∑(n 1 2n 1)∧n的敛散性-搜答案-大师作文网

数学问题不易从表面判断难度,自己想的题搞不好就和世界难题相关.好在你这道题目本身还算简单.由1/π是无理数,可用抽屉原理证明:存在无穷多组正整数m,n,满足|n/π-m|对满足上述要求的n,可知:|n

利用比值判别法可判别该级数收敛.为求和,作幂级数　　　f(x)=∑{n>=0}(n+1)x^n,|x|=0}(n+1)∫[0,x](t^n)dt　　=∑{n>=0}x^(n+1)　　=1/(1-x)-

很简单(sinn)/n^2≤1/n^2因为|sinn|≤1∑1/n^2绝对收敛,所以原级数也绝对收敛

设an=n^-(1+1/n),则n趋于无穷时,limn*an=n^-(1/n)=1,根据正项级数的极限审敛法,该级数发散.

由limln(1+1/n)/(1/n)=1有原级数与∑1/n有相同敛散性.所以原级数发散

/>前n项和Sn=1-1/√2+1/√2-1/√3+...+1/√n-1/√n+1=1-1/√n+1趋于1 级数收敛于1∑(-1)^n1/3^n=∑(-1/3)^n=(-1/3)/(1+1/

考虑其正项级数,对其分子进行放缩,利用比较判别法可知原级数收敛,具体解题步骤如下

比值法,U(n+1)/Un＝3/[(1+1/n)^n]→3/e＞1（n→∞）,所以级数发散

/>lim(n->∞)(lnn)^2/n=0f(x)=(lnx)²/xf'(x)=[2lnx-(lnx)²]/x²=lnx(2-lnx)/x²当x

根据比值判断法,（n+1）项/n项以n趋近于无穷大的比值为1,所以级数可能收敛也可能发散

通项|an|

只需要看后一项与前一项比值【2^n*n!/n^n】/【2^(n-1)*(n-1)!/(n-1)^(n-1)】=2n*(n-1)^(n-1)/n^n=2(n-1)^(n-1)/n^(n-1)=2【(n-

本题直接利用达朗贝尔判别法可得级数收敛

比值法：发散我发现网上已经有很多回答了http://iask.sina.com.cn/b/14827620.htmlhttp://learning.wenda.sogou.com/ques

楼上中间过程错.lim(n→∞)[1+(n-1)]^(1/n)是无穷的0次方,不是特殊极限e.其实用limn^(1/n)=1即可因为：lim(n→∞)[1/(n*n∧1/n)]/1/n=lim(n→∞

对于这个级数,首先观察进行初步估计；可以尝试采用夹逼准则,发现没有办法计算.我们发现用an+1/an可以消去很多项,使得计算成为可能.那我们便作商,进行比值判别法.an+1/an=3[n/(n+1)]

后项比前项=[2^(n+1)×(n+1)!/(n+1)^(n+1)]/2^(n)×(n)!/(n)^(n)]=2/(1+1/n)^n趋于2/e

设f(x)=n^(1/x),an=f(n)-f(n+1),有拉格朗日定理,对足够大的n有|an|=f'(ξ)=n^(1/ξ)㏑n/x^2

显然是正项级数,故可用比值审敛法,求通项的相邻两项比值当n→∞时的极限,与1比较即可注：中间求极限时可能会用到分子分母同除n^4,然后再利用无穷比无穷形时的洛必达法则进行计算