Question

Помогите пожалуйста решить, номер 11 ​

Answer 1

Ответ:

 $\bf 1)\ \ \sum \limits_{n=2}^{\infty }(\sqrt{n^2-1}-\sqrt{n})$  

Проверим необходимый признак сходимости :

$\bf \lim\limits_{n \to \infty}\, a_{n}=\lim\limits _{n \to \infty} (\sqrt{n^2-1}-\sqrt{n})=\lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{(\sqrt{n^2-1}-\sqrt{n})(\sqrt{n^2-1}+\sqrt{n})}{(\sqrt{n^2-1}+\sqrt{n})}=\\\\\\=\lim\limits_{n \to \infty}\, \dfrac{(n^2-1)-n}{\sqrt{n^2-1}+\sqrt{n}}=\lim\limits_{n \to \infty}\, \dfrac{\dfrac{n^2-1-n}{n^2}}{\dfrac{\sqrt{n^2-1}+\sqrt{n}}{n^2}}=\lim\limits_{n \to \infty}\, \dfrac{\dfrac{n^2}{n^2}-\dfrac{1}{n^2}-\dfrac{n}{n^2} }{\dfrac{\sqrt{n^2-1}}{n^2}+\dfrac{\sqrt{n}}{n^2}}=$

$\bf \displaystyle =\lim\limits_{n \to \infty}\, \dfrac{1-\dfrac{1}{n^2}-\dfrac{1}{n}}{\sqrt{\dfrac{n^2-1}{n^4}}+\sqrt{\dfrac{n}{n^4}}}=\displaystyle =\lim\limits_{n \to \infty}\, \dfrac{1-\dfrac{1}{n^2}-\dfrac{1}{n}}{\sqrt{\dfrac{1}{n^2}-\dfrac{1}{n^4}}+\sqrt{\dfrac{1}{n^3}}}=\\\\\\=\Big[\frac{1-0-0}{0+0}\Big]=1\ne 0$  

Предел общего члена ряда не равен 0, значит ряд расходится .

$\bf 2)\ \ \sum \limits _{n=1}^{\infty }\, \dfrac{n}{n^2+5}$  

Применим достаточный признак сходимости - интегральный признак Коши .

Составим функцию  $\bf f(x)=\dfrac{x}{x^2+5}$   .  Это положительная,

непрерывная и монотонно убывающая на полуинтервале  $\bf [\, 1\, ;+\infty\, )$  

функция . Вычислим несобственный интеграл

$\bf \displaystyle \int\limits_1^{+\infty }\, f(x)\, dx=\lim\limits_{A \to +\infty}\, \int\limits_1^{A}\frac{x\, dx}{x^2+5}=\\\\\\\star \ \ \int\limits_1^{A}\frac{x\, dx}{x^2+5}=\Big[\ t=x^2+5\ ,\ dt=2x\, dx\ \to \ x\, dx=\frac{dt}{2}\ \Big]=\frac{1}{2}\int\limits_6^{A^2+5}\frac{dt}{t}=\\\\\\=\frac{1}{2}\cdot ln|\, t\, |\, \Big|_6^{A^2+5}=\frac{1}{2}\Big(ln|\, A^2+5\, |-ln6\Big)\ \ \star$

$\bf \displaystyle = \lim\limits _{A \to +\infty}\ \dfrac{1}{2}\Big(\underbrace{\bf ln|\, A^2+5\, |-ln6}_{\to \ (+\infty -const)}\Big)=\boldsymbol{+\infty }$

Несобственный интеграл расходится, значит расходится и заданный ряд .