Question

Люди добрые! Нужна помощь по РЯДАМ! 45 баллов.
В первых двух заданиях сходимость найти. А в 3 разложение по степеням. Не знаю как делать, потому что проболел...

Answer 1

Ответ:

Пошаговое объяснение:

1)

для знакочередующегося ряда применим признак Лейбница:

если члены знакочередующегося ряда монотонно убывают по модулю, то ряд сходится

$\displaystyle \sum_{n=1}^\infty(-1)^n\frac{\sqrt{n} }{n+2}$

а) (-1)¹*(1/3);  √2/4;  (-1)³(√3/5; .....  ряд знакочередующийся

б)

$\displaystyle \lim_{n \to \infty} \bigg |\frac{\sqrt{n} }{n+2} \bigg |= \left[\begin{array}{ccc} \displaystyle \lim_{n \to \infty} (n+2)=n \\\\\end{array}\right] = \lim_{n \to \infty} \bigg |\frac{\sqrt{n} }{n} \bigg |= \lim_{n \to \infty} \bigg |\frac{\sqrt{1} }{n^{1/2}} \bigg |$

применим сравнительный признак: α=1/2

α < 1,  ряд расходится

ответ

исходный ряд расходится

2)

рассмотрим предел

$\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{\sqrt{n^2+2n-1} }{2^2\sqrt{n+1} } =\left[\begin{array}{ccc} \displaystyle\lim_{n \to \infty} \sqrt{n^2+2n-1} =n\\\displaystyle \lim_{n \to \infty} \sqrt{n+1} = \sqrt{n} \hfill\\\end{array}\right] = \lim_{n \to \infty} \frac{n}{n^{5/2}} = \lim_{n \to \infty}\frac{1}{n^2}$

применим сравнительный признак    α=2

α > 1, -  ряд сходится

3) формула

$\displaystyle f(x)= f(a)+\frac{f'(a)}{1!} (x-a)+\frac{f''(a)}{2!}(x-a)^2+...+\frac{f^n(a)}{n!} (x-a)^n+...$

функция ln(32x)   по степеням (х+1)

поскольку у нас логарифм, то можно было бы использовать известное разложение логарифма ln(1+x) и "подогнать" наш логарифм под этот, но мне такой путь показался сложнее, чем обычный

итак, разложение

найдем значения функции и ее производных при х=(-1)

f(x)=ln(3-2x),                     f(-1)=ln(5)

$\displaystyle f'(x)=-\frac{2}{3-2x} \qquad \qquad f'(-1)=-\frac{2}{5} \\f''(x)= -\frac{4}{(3-2x)^2} \qquad f''(-1) = -\frac{4}{25} \\f''(x) = -\frac{16}{(3-2x)^3} \qquad f'''(-1) =-\frac{16}{125} \\f^{IV}(x) = -\frac{96}{(3-2x)^4} \qquad f^{IV}(x) =-\frac{96}{625} \\\\........\\f^n(x) = -\bigg (\frac{2}{5} \bigg )^n*\frac{1}{n}$

таким образом мы получаем ряд

$\displaystyle ln(3-2x) = ln(5) - \frac{2}{5*1!} (x+1)-\frac{4}{25*2!} (x+1)^2-\frac{16}{125*3!} (x+1)^3-$

$\displaystyle =-\frac{96}{625*4!} (x+1)^4 -.... -\bigg (\frac{2}{5} \bigg )^n*\frac{1}{n}(x+1)^n- ...$

или

$\displaystyle ln(3-2x) = ln(5) +\sum_{n=1}-\bigg (\frac{2}{5} \bigg )^n*\frac{1}{n} (x+1)^n$

второй случай похуже будет

и тем не менее

функция  $\displaystyle \frac{x}{\sqrt{2-x^2} }$    по степеням х

находим значение функции и производных в точке 0

$\displaystyle f(x) = \frac{x}{\sqrt{2-x^2} } \qquad \qquad f(0) = 0\\f'(x) = \frac{x^2}{(2-x^2)^{3/2}} +\frac{1}{(2-x^2)^{1/2}} \qquad f'(0)=\frac{\sqrt{2} }{2} \\f''(x) = 3\frac{x^3}{(2-x^2)^{5/2}} +3\frac{x}{(2-x^2)^{3/2}} \qquad f''(0) = 0\\f''(x) = 15\frac{x^4}{(2-x^2)^{7/2}} +18\frac{x^2}{(2-x^2)^{5/2}} +3\frac{1}{(2-x^2)^{3/2}} \quad f'''(0) = 3\frac{\sqrt{2} }{4} \\f^{IV}(x) = 105\frac{x^5}{(2-x^2)^{9/2}} +150\frac{x^3}{(2-x^2)^{7/2}} +45\frac{x}{(2-x^2)^{3/2}} \quad f^{IV}(0) = 0$

тогда получаем ряд

$\displaystyle \frac{x}{\sqrt{2-x^2} } = 0+\frac{\sqrt{2} }{2*1!}x +0*\frac{1}{2!} x^2+3\frac{\sqrt{2} }{4*3!} x^3+0*\frac{1}{4!} x^4+......$

теперь самое противное - формула членов ряда

$\displaystyle \frac{x}{\sqrt{2-x^2}} =\sum_{n=1}^\infty\bigg (\left \{ {{\displaystyle\frac{2^{-n/2}(0.5(n-2))!}{\sqrt{2(0.5(n-1))!} }\quad (n-1)\quad mod\quad 2, \quad n\geq 1} } \atop {0 \qquad \qquad otherwise}} \right. \bigg )x^n$

вот такая вот фигнень....

(n-1) mod 2  - это значит (n-1) - четное

otherwise    - значит в любом другом случае