Определить интервал сходимости степенного ряда $$ \sum_{k=1}^{\infty} (x)^k (tanh(k))^k $$ Вроде бы здесь нужно воспользоваться признаком Даламбера. $%tanh(x)$% я попробовал представить как $%\frac{sinh(x)}{cosh(x)}$%, а затем подставить соответствующие степенные ряды.. Но что-то это, по-моему, не самый оптимальный путь? У меня, по крайней мере, ерунда какая-то получилась.

задан 15 Июн '13 17:40

10|600 символов нужно символов осталось
1

Интервал сходимости функционального ряда обычно находят по признаку Коши - Адамара, извлекая корень $%n$%-й степени из модуля $%n$%-го коэффициента. Можно также делить модуль $%(n+1)$%-го члена на модуль $%n$%-го, что аналогично применению принципа Даламбера для числовых рядов с положительными членами, но первый способ явно лучше, так как коэффициент уже имеет форму степени.

Если мы это проделаем, то получится $%\frac{e^k-e^{-k}}{e^k+e^{-k}}$%, и это число неотрицательно при всех натуральных $%k$%. Оно равно $%\frac{1-e^{-2k}}{1+e^{-2k}}$%, то есть имеет предел, равный $%1$%, при $%k\to\infty$%. Формула Коши - Адамара (в которой достаточно наличие верхнего предела), позволяет заключить, что найдена величина, обратная радиусу сходимости ряда, то есть $%R^{-1}$%, и в нашем случае сам радиус сходимости тоже равен $%R=1$%.

Интервал сходимости тем самым найден, но если ставить вопрос о нахождении области сходимости, то надо исследовать дополнительно случаи $%x=1$% и $%x=-1$%. Можно показать, что в обоих случаях ряд будет расходиться, так как его модуль общего члена, равный $%\tanh(k)^k$%, стремится к $%1$% вместо нуля. Для этого достаточно прологарифмировать выражение и воспользоваться тем, что $%\ln(1+x)=x+o(x)$% при $%x\to0$%. Тогда у нас возникнет величина порядка $%ke^{-2k}$%, стремящаяся к нулю, так как экспонента растёт быстрее степенной функции. Это значит, что до логарифмирования пределом выражения была единица. Таким образом, область сходимости ряда есть открытый интервал $%(-1;1)$%.

ссылка

отвечен 15 Июн '13 20:11

10|600 символов нужно символов осталось
1

Для нахождения радиуса сходимости здесь можно воспользоваться формулой Коши-Адамара: $$R=\dfrac{1}{\varlimsup\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{|a_n|}}=\dfrac{1}{\varlimsup\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left|\dfrac{e^n-e^{-n}}{e^n+e^{-n}}\right|^n}}= \\ =\lim\limits_{n\to\infty}{\dfrac{e^n+e^{-n}}{e^n-e^{-n}}}=\lim\limits_{n\to\infty}{\dfrac{1+e^{-2n}}{1-e^{-2n}}}=1.$$

ссылка

отвечен 15 Июн '13 20:03

изменен 15 Июн '13 20:05

10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×524
×271

задан
15 Июн '13 17:40

показан
1240 раз

обновлен
15 Июн '13 20:11

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru