2799-1

Реклама
Материал из Решебника

Информация о задаче

Задача №2799 параграфа №1 главы №9 "Ряды" книги Г.Н. Бермана "Сборник задач по курсу математического анализа" (22-е издание, 2002 год).

Условие задачи

Исследовать на сходимость ряд [math]\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}\cdot{2^{n^2}}}{n!}[/math].

Решение

Заданный ряд является знакочередующимся. Рассмотрим ряд из модулей членов данного ряда: [math]\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left|\frac{(-1)^{n+1}\cdot{2^{n^2}}}{n!}\right|=\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{2^{n^2}}{n!}[/math]. Докажем вспомогательный предел, применив правило Лопиталя:

[math] \lim_{x\to+\infty}\frac{2^{2x+1}}{x+1} =\lim_{x\to+\infty}\frac{2^{2x+1}\ln{2}\cdot{2}}{1} =+\infty [/math]

Применяем признак Д'Аламбера:

[math] \lim_{n\to\infty}\left(\frac{2^{(n+1)^2}}{(n+1)!}\cdot\frac{n!}{2^{n^2}}\right) =\lim_{n\to\infty}\frac{2^{2n+1}}{n+1} =\infty [/math]

Ряд из модулей расходится. Более того (см. доказательство признака Д'Аламбера) делаем вывод, что [math]\lim_{n\to\infty}\frac{2^{n^2}}{n!}\neq{0}[/math]. Следовательно, исходный ряд расходится.

Ответ

Ряд расходится.