[матан] сходимость ряда

i вынеси, прикинь как примерно выглядит корень, походу вроде можно ограничить снизу гармоническим.

>>вроде можно ограничить снизу гармоническим.

Так и есть.

Расходится

Умножить и поделить на сопряженное: sqrt(i^2+1)+i, получим

1/(sqrt(i^2+1)+i) >= 1/(sqrt((i+1)^2)+i) = 1/(2i+1)-> расх

>>вроде можно ограничить снизу гармоническим.

Так и есть.

нет. sqrt(k^2+1)-k<1/n

И в то же время sqrt(k^2+1)-k>1/k^2

>1/(sqrt(i^2+1)+i) >= 1/(sqrt((i+1)^2)+i) = 1/(2i+1)-> расх

О. кажется оно. А я до второго шага так и не додумался.

>>нет. sqrt(k^2+1)-k<1/n

Чо нет, у него расходимость гармоническая - он ведет себя как 1/2n. Или ты вслед своим кафедральным методичкам называешь гармоническим только 1+1/2+1/3... ?

>>Так и есть.

нет. sqrt(k^2+1)-k<1/n

Зачем так буквально понимать «ограниченность снизу»? Можно добавить коэффициент, 1/n не перестанет расходится.

>>нет. sqrt(k^2+1)-k<1/n

Чо нет, у него расходимость гармоническая - он ведет себя как 1/2n. Или ты вслед своим кафедральным методичкам называешь гармоническим только 1+1/2+1/3... ?

Нет. Я просто не увидел, что его можно 1/2n ограничить.

>> нет. sqrt(k^2+1)-k<1/n

Зачем так буквально понимать «ограниченность снизу»? Можно добавить коэффициент, 1/n не перестанет расходится.

Да. но я не догадался попытаться это сделать.

по признаку д'аламбера: ряд сходится, если q=lim sqrt((i+1)^2-i-1)/sqrt(i^2-i) при i стремящемся к бесконечности, q<1. если q>1, то не сходится. q=1 => не определено.

Тут по признаку д'Аламбера как раз не определено. Гугли дальше.

зачем гуголь, когда под рукой фихт?

>>зачем гуголь, когда под рукой фихт?

А он умеет Ctrl+F?

Член к нулю не стремится -> в расход.

да. алгоритм предельно простой: от первой до последней страницы ищем слова «признак д'аламбера»

кстати да, лучше всего этот вариант.

>>Член к нулю не стремится -> в расход.

Рамануджаны в треде! А к чему он стремится по-твоему?

Не, д'аланбэр не пашет...

корень из многочлена второй степени неограничен, ну же!

ой, скобочку не в том месте увидел...

ошибся я

И что? Там не только корень. Прихлопнись фихтом своим, а лучше Гантмахером - потяжелее будет, понадежнее.

Я всего лишь метод предложил... нерабочий...

я ж говорю, что скобку не в том месте увидел.

А фихтом прихлопнуться не помогло: он электронный

Матаносрач :)

Да, лор еще торт.

А я до второго шага так и не додумался.

А ты не думай. Задача тупая как пробка. Сначала тупо раскладываешь по степеням (в примерах по сложнее до абсолютно сходящегося), потом вспоминаешь какой-нибудь признак сходимости/расходимости и имешь профит.

>>А я до второго шага так и не додумался.

А ты не думай. Задача тупая как пробка. Сначала тупо раскладываешь по степеням (в примерах по сложнее до абсолютно сходящегося), потом вспоминаешь какой-нибудь признак сходимости/расходимости и имешь профит.

А ничего, что там бесконечная сумма стоит? Предел одного члена найти легко. А вот суммы ряда - совсем нет.

На этом примере никакие широкоизвестные признаки не работают. Тут как получается именно с помощью другого ряда.

PS me опять готовится к учебе :)

Интегральный признак Коши используй

стоять. признак Коши и интегральный признак - разные штуки! А ты в кучу слил.

int(1/(sqrt(x^2+1)+x),x);
                                  2        2     1/2
                                 x     x (x  + 1)
                              - ---- + ------------- + 1/2 arcsinh(x)
                                 2           2

И?

Упс. Ну пусть будет интегральный признак.

Еще можно признаком сравнения воспользоваться.

Предел не забудь взять при lim x = +inf

Заботай признак Куммера и следующие из него признаки Раабе и Гаусса

> Предел не забудь взять при lim x = +inf

Я-то не забуду. Но ИМХО возня с этим пределом ничуть не проще тривиального мажорирования исходного ряда

Кому что.

На этом примере никакие широкоизвестные признаки не работают. Тут как получается именно с помощью другого ряда.

Задача слишком стандартная и все работает. Просто перед тем как их применять нужно все разлагать в ряд.

Ну дано выражение a(n) = sqrt (n^2 + 1) - n //мне удобней индекс n

Для того, что бы его разложить в ряд нужно вынести n за скобку, чтобы в ней остались только выражения стремящиеся к нулю. Дело в том, что для таких выражений легко получить разложение с помощью рада Тейлора.

Имеем a (n) = n * (sqrt (1 + 1/n^2) - 1)

sqrt (1 + 1/n^2) = 1 + 1/2 (1/n^2) + O (1/n^4)

Таким образом

a (n) = n (1 + 1/2 (1/n^2) + O (1/n^4) - 1)

a (n) = 1/2 * 1/n + O (1/n^3)

Отсюда следует, что a(n) и 1/n сходятся или расходятся одновременно.

sqrt(sqrt(i^2+1)-i) стремится же в /dev/null?

> Кому что.

С учетом того, что сам интегральчик не очень-то тривиальный. Максима его, скажем, не берет. На бумажке-то я его возьму, но как ты понимаешь, это йопля.

>Заботай признак Куммера и следующие из него признаки Раабе и Гаусса

Смахивает на попытку обобщения методики минорирования ряда гармоническимю

да, матан сдали - забыли.

(sqrt(i^2+1)-i)^(1/n)

>Для того, что бы его разложить в ряд нужно вынести n за скобку, чтобы в ней остались только выражения стремящиеся к нулю. Дело в том, что для таких выражений легко получить разложение с помощью рада Тейлора.

С рядом Тейлора - это и так ясно. С помощью него вообще можно многое доказать. Но дело в том, что официально эта задача идет _до_ прохождения рядов Тейлора. А так да. Мой промах, что не указал этого в условии. Короче, самое нормальное решение уже было указано (минорирование гармоническим рядом).

Так это оно и есть.

Признак Куммера это как раз обобщение мажорирования, а следующие из него признаки Гаусса и Раабе — просто частные случаи.

Но дело в том, что официально эта задача идет _до_ прохождения рядов

Тейлора.

Где?

>>Но дело в том, что официально эта задача идет _до_ прохождения рядов Тейлора.

Где?

В программе ВУЗа, куда я собрался.

Да, но стремление общего члена ряла к нулю не доказывает его сходимость. Это необходимый признак, но не достаточный.

Достаточным признаком может считаться стремление величины остатка ряда к нулю.

Нет, вру, берет.

http://www.linux.org.ru/jump-message.jsp?msgid=6007383&cid=6008221

В программе ВУЗа, куда я собрался.

Т.е. ты сейчас школьник и усиленно ботаешь программу первого семестра (забив на вступительные, поступил уже?), или ты учишься на первом/втором курсе и собрался переводиться на второй со сдачей экзаменов за первый?

> Прихлопнись фихтом своим, а лучше Гантмахером - потяжелее будет, понадежнее.

Это же обычно теормех, вроде не шибко толстая. Правда, как только что узнал, у него есть еще «теория матриц» ~560c.

И его «Катюшу» для полного счастья в мозг направить