда и проявится область сходимости.

[Nikita.bsu]

Не знаю бином это или не бином, но можно привести к следующему виду
$\[\frac{{x \cdot (x - 1) \cdot ... \cdot (x - n + 1)}}{{n!}} = \frac{{( - 1)^n }}{n}\frac{{\Gamma ( - x + n)}}{{\Gamma ( - x)\Gamma (n)}} = \frac{{( - 1)^n }}{n}\frac{1}{{{\rm B}( - x,n)}}\]$.
Может что-нибудь подскажет

[Brukvalub]

В 3. попробуйте использовать разложение функции

\[ f(t) = (1 + t)^x \;,\;t = 1 \]

[Spook]

Brukvalub по-моему, это разложение имеет место
только при $|t|<1$, разве нет?

[Brukvalub]

Spook писал(а):

Brukvalub по-моему, это разложение имеет место
только при $|t|<1$, разве нет?

Когда как....Область сходимости зависит от показателя, именно об этом я и предлагаю Вам подумать.

[Spook]

Nikita.bsu, Brukvalub подумаю на вашими предложениями, но сдается мне это будет непросто...

[Nikita.bsu]

Для 3-его примера. Нашел то что искал, вот линк
http://en.wikipedia.org/wiki/Pochhammer_symbol
в числители стоит символ Похгаммера.

[ewert]

Spook писал(а):

3.Найти множество $x$ для которых сходится ряд:

$$\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{x(x-1)(x-2)...(x-n+1)}{n!}$$

Очевидно сходится для неотрицательных целых, как быть с другими не понятно.

Ясно, что вещественная часть $x$ должна быть больше (-1) -- иначе нарушается необходимое условие сходимости (члены ряда по модулю не убывают). Ясно также, что для вещественных $x$ этого и достаточно: ряд будет знакочередующимся и сходится по признаку Лейбница.

А вот как насчёт комплексных $x$ -- не знаю.

Хотя... Для абсолютной сходимости, кажется, достаточно ${\rm Re}\,x>0$, а необходимо ${\rm Re}\,x\geqslant0$.