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: limn→∞n(anan+1−1)=limn→∞n((n+1)n+penn+p−1)=limn→∞e(n+p)lnn+1n−1−11n. Пользуясь тем, что limn→∞(n+1n)n+p=limn→∞(1+1n)n(1+1n)p=e и limn→∞(n+p)lnn+1n−1=limn→∞ln(n+1n)(n+p)−1=lne−1=0, преобразуем (по первому следствию второго замечательного) и разложим этот предел: limn→∞n(anan+1−1)=limn→∞e(n+p)lnn+1n−1−11n=limn→∞e(n+p)lnn+1n−1−1(n+p)lnn+1n−1(n+p)lnn+1n−11n=limn→∞(n+p)lnn+1n−11n= =limn→∞nlnn+1n−11n+limn→∞plnn+1n1n=L1+L2. Относительно легко вычисляется L2: L2=limn→∞plnn+1n1n=limn→∞pln(n+1n)n=p. Вычисление L1 потребует несколько больших усилий. Сначала перейдём от дискретного n к непрерывному x: L1=limn→∞nlnn+1n−11n=limx→∞xlnx+1x−11x=limx→∞ln(1+1x)−1x1x2. Потом заменим 1x на y: L1=limx→∞ln(1+1x)−1x1x2=limy→0ln(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 limy→0o(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)=y−12y2+o(y2). Теперь применим это разложение в пределе L1=limy→0ln(1+y)−yy2=limy→0y−12y2+o(y2)−yy2=limy→0(−12+o(y2)y2)=−12. Итак, limn→∞n(anan+1−1)=L1+L2=−12+p. По признаку Раабе для сходимости ряда нужно, чтобы −12+p>1, т.е. p>32. Ряд расходится, если p<32.
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.