Исследовать на сходимость знакопеременный ряд

[Mz.]

Исследовать на абсолютную и условную сходимость:
$\sum\limits_{n=2}^{\infty}\frac{(-1)^n}{[n+(-1)^n]^p}$

при $p\leqslant0$ не выполняется необходимое условие сходимости.

проверим на абсолютную сходимость:
ряд из модулей эквивалентен ряду $\frac{1}{n^p} \Longrightarrow$ исходный ряд абсолютно сходится при $p>1$.
Как дальше для $0<p\leqslant1$?

[ИСН]

"Боян, было год назад."
post272900.html
(Да, там не совсем то же самое, но вдумчивое чтение должно навести на правильные мысли.)

[ewert]

Что значит "козе баян", никто не обязан помнить или искать, что где-то там когда-то было, разгребая ещё и все привходящие нагромождения.

Mz., у Вас -- знакочередующийся ряд, но признаку Лейбница не удовлетворяющий. Ну так попросту сложите соседние члены попарно и прикиньте, какой ряд при этом получится. Он окажется знакопостоянным, и при этом его члены -- будут убывать вполне характерным образом.

[ИСН]

Оспорю: искать обязан, но найти это было невозможно. Проблема.
Ну а что с ним делать - это да, можно и так.

[Mz.]

Вот так складывать?

$\sum\limits_{n=2}^{\infty}\frac{(-1)^n}{[n+(-1)^n]^p}$ = $(\frac{1}{3^p}-\frac{1}{2^p})+(\frac{1}{5^p}-\frac{1}{4^p})+...$

[terminator-II]

ewert в сообщении #354117 писал(а):

Ну так попросту сложите соседние члены попарно

законность такой процедуры требует объяснений

а вот если написать
$\frac{(-1)^n}{[n+(-1)^n]^p}=\frac{(-1)^n}{n^p}+O(1/n^{p+1})$ то можно воспользоваться теоремой о том, что почленное сложение данного ряда с абсолютно сходящимся не влияет на сходимость данного ряда

[ewert]

(Оффтоп)

terminator-II в сообщении #354126 писал(а):

а вот если написать

так это примерно то же и выйдет, но мой вариант -- вдумчивее, т.к. как минимум напрямую даёт скорость сходимости. Но -- не спорю, это всё вкусовщина.

(да, а насчёт "требует объяснений" -- так это даже и хорошо, т.к. заставляет вдуматься в смысл происходящего)