Помогите, пожалуйста, разобраться со сходимостью еще одного ряда: http://s017.radikal.ru/i441/1312/09/e4a6537a63a7.jpg

задан 5 Дек '13 20:05

10|600 символов нужно символов осталось
0

Для косинуса "малой" величины $%x$% справедлива приближённая формула $%\cos x\approx1-x^2/2$%. Исходя из этого, мы смотрим, при каком $%k$% общий член ряда будет эквивалентен (подобен) $%1/n^k$%.

Формально можно рассуждать так: $%1-\cos\frac{\pi}{\sqrt[3]{n^2}}=2\sin^2\frac{\pi}{2\sqrt[3]{n^2}}\sim\frac{C}{n^{4/3}}$%, где $%C$% -- положительная константа, значение которой не важно. После домножения на $%\sqrt[6]n$% получится $%\frac{C}{n^{7/6}}$%. Поскольку $%k=\frac76 > 1$%, ряд сходится по интегральному признаку.

ссылка

отвечен 5 Дек '13 20:23

@falcao, спасибо! Получилось. А в таком ряде чем можно пользоваться? Признак Коши, жалко, ничего не дает... http://s018.radikal.ru/i519/1312/e6/4a5b4900f524.jpg

(5 Дек '13 21:03) Ice_Fox

А почему признак Коши ничего не даёт? У Вас же получилось $%\frac{3n}{n+5}$%, и это стремится к трём. То есть ряд явно расходится. Там можно даже проще рассуждать: второй сомножитель стремится к единице, и поэтому ни на что не влияет. Его можно просто "списать". Первый же сомножитель -- огромный, и он стремится к бесконечности.

(5 Дек '13 21:28) falcao

@falcao, большое Вам спасибо! Можно последний вопрос?) http://s019.radikal.ru/i629/1312/92/9207e8e4ef21.jpg

(5 Дек '13 21:34) Ice_Fox

Вопрос об абсолютной сходимости имеет отрицательный ответ. Признак Даламбера там использовать бесполезно. Если убрать минусы, то получится $%\ln n/\sqrt{n}$%. Ясно, что ряд $%1/\sqrt{n}$% расходится (всё тот же интегральный признак), а домножение на логарифм его увеличивает, то есть тем более будет расходимость.

Условная сходимость получается снова через признак Лейбница. И там опять надо позаботиться от монотонном стремлении к нулю, начиная с некоторого $%n$%.

Кстати, если Вы исследуете на абсолютную сходимость, что $%(-1)^n$% надо сразу убирать.

(5 Дек '13 21:41) falcao

@falcao, Спасибо!!!! А как вы перешли от ряда ln(n)/sqrt(n) к ряду 1/sqrt(n)?

(5 Дек '13 21:50) Ice_Fox

Я их просто сравнил. Ряд с логарифмом больше ряда $%1/\sqrt{n}$%, который заведомо расходится.

(5 Дек '13 21:56) falcao

@falcao, ясно. А в признаке Лейбница же еще надо доказывать стремление общего члена к нулю? Как здесь это можно сделать?

А монотонность при честных n получается неверна... Возможно, что при четнвх n сходимости нет?

(5 Дек '13 22:09) Ice_Fox

Стремление к нулю как раз очевидно, потому что логарифм растёт медленнее любой степени (с положительным показателем). Монотонность обосновать сложнее, потому что она там имеет место лишь начиная с некоторого $%n$%. Но в принципе это несложно сделать при помощи производной. При $%x > e^2$% функция $%\ln(x)/\sqrt{x}$% будет убывать.

(5 Дек '13 22:15) falcao
показано 5 из 8 показать еще 3
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:

×422

задан
5 Дек '13 20:05

показан
2713 раз

обновлен
5 Дек '13 22:15

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