$$\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{(x-3)^n}{(2n-1)(n+1)^{\frac 12}}$$
$$\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{\sin^2n}{n^2+1}$$ задан 28 Апр '15 11:02 
rozanovam2
показано 5 из 7
показать еще 2
|
|
Приходится писать здесь. Я уже говорил, что лично мне использование признака Коши кажется более уместным. При использовании признака Даламбера надо оговаривать то, что $%x-3\ne0$%, так как на эту величину мы делим. С другой стороны, при $%x=3$% ряд является нулевым, и он сходится. Поэтому далее это значение добавляем в ответ. В тексте есть опечатки ($%2n-1$% временно превращается в $%2n$%). Кроме того, случай $%R=1$% нужно разбирать отдельно. У Вас присоединение этих значений идёт без обоснования. А надо сослаться на интегральный признак сходимости: в знаменателе стоит величина порядка $%n^{3/2}$% с показателем, большим 1. Если этого не сделать, то проверяющий может счесть решение неполным. отвечен 30 Апр '15 0:25 
falcao @falcao А не могли бы вы решение написать? Не очень понимаю, как вы решаете...
(4 Май '15 2:55)
rozanovam2
@rozanovam2: если что-то непонятно, то надо задать конкретные вопросы. Я использую стандартные понятия и средства. Если выяснится причина непонимания, я смогу, скорее всего, что-то посоветовать или подсказать. Также полезно прочитать о формуле Коши - Адамара для нахождения радиуса сходимости степенных рядов: это стандартный материал учебника.
(4 Май '15 3:10)
falcao
@falcao Проверьте, пожалуйста решение таким способом. Можно ли так оформлять? http://cs623617.vk.me/v623617841/314ed/aZJsGizB4ng.jpg
(6 Май '15 21:59)
rozanovam2
@rozanovam2: я бы так не оформлял, потому что можно сделать короче. Кроме того, обоснование того, что ряды сходятся при x=2 и x=4, у Вас неправильное. Вы пользуетесь тем, что n-й член ряда стремится к нулю, но ведь это только необходимое условие сходимости, а не достаточное!
(6 Май '15 22:09)
falcao
@falcao
http://cs629219.vk.me/v629219841/fb0/vIMGyi1ySoc.jpg
(25 Май '15 20:51)
rozanovam2
@rozanovam2: Вы забыли про $%n+1$% в числителе. После упрощений получится не 1/3, а $%n/3$%, что стремится к бесконечности. Если бы было 1/3, то ряд был бы сходящимся.
(25 Май '15 21:04)
falcao
показано 5 из 6
показать еще 1
|
Здесь, судя по всему, второй из рядов относится к первому заданию, и наоборот.
Второй ряд сходится абсолютно по признаку сравнения (он мажорируется рядом $%\sum 1/n^2$%, сходящимся по интегральному признаку. В первом примере надо рассмотреть корень $%n$%-й степени из знаменателя. Он стремится к 1. Тогда по формуле Коши - Адамара, радиус сходимости тоже равен 1. Легко видеть, что при $%|x-3|\le1$% ряд будет сходиться, а при остальных $%x$% расходиться.
@falcao то есть мы во втором случае просто подбираем гармоническое выражение,и если его предел = 0, то ряд расходится, а если >0, то он сходится? или не так?
@rozanovam2: а что такое "гармоническое выражение"? Такого термина нет. Есть гармонический ряд $%\sum 1/n$%, он расходится. При том, что общий член к нулю стремится. Здесь важно то, что ряды $%\sum 1/n^c$% сходятся при $%c > 1$% в силу интегрального признака, а у нас $%c=2$%.
@falcao Хорошо, со вторым понятно. А в первом как вы решили? по признаку Даламбера нашли предел, он равен 1 и это будет радиус сходимости, так? а дальше что мы делаем?
@rozanovam2: я не применял признак Даламбера. У меня использовалась формула Коши - Адамара, когда извлекается корень n-й степени. Она здесь более удобна. Формулировку см. в учебнике или в Википедии. Если радиус сходимости равен $%R$%, то при $%|x-3| < R$% ряд сходится (по определению радиуса сходимости). При $%|x-3| > R$% он расходится. Случай равенства исследуется вручную -- у меня всё это написано.
@falcao проверьте, пожалуйста... так оформлять надо? http://cs622323.vk.me/v622323841/2f628/MqPX0YGEXaE.jpg