Question

Любые 2 из 4 решить, надеюсь поможет кто-либо, буду благодарен...

Answer 1

c 1 по 3 это знакочередующиеся ряды.. (их помню), а 4 знакопеременный, (что с такими делали не помню)
1)
составим ряд состоящий из модулей данного ряда
∑$\frac{n^3}{2^n}$
Применим признак Даламбера сходимости рядов:
$\lim_{n \to \infty} \frac{ \frac{(n+1)^3}{2^(n+1)} }{ \frac{n^3}{2^n} }= \lim_{n \to \infty} \frac{2^n*(n+1)^3}{2^(n+1)*n^3} = \\ = \frac{1}{2} * \lim_{n \to \infty} \frac{n^3+3n^2+3n+1}{n^3} = \frac{1}{2} *1= \frac{1}{2} \ \textless \ 1$
Отношение меньше 1 ⇒ ряд сходится
а значит и наш начальный ряд сходится абсолютно.
2)
Рассмотрим ряд из модулей..
∑$\frac{1}{ \sqrt{2n+1}}$
Очевидно что признак Даламбера даст неопределенность (предел =1)
попробуем интегральный признак сходимости Коши
найдем несобственный интеграл
$\int\limits^{oo}_1 { \frac{1}{ \sqrt{2n+1}}} \, dn = \sqrt{2n+1} } |^{oo}_1= oo- \sqrt{3} =oo$
Интеграл равен ∞ ⇒ ряд расходится
Значит наш ряд не сходится абсолютно, проверим, сходится ли он условно
Проверим признаки Лейбница сходимости знакопеременного ряда
а)
предел должен быть равен 0
$\lim_{n \to \infty} \frac{1}{ \sqrt{2n+1} }=0$
выполнено.
б) начиная с некоторого n, члены ряда должны невозрастать,
$\frac{ \frac{1}{ \sqrt{2(n+1)+1}}}{ \frac{1}{ \sqrt{2n+1} } } = \frac{ \sqrt{2n+1}}{ \sqrt{2n+3} }\ \textless \ 1$
тоже выполняется, значит знакопеременный ряд сходится
Итог
данный ряд сходится условно
3)
Признаки Лейбница выполняются, т.е. ряд сходится, а вот абсолютно или условно, что-то как-то у меня не получается определится..
(Даламбер не катит, интегральный Коши - запутался в интеграле..)