Страница сетевой поддержки учеников Тимура Юрьевича Альпина

Не зря, хотя и безуспешно, вокруг решения №2600 волком ходил тов. Султонов - оно таки неправильное. Как-то незаметно в знаменателе $\frac{1}{n}$ превратилось в $n$, в результате чего и получился ноль. А на самом деле берётся этот предел так.

Пусть слагаемое ряда за номером $n$ таково: \[ a_{n}=\frac{n!e^{n}}{n^{n+p}}. \] Тогда следующее за ним будет таким: \[ a_{n+1}=\frac{\left(n+1\right)!e^{n+1}}{\left(n+1\right)^{n+p+1}}. \] Отношение их можно представить так \[ \frac{a_{n}}{a_{n+1}}=\frac{n!e^{n}}{n^{n+p}}\frac{\left(n+1\right)^{n+p+1}}{\left(n+1\right)!e^{n+1}}=\frac{\left(n+1\right)^{n+p}}{en^{n+p}}=\frac{1}{e}\left(\frac{n+1}{n}\right)^{n+p}=e^{\left(n+p\right)\ln\frac{n+1}{n}-1}, \] и предел, нужный для признака Раабе будет следующим: \[ \lim_{n\to\infty}n\left(\frac{a_{n}}{a_{n+1}}-1\right)=\lim_{n\to\infty}n\left(\frac{\left(n+1\right)^{n+p}}{en^{n+p}}-1\right)=\lim_{n\to\infty}\frac{e^{\left(n+p\right)\ln\frac{n+1}{n}-1}-1}{\frac{1}{n}}. \] Пользуясь тем, что \[ \lim_{n\to\infty}\left(\frac{n+1}{n}\right)^{n+p}=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}\left(1+\frac{1}{n}\right)^{p}=e \] и \[ \lim_{n\to\infty}\left(n+p\right)\ln\frac{n+1}{n}-1=\lim_{n\to\infty}\ln\left(\frac{n+1}{n}\right)^{\left(n+p\right)}-1=\ln e-1=0, \] преобразуем (по первому следствию второго замечательного) и разложим этот предел: \[ \lim_{n\to\infty}n\left(\frac{a_{n}}{a_{n+1}}-1\right)=\lim_{n\to\infty}\frac{e^{\left(n+p\right)\ln\frac{n+1}{n}-1}-1}{\frac{1}{n}}=\lim_{n\to\infty}\frac{e^{\left(n+p\right)\ln\frac{n+1}{n}-1}-1}{\left(n+p\right)\ln\frac{n+1}{n}-1}\frac{\left(n+p\right)\ln\frac{n+1}{n}-1}{\frac{1}{n}}=\lim_{n\to\infty}\frac{\left(n+p\right)\ln\frac{n+1}{n}-1}{\frac{1}{n}}= \] \[ =\lim_{n\to\infty}\frac{n\ln\frac{n+1}{n}-1}{\frac{1}{n}}+\lim_{n\to\infty}\frac{p\ln\frac{n+1}{n}}{\frac{1}{n}}=L_{1}+L_{2}. \] Относительно легко вычисляется $L_{2}$: \[ L_{2}=\lim_{n\to\infty}\frac{p\ln\frac{n+1}{n}}{\frac{1}{n}}=\lim_{n\to\infty}p\ln\left(\frac{n+1}{n}\right)^{n}=p. \] Вычисление $L_{1}$ потребует несколько больших усилий. Сначала перейдём от дискретного $n$ к непрерывному $x$: \[ L_{1}=\lim_{n\to\infty}\frac{n\ln\frac{n+1}{n}-1}{\frac{1}{n}}=\lim_{x\to\infty}\frac{x\ln\frac{x+1}{x}-1}{\frac{1}{x}}=\lim_{x\to\infty}\frac{\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)-\frac{1}{x}}{\frac{1}{x^{2}}}. \] Потом заменим $\frac{1}{x}$ на $y$: \[ L_{1}=\lim_{x\to\infty}\frac{\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)-\frac{1}{x}}{\frac{1}{x^{2}}}=\lim_{y\to0}\frac{\ln\left(1+y\right)-y}{y^{2}}. \] Разложим $\ln\left(1+y\right)$ в ряд Тейлора до второй степени с остаточным членом в форме Пеано: \[ \ln\left(1+y\right)=\ln1+\ln'\left(1\right)\cdot y+\frac{\ln''\left(1\right)}{2}y^{2}+o\left(y^{2}\right), \] причём \[ \lim_{y\to0}\frac{o\left(y^{2}\right)}{y^{2}}=0. \] Так как \[ \ln1=0,\quad\ln'\left(1\right)=\left.\left(\frac{1}{x}\right)\right|_{x=1}=1,\quad\ln''\left(1\right)=\left.\left(-\frac{1}{x^{2}}\right)\right|_{x=1}=-1; \] разложение примет вид \[ \ln\left(1+y\right)=y-\frac{1}{2}y^{2}+o\left(y^{2}\right). \] Теперь применим это разложение в пределе \[ L_{1}=\lim_{y\to0}\frac{\ln\left(1+y\right)-y}{y^{2}}=\lim_{y\to0}\frac{y-\frac{1}{2}y^{2}+o\left(y^{2}\right)-y}{y^{2}}=\lim_{y\to0}\left(-\frac{1}{2}+\frac{o\left(y^{2}\right)}{y^{2}}\right)=-\frac{1}{2}. \] Итак, \[ \lim_{n\to\infty}n\left(\frac{a_{n}}{a_{n+1}}-1\right)=L_{1}+L_{2}=-\frac{1}{2}+p. \] По признаку Раабе для сходимости ряда нужно, чтобы $-\frac{1}{2}+p>1$, т.е. $p>\frac{3}{2}$. Ряд расходится, если $p<\frac{3}{2}.$