Сходимость рядов

[Lazy]

Вот еще по рядам вопросы:
а) $\sum^{\infty}_{n=1}\frac{e^{-\sqrt{n}}}{\sqrt{n}}$

$\sum^{\infty}_{n=1}\frac{e^{-\sqrt{n}}}{\sqrt{n}} \leq \sum^{\infty}_{n=1}\frac{1}{\sqrt{n}}$
Потом применяю интегральный признак Коши:
$\int_{1}^{\infty}{x^{-1/2}} = 2 \lim_{x \to \infty}{x^{1/2}}$ - несобственный интеграл расходится... В ответах написано "ряд сходится по интегральному признаку". Я где-то опять определенно протупил.

б) $\sum^{\infty}_{n = 2}\frac{(-1)^n(n+3)}{n^2-3}$

Абсолютно ряд расходится, так как, по признаку сравнения:
$\sum^{\infty}_{n = 2}\frac{n+3}{n^2-3} > \sum^{\infty}_{n = 2}\frac{n}{n^2 - 3n^2} = \sum^{\infty}_{n = 2}-\frac{1}{2n}$.
Далее, по теореме Лейбница:
$|u_{n}| = \frac{n + 3}{n^2 - 3}$, $|u_{n+1}| = \frac{n + 4}{n^2 + 2n - 2}$
Так как $|u_n| > |u_{n+1}|$, то ряд сходится условно. Верно?

в) $\sum^{\infty}_{n = 1}\frac{\sqrt[3]{(n+1)^n}}{n!}x^n$

Общий член ряда, конечно, сходится (так как факториал растет быстрее степени) - это необходимый признак сходимости. Чтобы проверить сходимость ряда применим признак Даламбера:
$|\frac{u_{n+1}}{u_n}| = \frac{x^{n+1}n!\sqrt[3]{(n+2)^{n+1}}}{x^n(n+1)!\sqrt[3]{(n+1)^n}} = x\frac{\sqrt[3]{(n+2)^{n+1}}}{(n+1)\sqrt[3]{(n+1)^n}}$
Что со всем этим делать дальше?

[ИСН]

a) Вы бы ещё с единицей сравнили (каждый член ряда меньше 1, так, чему там был равен интеграл от 1...)
Примените интегральный признак к исходному ряду.
б) Да.
в) Это скучно как-то; вот если бы вместо корня стояло само подкоренное выражение...

[Lazy]

Эм... Тогда так:
$\int_{1}^{\infty}\frac{e^{-\sqrt{x}}}{\sqrt{x}}dx = 2\int_{1}^{\infty}e^{-\sqrt{x}}d\sqrt{x} = -\frac{2}{e^{\sqrt{x}}} \to 0$. Ряд сходится. Получается так?

[Human]

В пункте а) про "инфернальный призрак Коши" я бы в последнюю очередь вспомнил - там же экспонента с обратным знаком, пусть и от корня, так что этот ряд сходится без вопросов. Более формально, поскольку $e^{\sqrt n}\geqslant1+\sqrt n+\frac12n$, то

$$\frac{e^{-\sqrt n}}{\sqrt n}\leqslant\frac1{\sqrt n+n+\frac12n\sqrt n}\sim\frac2{n^{\frac32}}\ \text{при}\ n\to\infty$$

Но интегральный признак да, тоже работает.

-- 03.04.2012, 16:58 --

Lazy в сообщении #555453 писал(а):

$\int_{1}^{\infty}\frac{e^{-\sqrt{x}}}{\sqrt{x}}dx = 2\int_{1}^{\infty}e^{-\sqrt{x}}d\sqrt{x} = -\frac{2}{e^{\sqrt{x}}} \to 0$

Только конечный ответ без минуса, проверьте. И вместо $x$ единица.

-- 03.04.2012, 17:07 --

И кстати, что-то сразу не заметил: причём здесь сходимость к нулю? Вы просто берёте несобственный определённый интеграл, и если он конечное число, то все норм.

-- 03.04.2012, 17:22 --

Human в сообщении #555455 писал(а):

Общий член ряда, конечно, сходится (так как факториал растет быстрее степени)

Ну, я бы не сказал, что факториал растёт быстрее степени. Например, $n^n$ растёт быстрее. Это только в данном случае факториал "побеждает", из-за кубического корня.

[Human]

Lazy в сообщении #555423 писал(а):

$|\frac{u_{n+1}}{u_n}| = \frac{x^{n+1}n!\sqrt[3]{(n+2)^{n+1}}}{x^n(n+1)!\sqrt[3]{(n+1)^n}} = x\frac{\sqrt[3]{(n+2)^{n+1}}}{(n+1)\sqrt[3]{(n+1)^n}}$
Что со всем этим делать дальше?

Это всё стремится к нулю, проверьте. А раз оно стремится к нулю, то, по определению предела, найдется номер, начиная с которого...

[Lazy]

Human в сообщении #555455 писал(а):

Только конечный ответ без минуса, проверьте. И вместо $x$ единица.

Без минуса, верно, виноват... А почему (и где) там вместо $x$ единица?
Еще: можно про этот интересный способ узнать поподробнее?
$e^{\sqrt n}\geqslant1+\sqrt n+\frac12n$
Почему именно с таким выражением сравниванием? И почему $\frac1{\sqrt n+n+\frac12n\sqrt n}\sim\frac2{n^{\frac32}}$

В том весь и вопрос - я не понимаю почему это все стремится к нулю в степенном ряду

[Human]

Lazy в сообщении #555533 писал(а):

Без минуса, верно, виноват... А почему (и где) там вместо $x$ единица?

Тогда уж так:

$$\int_{1}^{\infty}\frac{e^{-\sqrt{x}}}{\sqrt{x}}dx =\left-\frac2{e^{\sqrt x}}\right|^{\infty}_1=\frac2e$$

Lazy в сообщении #555533 писал(а):

Еще: можно про этот интересный способ узнать поподробнее?
$e^{\sqrt n}\geqslant1+\sqrt n+\frac12n$
Почему именно с таким выражением сравниванием?

Чтобы формально удовлетворить тому условию, что степень $n$ для сходимости ряда с общим членом $\frac1{n^\alpha}$ должна быть больше 1. А неравенство я взял просто из разложения экспоненты в ряд Маклорена. Это разложение справедливо при всех действительных числах, а при положительном аргументе остаток ряда неотрицателен, и при его отбрасывании получается данное неравенство.

Lazy в сообщении #555533 писал(а):

И почему $\frac1{\sqrt n+n+\frac12n\sqrt n}\sim\frac2{n^{\frac32}}$

Ну поделите одно на другое и найдите предел.

Lazy в сообщении #555533 писал(а):

В том весь и вопрос - я не понимаю почему это все стремится к нулю в степенном ряду

$$x\frac{\sqrt[3]{(n+2)^{n+1}}}{(n+1)\sqrt[3]{(n+1)^n}}=\frac{x\sqrt[3]{n+2}}{n+1}\left(1+\frac1{n+1}\right)^{\frac n3}$$

Так понятнее?

-- 03.04.2012, 19:15 --

В принципе можно было и таким неравенством воспользоваться:

$$e^{\sqrt n}>\frac12n$$

то есть отбросить и первые два слагаемые, ибо они тоже положительны. Тогда все ещё проще, достаточно воспользоваться только признаком сравнения.

[Lazy]

Вроде разобрался. Спасибо всем огромное