Сходимость и область сходимости ряда

[Imaginarium]

Здравствуйте, уважаемые коллеги.
Решаю задачи по рядам, и вот пошли какие-то малоподъемные. По крайней мере, с первого раза.

1. Найти область сходимости ряда:
а)$\sum\limits_{n=1}^\infty \frac {(2n)!!} {(2n+1)!!} x^n$ -это как-то смахивает на интеграл Валлиса, но как этим воспользоваться?
Первое, что приходит в голову- признак д'Аламбера- я не прав, да?
б)$\sum\limits_{n=1}^\infty (4+4\sin\frac{\pi n}{2})^n\frac{(x+3)^n}{4+\sqrt[3]{x^4}}$ -а здесь вообще ничего дельного в голову не приходит пока. Прошу наводок в обоих случаях, если возможно.

2. Исследовать ряд на сходимость:
а)$\sum\limits_{n=1}^\infty \frac {(n!)^2} {(2n)!}$ -раскрываю факториалы, пытаюсь воспользоваться признаком Коши, сокращаю, что возможно, считаю предел и получается бесконечность, в то время как ряд сходится, по идее.
Что тут можно сделать? Может, я не прав, применяя признак Коши?

Заранее спасибо.

[hippie]

В (1-а) действительно лучше всего пользоваться признаком д'Аламбера.
Если существует предел $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{c_n}{c_{n+1}},$ то радиус сходимости степенного ряда $\sum\limits_{n=1}^{\infty}c_nx^n$ равен этому пределу.

Признак д'Аламбера работает и в примере (2-а). В нём предел равен $\frac 14,$ и, следовательно, ряд сходится.

В (1-б) можно воспользоваться признаком Коши. Ряд устроен так, что корень n-й степени очень хорошо извлекается .

[Imaginarium]

Спасибо, что ответили))
По поводу 1а):

Цитата:

Если существует предел $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{c_n}{c_{n+1}},$ то радиус сходимости степенного ряда $\sum\limits_{n=1}^{\infty}c_nx^n$ равен этому пределу.

У меня получилось следующее:$\lim\limits_{n\to\infty}\frac{c_n}{c_{n+1}}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{(2n)!!(2n+3)!!}{(2n+1)!!(2n+2)!!}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{(2n+1)!!}{(2n+1)!!}=1$ , значит радиус сходимости ряда равен 1. Причем $x^n<1 \Leftrightarrow -1<x<1$. В граничных точках при $x=\pm1$ ряд тоже сходится. Верно?

[Imaginarium]

2а) сошелся, предел в признаке д'Аламбера действительно оказался равен $\frac 14$, плохо сосчитал, спасибо)

1б) так и не понял что тут можно сделать, получил следующее:
$\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left| (4+4\sin\frac{\pi n}{2})^n\frac{(x+3)^n}{4+\sqrt[3]{x^4}}\right|}=4(x+3)$.
Область сходимости получается такой: $x\mathcal{2}(-\infty;1)$

-- 20.01.2012, 21:56 --

2б) Дан ряд $\sum\limits_{n=1}^\infty \frac {1}{n\sqrt{n+1}}$
Проверяю признаком д'Аламбера, получаю 1 в пределе, то есть никакого результата. Проверяю на интегральный признак- получаю бесконечность в интеграле- т.е. ряд не сходится. WolframAlpha утверждает, что ряд сходится. Что еще можно тут сделать?

[Sonic86]

Imaginarium в сообщении #529433 писал(а):

Проверяю на интегральный признак- получаю бесконечность в интеграле- т.е. ряд не сходится.

Вы неверно воспользовались интегральным признаком сходимости. Попробуйте еще раз. Либо избавьтесь от 1 признаком сравнения, а потом используйте обобщенный гармонический ряд.

Imaginarium в сообщении #529413 писал(а):

В граничных точках при $x=\pm1$ ряд тоже сходится. Верно?

Не факт. Удобно выписать асимптотику коэффициента с помощью формулы Стирлинга и там уже увидеть явно (может даже так и окажется).

Imaginarium в сообщении #529433 писал(а):

1б) так и не понял что тут можно сделать, получил следующее:
$\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left| (4+4\sin\frac{\pi n}{2})^n\frac{(x+3)^n}{4+\sqrt[3]{x^4}}\right|}=4(x+3)$.
Область сходимости получается такой: $x\mathcal{2}(-\infty;1)$

Признак Коши применим только к знакоположительным рядам. Т.е. прежде всего Вы добавляете внутрь модуль (он у Вас есть) и предел $4(x+3)$ у Вас получается с модулем. Ну дальше - вывод + граничные точки. И еще надо явно описать ситуацию со множителем $(4+4\sin\frac{\pi n}{2})^n$. - какие значения он принимает? Почему Вы выбрали именно одно из них?

[Cash]

Sonic86 в сообщении #529499 писал(а):

Imaginarium в сообщении #529413 писал(а):

В граничных точках при $x=\pm1$ ряд тоже сходится. Верно?

Не факт. Удобно выписать асимптотику коэффициента с помощью формулы Стирлинга и там уже увидеть явно (может даже так и окажется).

Стирлинг здесь не нужен. Легко увидеть, что $(2n+2)a_n>1$

[Imaginarium]

Цитата:

$\lim\limits_{n\to\infty}\frac{(2n)!!(2n+3)!!}{(2n+1)!!(2n+2)!!}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{(2n+1)}{(2n+1)}=1$ , значит радиус сходимости ряда равен 1. Причем $x^n<1 \Leftrightarrow -1<x<1$.

Осталось только проверить ряд в граничных точках при $x=\pm1$- но Лейбниц не поможет, верно?

Цитата:

Не факт. Удобно выписать асимптотику коэффициента с помощью формулы Стирлинга и там уже увидеть явно (может даже так и окажется).

Здесь Стирлинг не сработает, т.к. двойной факториал- это не то же самое, что факториал от факториала. $(2n)!!=2\cdot4\cdot6\cdot8\cdot...$ и, соответственно, $(2n+1)!!=1\cdot3\cdot5\cdot7\cdot...$

[Sonic86]

Imaginarium в сообщении #529745 писал(а):

Здесь Стирлинг не сработает

Вы не поверите, но $(2n)!!=2^{n}n!$. Формулу для $(2n+1)!!$ попробуйте найти сами.

Imaginarium в сообщении #529745 писал(а):

Осталось только проверить ряд в граничных точках при $x=\pm1$- но Лейбниц не поможет, верно?

Ну в точке $1$ точно не поможет, а при $x=-1$ попытаться стоит, а если не получиться, можно просто попробовать сгруппировать четные члены с нечетными.