Признаки сравнения числовых рядов. Вторая часть.

Решение

Общий член ряда записан под знаком суммы: \(\displaystyle{u_n=\frac{\arcsin\frac{7n-1}{9n}}{\sqrt[6]{4n^2-3}}}\). Сразу обратим внимание, что общий член ряда существует при всех \(\displaystyle{n\in{N}}\), так как \(\displaystyle{4n^2-3 \gt {0}}\) и \(\displaystyle{0 \lt \frac{7n-1}{9n} \lt {1}}\). В дальнейшем такие рассуждения будем пропускать, однако проводить их (хотя бы устно) всё-таки желательно.

Так как и числитель и знаменатель \(\displaystyle{u_n}\) положительны, то \(\displaystyle{u_n \gt {0}}\), т.е. наш ряд положительный.

Выполнение необходимого условия сходимости здесь очевидно: так как арксинус ограничен, а \(\displaystyle{\frac{1}{\sqrt[6]{4n^2-3}}\to{0}}\), то \(\displaystyle{u_n\to{0}}\). Обычно такая проверка делается устно, после чего переходят к одному из признаков сходимости. В данном случае переходим к применению признаков сравнения.

Применим признак сравнения в предельной форме. Сравнивать станем с расходящимся рядом \(\displaystyle{\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt[3]{n}}}\). Оба общих члена сравниваемых рядов не равны нулю, поэтому в знаменателе можем размещать общий член любого ряда. В предыдущих примерах общий член "эталонного" ряда попадал всегда в знаменатель, а здесь, сугубо для разнообразия, поместим его в числитель:

Так как \(\displaystyle{0 \lt \frac{\sqrt[3]{2}}{\arcsin\frac{7}{9}} \lt \infty}\), то сравниваемые ряды сходятся либо расходятся одновременно. Так как ряд \(\displaystyle{\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt[3]{n}}}\) расходится, то одновременно с ним будет расходиться и ряд \(\displaystyle{\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_n}\).

Решение

Общий член ряда: \(\displaystyle{u_n=\frac{\arctg^2\sqrt{n^3-1}}{\sqrt[4]{3n^5-2}}}\). Заданный ряд является положительным. С учётом ограниченности арктангенса имеем \(\displaystyle{u_n\to{0}}\), т.е. необходимое условие сходимости выполнено.

Здесь можно применять как первый, так и второй признаки сравнения. Мне удобнее применить признак сравнения в предельной форме (т.е., второй признак). Однако я укажу и решение с помощью первого признака сравнения, только скрою его под примечание в конце решения этой задачи. Сравнивать станем с сходящимся рядом \(\displaystyle{\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt[4]{n^5}}}\):

При вычислении предела был использован тот факт, что \(\displaystyle{\lim_{t\to +\infty}\arctg t=\frac{\pi}{2}}\). Так как \(\displaystyle{0 \lt \frac{\pi^2}{4\cdot\sqrt[4]{3}} \lt \infty}\) и ряд \(\displaystyle{\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt[4]{n^5}}}\) сходится, то одновременно с ним будет сходиться и ряд \(\displaystyle{\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_n}\).

Решение

Общий член ряда: \(\displaystyle{u_n=\frac{1}{n}\sin\left(\frac{2+(-1)^n}{6}\cdot\pi\right)}\).

Посмотрим, какие значения может принимать \(\displaystyle{\sin\left(\frac{2+(-1)^n}{6}\cdot\pi\right)}\). Если \(\displaystyle{n}\) – чётное число, то \(\displaystyle{(-1)^n=1}\), поэтому

Если же \(\displaystyle{n}\) – нечётное число, то \(\displaystyle{(-1)^n=-1}\), тогда синус станет таким:

Как видите, синус в данной ситуации выступает как множитель, который равен то 1, то \(\displaystyle{\frac{1}{2}}\). Кстати, отсюда следует, что ряд положительный, и мы можем применить признаки сравнения. Отбросив синус, получим ряд для сравнения: \(\displaystyle{\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}}\). Однако применить второй признак сравнения (предельный признак) мы в этой ситуации не можем. Судите сами:

Полученный предел не существует, так как для последовательности \(\displaystyle{a_n=\sin\left(\frac{2+(-1)^n}{6}\cdot\pi\right)}\) при чётных \(\displaystyle{n=2k}\) имеем \(\displaystyle{a_{2k}=1}\), а при нечётных \(\displaystyle{n=2k-1}\) получаем \(\displaystyle{a_{2k-1}=\frac{1}{2}}\). Так как \(\displaystyle{a_{2k}\to{1}}\) и \(\displaystyle{a_{2k-1}\to\frac{1}{2}}\), то \(\displaystyle{\lim_{n\to\infty}a_n}\) не существует.

Надо применять первый признак сравнения. Так как \(\displaystyle{\sin\left(\frac{2+(-1)^n}{6}\cdot\pi\right)\ge\frac{1}{2}}\), то

Гармонический ряд \(\displaystyle{\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}}\) расходится, поэтому будет расходиться и ряд \(\displaystyle{\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{n}\right)}\). Следовательно, согласно первому признаку сравнения (пункт №1) ряд \(\displaystyle{\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_n}\) расходится.

Решение

Общий член ряда: \(\displaystyle{u_n=\frac{2^{3n}+\cos{n!}}{5^{2n+1}-n}}\). Так как \(\displaystyle{-1 \le \cos{n!} \le {1}}\), то \(\displaystyle{2^{3n}+\cos{n!} \ge {7}}\). Так как \(\displaystyle{5^{2n+1}-n \gt {0}}\) (это легко доказать, например, методом математической индукции), то наш ряд – положительный. Выберем ряд для сравнения:

Станем сравнивать наш ряд с рядом \(\displaystyle{\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left(\frac{8}{25}\right)^n}\). Это ряд вида (2), т.е. сумма элементов геометрической прогрессии с знаменателем \(\displaystyle{\frac{8}{25}}\). Так как \(\displaystyle{\left|\frac{8}{25}\right| \lt {1}}\), то ряд \(\displaystyle{\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left(\frac{8}{25}\right)^n}\) сходится.

Здесь можно применять как первый признак сравнения, так и второй. Используем признак сравнения в форме неравенства. Если мы вместо \(\displaystyle{\cos {n!}}\) в числителе напишем \(\displaystyle{2^{3n}}\), то увеличим данную дробь. Учтём ещё, что \(\displaystyle{n \lt \frac{1}{2}\cdot{5}^{2n+1}}\) (это можно доказать методом математической индукции).

Так как ряд \(\displaystyle{\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left(\frac{4}{5}\cdot\left(\frac{8}{25}\right)^n\right)}\) сходится, то согласно первому признаку сравнения (пункт №2) ряд \(\displaystyle{\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_n}\) сходится.