Ряды

[Sonic86]

tavrik писал(а):

"не применим признак Дэламбера - но применим признак Коши".

Странно, я всегда считал, что признак Даламбера равносилен признаку Коши. В случае, если $a_n$ растет (падает) быстрее экспоненты (неважно, насколько быстро) - оба признака дают $0$ или $\infty$ - они там нечувствительны. Если $a_n$ в основном растет как экспонента (т.е. $(\exists a) a_n = a^n b_n$, где $b_n$ растет (падает) медленнее, чем экспонента), то оба признака дают значение $a^{\pm 1} \in \mathbb{R} \setminus \{ 0;1\}$ - признак "чувствителен" - позволяет оценить скорость (это его область чувствительности). Если же $a_n$ растет (падает) медленнее, чем экспонента, то признак снова дает для всех таких $a_n$ значение 1 - снова нечувствителен. Равносильны они! Признак Раабе, например, более чувствителен, чем Коши или Даламбер.
Единственной (временной) проблемой применения признака, являются некоторые функции, от которых сложно находить асимптотику - например $\sum \frac{1}{n!}$ исследуется по Даламберу легче, чем по Коши, хотя на самом деле одно и тоже - просто во 2-м случае считать несколько дольше.

[tavrik]

ну, что значет равноценнен.
скажем так:
* есть ряды на вопрос о сходимости которых Дэламбер не дает ответа а Коши да.
** есть ряды сходимость которых намного легче устанавливается оп признаку Дэламбера чем по Коши
*** Есть больше 9000 рядов к которым эти признаки не применимы.

Рабе да. Но и Рабе насколько я знаю лишь частный случай(признаков ведь бесконечное число) более общего признака...по моему Куммера или Камера как то так.

Я не прав?

[Impi]

вы лучше сказали где чего не правильно в последних постах ))

[Sonic86]

tavrik писал(а):

есть ряды которые нельзя решить с помощью признака Дэламбера но можно с признаком Коши.

Покажите хоть один.

-- Вс июл 03, 2011 13:14:35 --

Impi в сообщении #464357 писал(а):

$\sum\limits_{n=1}^{\infty} {\frac{1}{e^{\sqrt{n}}}}$
то что предел стремиться к 0 и так понятно
дальше делаю по Коши
$\lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{{\frac{1}{e^{\sqrt{n}}}}}= \frac{1}{e}$
значит по идее расходится

Неправильно извлекли корень.

Impi в сообщении #464577 писал(а):

а если так попробовать?
$\lim\limits_{n \to \infty}{\frac{1}{e^{\sqrt{n}}}}= \lim\limits_{n \to \infty}{\frac{1}{e^n}}$
можно же возвести в степень n весь предел?

Нельзя.
А вообще ряд простой. Сравните знаменатель с $n^a$.

[tavrik]

$\sum{2^{-1^n - n}}$

[Sonic86]

tavrik в сообщении #464589 писал(а):

$\sum{2^{(-1^n) - n}}$

По-моему, опечатка у Вас
Для $\sum\limits_{n=0}^{+ \infty} \frac{1}{2^{n+(-1)^n}}$ действительно предел по Даламберу равен 1!!! смешно. Ну это из-за колеблющейся функции. Спасибо за пример. На самом деле колеблющуюся функцию нужно убить и тогда все сработает...

[myra_panama]

Sonic86 . Доказать , что если для ряда $\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_n$ ($a_n>0$) существует

$$\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=q ,,, (a)$$

то также существует

$$\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_n}=q ,,,, (b)$$

Обратное утверждение неверно: если существует предел (b) , то предел (а) может и не существовать.

ПРИМЕР: $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{3+(-1)^n}{2^{n+1}}$

[tavrik]

пример не мой, из книжки. ну и тут то что привели в начале темы(но в ряде из темы предела на существует - а в примере Олмстеда он есть).
к тому же, раз получается предел равен 1 для $\sum{a_n}$ то и для $\sum{\frac{1}{a_n}}$ он даст единицу. разве нет?
а по Коши здесь выходит - $\frac{1}{2}$

[Sonic86]

myra_panama, да я понял, спасибо По идее, если как-то оговорить избавление от колеблющейся функции, то все равно должно получиться, что Даламбер равносилен Коши. Например, уже для монотонных функций (т.е. когда колеблющейся части нету) Даламбер должен быть равносилен Коши.
Кстати, нет никакой необходимости рассматривать именно $\lim\limits_{n \to + \infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}$ можно рассматривать $r$ пределов $\lim\limits_{n \to + \infty}\frac{a_{n+r}}{a_n}$. Можно заменить $a_n$ на $b_n = \max\limits_{k \geq n} a_k$ и тогда для ряда $\sum\limits_{n=1}^{+ \infty} b_n$ Даламбер должен быть равносилен Коши.
Это просто идея такая. Технически это все выглядит страшнее, но на самом деле это то же самое. Даже доказательство признаков строится лишь на сравнении с геометрическим рядом.

-- Вс июл 03, 2011 13:30:25 --

tavrik в сообщении #464596 писал(а):

пример не мой, из книжки. ну и тут то что привели в начале темы(но в ряде из темы предела на существует - а в примере Олмстеда он есть).
к тому же, раз получается предел равен 1 для $\sum{a_n}$ то и для $\sum{\frac{1}{a_n}}$ он даст единицу. разве нет?
а по Коши здесь выходит - $\frac{1}{2}$

Да я понял, у Вас просто было $-1^n$ вместо $(-1)^n$. Нормальный пример.

tavrik в сообщении #464583 писал(а):

Рабе

Раабе

[Impi]

Sonic86 в сообщении #464585 писал(а):

Impi в сообщении #464357 писал(а):
$\sum\limits_{n=1}^{\infty} {\frac{1}{e^{\sqrt{n}}}}$
то что предел стремиться к 0 и так понятно
дальше делаю по Коши
$\lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{{\frac{1}{e^{\sqrt{n}}}}}= \frac{1}{e}$
значит по идее расходится

Неправильно извлекли корень.

хм, а если так пойти?
$\lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{{\frac{1}{e^{\sqrt{n}}}}}=\lim\limits_{n \to \infty} \ e^{-\frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n}}}
Хотя меня тут что-то очень сильно настараживает)

[Sonic86]

Impi в сообщении #464598 писал(а):

хм, а если так пойти?
$\lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{{\frac{1}{e^{\sqrt{n}}}}}=\lim\limits_{n \to \infty} \ e^{-\frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n}}}$
Хотя меня тут что-то очень сильно настараживает)

Вы знаете, что $\sqrt[n]{A} = A^{\frac{1}{n}}$? Если да, то сравните с тем, что Вы написали.

[Impi]

Sonic86 в сообщении #464600 писал(а):

Вы знаете, что $\sqrt[n]{A} = A^{\frac{1}{n}}$? Если да, то сравните с тем, что Вы написали.

ели вы про минус перед степенью, так он выходит изза того, что $e^{\sqrt{n}}$ стоит под 1ей

[Sonic86]

Impi в сообщении #464602 писал(а):

ели вы про минус перед степенью, так он выходит изза того, что $e^{\sqrt{n}}$ стоит под 1ей

Нееет, я не про минус. Откуда у Вас $\frac{1}{\sqrt{n}}$ в степени?

[myra_panama]

Цитата:

хм, а если так пойти?
$\lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{{\frac{1}{e^{\sqrt{n}}}}}=\lim\limits_{n \to \infty} \ e^{-\frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n}}}
Хотя меня тут что-то очень сильно настараживает)

ах ею....
$\sqrt[m]{u(x)}=(u(x))^{\frac1{m}}$

[Impi]

Sonic86 в сообщении #464603 писал(а):

Нееет, я не про минус. Откуда у Вас $\frac{1}{\sqrt{n}}$ в степени?

myra_panama в сообщении #464604 писал(а):

ах ею....
$\sqrt[m]{u(x)}=(u(x))^{\frac1{m}}$

да ночь без сна сказалась((
поняла какой бред написала.