Форум - 2.1.17 Вопросы сходимости рядов [13]

Форум	» Назад на решение задач по физике и термеху
Регистрация \| Профиль \| Войти \| Забытый пароль \| Присутствующие \| Справка \| Поиск

» Добро пожаловать, Гость: Войти | Регистрация

	Форум Математика 2.1.17 Вопросы сходимости рядов
	Отметить все сообщения как прочитанные [ Помощь ] » Добро пожаловать на форум "Математика" «

Переход к теме
<< Назад Вперед >>

Несколько страниц [ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 ]
Модераторы: Roman Osipov, RKI, attention, paradise

Bacara

Новичок
Помогите пожалуйста исследовать ряд на сходимость:

$\sum\limits_{n = 1}^\infty \frac{\sqrt {n + 2} }{n^2}\,.$

Необходимо очень срочно. Заранее благодарю...

(Сообщение отредактировал attention 10 дек. 2009 1:07)

Всего сообщений: 1 | Присоединился: декабрь 2009 | Отправлено: 9 дек. 2009 22:28 | IP

attention

Долгожитель

Цитата: lola36 написал 8 дек. 2009 21:54
Помогите исследовать на сходимость ряды......Заранее балгодарю))))

$\sum\limits_{n = 1}^\infty \left( \frac{7}{8} \right)^n\!\left(\frac{1}{n}\right)^7.$
Воспользуемся признаком Абеля.

Признак Абеля: Ряд $\sum a_n b_n$ сходится, если сходится ряд $\sum a_n$ , а последовательность $(b_n)$ монотонна и ограничена.

В вашем примере положим

$a_n = {\left(\frac{1}{n} \right)^7},\, b_n = \left(\frac{7}{8}\right)^n.$

То, что $b_n$ моннотонная и ограниченная последовательность, очевидно
$b_n \to 0 \, \text{ if } \, n \to \infty \,.$

Теперь осталось исследовать на сходимость ряд

$\sum\limits_{n = 1}^\infty \left( \frac{1}{n} \right)^7 .$

А этот ряд сходится, согласно интегральному признаку Коши:

$\int\limits_1^\infty\!{\frac{dx}{x^7} }= \left. { - \frac{1}{6x^6} } \right|_1^\infty = \frac{1}{6} - \frac{1}{6}\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{1}{x^6} = \frac{1}{6}.$

Следовательно, исходный ряд сходится согласно признаку Абеля.

Цитата: lola36 написал 8 дек. 2009 21:54
Помогите исследовать на сходимость ряды......Заранее балгодарю))))

$\sum\limits_{n = 1}^\infty \frac{2n - 1}{2n^2 + 1}\,.$

Воспользуемся интегральным признаком Коши:

Следовательно, согласно интегральному признаку Коши, исходный ряд расходится, т.к. расходится интеграл, составленный из общего члена данного ряда.

Цитата: lola36 написал 8 дек. 2009 21:54
Помогите исследовать на сходимость ряды......Заранее балгодарю))))

$\sum\limits_{n = 2}^\infty \frac{(- 1)^{n + 1} }{\ln n} .$

Условно ряд сходится по признаку Лейбница, т.к.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } |a_n| = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{\ln n} = 0.$

Абсолютно ряд расходится, по признаку сравнения, т.к. абюсолютные членны данного ряда больше членов гармонического ряда, который, как известно, расходится:

$\frac{1}{\ln n} > \frac{1}{n} \quad \text{if} \quad n > 1.$

Изначальный ряд сходится условно, но абсолютно расходится.

Цитата: lola36 написал 8 дек. 2009 21:54
Помогите исследовать на сходимость ряды......Заранее балгодарю))))

$\sum\limits_{n = 1}^\infty \frac{(-1)^{n + 1} }{n^2 + 1} .$

Ряд сходится условно, по признаку Лейбница, т.к.

$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty} | a_n| = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty} \frac{1}{n^2 + 1} = 0.$

Также ряд сходится и абсолютно, по интегральному признаку Коши, т.к.

$\int\limits_1^\infty\!{\frac{dx}{x^2 + 1} }= \Bigl. {\arctan x} \Bigl|_1^\infty = \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{4}.$

(Сообщение отредактировал attention 10 дек. 2009 4:49)

Всего сообщений: 994 | Присоединился: апрель 2006 | Отправлено: 10 дек. 2009 2:02 | IP

lola36

Новичок

Цитата: attention написал 10 дек. 2009 1:02

Спасибочки огромное.......Очень благодарна за Ваши ответы.........буду на этот форум частенько наведоваться!!!!!!

Всего сообщений: 3 | Присоединился: декабрь 2009 | Отправлено: 11 дек. 2009 23:35 | IP

dini

Новичок
Помогите, пожалуйста, исследовать сходимость ряда:

И еще один ряд исследовать на сходимость:

Заранее благодарю!

(Сообщение отредактировал attention 12 дек. 2009 17:25)

Всего сообщений: 47 | Присоединился: март 2007 | Отправлено: 12 дек. 2009 12:25 | IP

Kmary

Новичок

Исследовать на сходимость.
Математик сказал что задачи довольно сложные. Сама решить не смогла.
Вот.

(Сообщение отредактировал Kmary 16 дек. 2009 18:50)

Всего сообщений: 1 | Присоединился: декабрь 2009 | Отправлено: 16 дек. 2009 18:31 | IP

rkit

Новичок

Цитата: dini написал 12 дек. 2009 12:25
Помогите, пожалуйста, исследовать сходимость ряда:

И еще один ряд исследовать на сходимость:

Заранее благодарю!

(Сообщение отредактировал attention 12 дек. 2009 17:25)

1. Признак д’Аламбера: /frac{a_{n+1}}{a_n}=/frac{(n+1)(2n+2+1)}{3n+3} > 1 - расходится
2. /sqrt{n^2-4n+1} начинает возрастать, когда n^2>4n - сходится по признаку Лейбница

(Сообщение отредактировал rkit 16 дек. 2009 19:52)

Всего сообщений: 1 | Присоединился: декабрь 2009 | Отправлено: 16 дек. 2009 19:51 | IP

lola36

Новичок
Помогите исследовать на сходимость ряды....и найти область сходимости ряда......Заранее балгодарю))))

(Сообщение отредактировал attention 18 дек. 2009 1:39)

Всего сообщений: 3 | Присоединился: декабрь 2009 | Отправлено: 17 дек. 2009 22:10 | IP

jul

Новичок
Здравствуйте! Помогите пож-та!!! нужно найти интервал сходимости степенного ряда

$\sum\limits_{n = 1}^\infty \frac{\left(5^n + 1\right) x^n}{4^n \sqrt{n + 5}}$

Решала ряд принципом Даламбера, получилось что ряд абсолютно сходится на интервале -4/5<x<4/5
запуталась в сходимости ряда на концах интервала, при x=-4/5 и при x=4/5
не поможете разобраться?

(Сообщение отредактировал attention 19 фев. 2010 15:19)

Всего сообщений: 2 | Присоединился: декабрь 2009 | Отправлено: 17 дек. 2009 22:19 | IP

Tom

Новичок
Ребят срочно помогите решить эти примеры, хоть один.
Вот фото

Заранее благодарю!

(Сообщение отредактировал attention 18 дек. 2009 1:36)

Всего сообщений: 1 | Присоединился: декабрь 2009 | Отправлено: 17 дек. 2009 22:45 | IP

attention

Долгожитель

Цитата: jul написал 17 дек. 2009 21:19
Здравствуйте! Помогите пож-та!!! нужно найти интервал сходимости степенного ряда

$\sum\limits_{n = 1}^\infty\!\frac{\left(5^n + 1\right) x^n}{4^n \sqrt{n + 5} }$

Решала ряд принципом Даламбера, получилось что ряд абсолютно сходится на интервале -4/5<x<4/5
запуталась в сходимости ряда на концах интервала, при x=-4/5 и при x=4/5
не поможете разобраться?

$\begin{gathered} a_n = \frac{\left(5^n + 1\right)x^n}{4^n\sqrt {n + 5} } \Rightarrow a_{n + 1} = \frac{\left(5^{n +1} + 1\right) x^{n + 1} }{4^{n + 1}\sqrt {n + 6} } = \frac{x}{4}\frac{\left(5 \cdot 5^n + 1\right)x^n}{4^n\sqrt {n + 6} }. \hfill \\ \frac{a_{n + 1} }{a_n} = \frac{x}{4} \frac{\left(5 \cdot 5^n + 1\right)x^n}{4^n\sqrt{n + 6} }:\frac{\left(5^n + 1\right) x^n}{4^n\sqrt{n + 5} } = \frac{x}{4}\frac{\left( 5 \cdot 5^n + 1 \right) \sqrt {n + 5} }{\left(5^n + 1\right)\sqrt {n + 6} }. \hfill \\ \end{gathered}$

$\begin{gathered}\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left|\frac{a_{n + 1} }{a_n} \right| = \frac{|x|}{4}\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{\left(5 \cdot 5^n + 1\right)\sqrt {n + 5} }{\left(5^n + 1\right)\sqrt {n + 6} } = \frac{|x|}{4}\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty}\frac{\left(5 + \frac{1}{5^n} \right)\sqrt {1 + \frac{5}{n} } }{\left(1 + \frac{1}{5^n} \right)\sqrt {1 + \frac{6}{n} } } = \hfill \\ = \frac{|x|}{4}\frac{(5 + 0)\sqrt {1 + 0} }{(1 + 0)\sqrt{1 + 0} } = \frac{5}{4}\left| x \right| < 1 \Leftrightarrow |x| < \frac{4}{5} \Leftrightarrow - \frac{4}{5} < x < \frac{4}{5}. \hfill \\ \end{gathered}$

Теперь исследуем ряд на концах интервала сходимости:

1) в точке –4/5 имеем

$\sum\limits_{n = 1}^\infty\!\frac{5^n+ 1}{4^n\sqrt {n + 5} }\left(-\frac{4}{5}\right)^n = \sum\limits_{n = 1}^\infty\!\frac{(-1)^n\left(5^n + 1\right)}{5^n\sqrt {n + 5} }$

По признаку Лейбница, данный ряд сходится, т.к.

$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } |a_n| = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{5^n + 1}{5^n \sqrt {n + 5} } = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1 + \frac{1}{5^n} }{\sqrt {n + 5} } = 0.$

2) в точке 4/5 имеем

$\sum\limits_{n = 1}^\infty\!\frac{5^n + 1}{4^n\sqrt{n + 5} }\left(\frac{4}{5} \right)^n = \sum\limits_{n = 1}^\infty\!\frac{5^n + 1}{5^n\sqrt {n + 5} } = \sum\limits_{n = 1}^\infty\!\frac{1}{\sqrt {n + 5} } + \sum\limits_{n = 1}^\infty\!\frac{1}{5^n\sqrt {n + 5} } .$

Так как первый ряд $\sum\limits_{n = 1}^\infty\!\frac{1}{\sqrt {n + 5} }$ расходится, по интегральному признаку Коши:

$\int\limits_1^\infty\!\frac{dx}{\sqrt {x + 5} } = \Bigl. {2\sqrt {x + 5} } \Bigl|_1^\infty = 2\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty}\sqrt{x + 5} - 2\sqrt 6 = \infty .$

То, следовательно, расходится и ряд $\sum\limits_{n = 1}^\infty\!\frac{5^n + 1}{5^n\sqrt {n + 5} }$ .

(Сообщение отредактировал attention 18 дек. 2009 18:07)

Всего сообщений: 994 | Присоединился: апрель 2006 | Отправлено: 18 дек. 2009 9:14 | IP

Отправка ответа:

Имя пользователя Вы зарегистрировались?
Пароль Забыли пароль?
Сообщение
Использование HTML запрещено
Использование IkonCode разрешено
Смайлики разрешены

Опции отправки
Добавить подпись?
Получать ответы по e-mail?
Разрешить смайлики в этом сообщении?
Просмотреть сообщение перед отправкой? Да Нет

Переход к теме
<< Назад Вперед >> Несколько страниц [ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 ]