Processing math: 100%

Страница сетевой поддержки учеников Тимура Юрьевича Альпина

23.04.2017

Демидович, № 2600

Filed under: мат. ан. сем. 2,пепел,Решения — Shine @ 3:34 пп
Не зря, хотя и безуспешно, вокруг решения №2600 волком ходил тов. Султонов - оно таки неправильное. Как-то незаметно в знаменателе 1n превратилось в n, в результате чего и получился ноль. А на самом деле берётся этот предел так.

Пусть слагаемое ряда за номером n таково: an=n!ennn+p. Тогда следующее за ним будет таким: an+1=(n+1)!en+1(n+1)n+p+1. Отношение их можно представить так anan+1=n!ennn+p(n+1)n+p+1(n+1)!en+1=(n+1)n+penn+p=1e(n+1n)n+p=e(n+p)lnn+1n1, и предел, нужный для признака Раабе будет следующим: limnn(anan+11)=limnn((n+1)n+penn+p1)=limne(n+p)lnn+1n111n. Пользуясь тем, что limn(n+1n)n+p=limn(1+1n)n(1+1n)p=e и limn(n+p)lnn+1n1=limnln(n+1n)(n+p)1=lne1=0, преобразуем (по первому следствию второго замечательного) и разложим этот предел: limnn(anan+11)=limne(n+p)lnn+1n111n=limne(n+p)lnn+1n11(n+p)lnn+1n1(n+p)lnn+1n11n=limn(n+p)lnn+1n11n= =limnnlnn+1n11n+limnplnn+1n1n=L1+L2. Относительно легко вычисляется L2: L2=limnplnn+1n1n=limnpln(n+1n)n=p. Вычисление L1 потребует несколько больших усилий. Сначала перейдём от дискретного n к непрерывному x: L1=limnnlnn+1n11n=limxxlnx+1x11x=limxln(1+1x)1x1x2. Потом заменим 1x на y: L1=limxln(1+1x)1x1x2=limy0ln(1+y)yy2. Разложим ln(1+y) в ряд Тейлора до второй степени с остаточным членом в форме Пеано: ln(1+y)=ln1+ln(1)y+ln(1)2y2+o(y2), причём limy0o(y2)y2=0. Так как ln1=0,ln(1)=(1x)|x=1=1,ln(1)=(1x2)|x=1=1; разложение примет вид ln(1+y)=y12y2+o(y2). Теперь применим это разложение в пределе L1=limy0ln(1+y)yy2=limy0y12y2+o(y2)yy2=limy0(12+o(y2)y2)=12. Итак, limnn(anan+11)=L1+L2=12+p. По признаку Раабе для сходимости ряда нужно, чтобы 12+p>1, т.е. p>32. Ряд расходится, если p<32.

Комментариев нет »

No comments yet.

RSS feed for comments on this post.

Leave a comment

Для отправки комментария вам необходимо авторизоваться.

Хостингом угостил Вадим "Moose" Калинников