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+1n−1, и предел, нужный для признака Раабе будет следующим: lim 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}.
23.04.2017
Демидович, № 2600
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.
Комментариев нет »
No comments yet.
RSS feed for comments on this post.
Leave a comment
Для отправки комментария вам необходимо авторизоваться.