根值判別法用於確定以下序列 n tan 2 n 1 的背離

計算過程如下：

因為。 lim（n 趨向於 +）1 n）。

lim [nπ/2^(n+1)}^1/n)1/2lim (nπ/2)^(1/n)

功能發散判斷：對於任何實數 b>0，都有 c>0，對於任何 x1，x2 滿足 0<|x1-x0|如果給定乙個在區間 i 上定義的函式列，u1（x）、u2（x） 、u3（x）...更改為 un（x）。

是由此函式列組成的表示式。

u1（x）+u2（x）+u3（x）+.un（x）+.它稱為在區間 i 上定義的無窮級數。

縮寫（功能項）系列。

因為。 lim（n 趨向於 +）1 n）。

lim [nπ/2^(n+1)}^1/n)1/2lim (nπ/2)^(1/n)

所以 n*tan[ 2 （n+1）] 收斂。

迭代演算法的發散1.全球趨同。

對於任何 x0 [a，b]，由迭代 xk+1= （xk） 產生的點序列的收斂性，即當 k 時，xk 的極限趨於 x*，則 xk+1= （xk） 在 [a，b] 上收斂到 x*。

2.區域性收斂。

如果 x* 存在於鄰域中。

r=，對於任何 x0 r，xk+1= （xk） 產生的點列的收斂度稱為 xk+1= （xk） 在 r 上收斂到 x*。

搜尋：使用根值判別法確定以下級數散度 n*tan[ 2 （n+1）]。

xn=（n^2)/(3^n)

xn 開 n 平方根 = xn （1 n） = （n 2） （1 n） 3 = n [2 （1 n）] 3

極限得到 1 3<1

因此，它通過柯西判別法收斂。

總結。 收斂。

當 n->.

1 （n n+1） 1 n n = 1 n （3 2） 根據 p 級數判別，其中 p = 3 2 > 1 所以 1 n （3 2） 收斂。

因此 1 （n n+1） 也收斂。

使用比較判別法確定以下序列的發散： （1） 根數下的 1 n*n+1 您好，我已經看到了您的問題，正在整理答案，請稍等片刻 使用比較判別法確定以下序列的發散： （1） 1 n*根數下 n+1 下的收斂當 n-> 破壞彈簧時 1 （n n+1） 1 n n = 1 n （32）根據p級數判別，p = 3 2 > 1，因此1 n（3 2）從纖維收斂，1（n n+1）也從原子核收斂。

讓我們從 1 ln（1+n） 開始。

因為 lim（n）1 ln（1+n） （1 n）=lim（n）n ln（1+n）=lim（n）1 （1 （n+1））。

lim(n→∞)n+1=∞

1 n 發散，所以 1 ln （1+n） 發散。

所以這不是絕對的收斂。

然後，對於交錯級數（-1） n-1 ln（1+n）的收斂，採用Leibridge判別器實現收斂

lim(n→∞)1/ln(1+n)=0

和 1 ln（1+n）>1 ln（n+2）。

所以交錯級數 （-1） n-1 ln（1+n） 收斂，和 s

例如，確定 n=[（ 1） （n-1）] ln（n 1） 的收斂性，如果是，請指出它是絕對收斂還是條件......1 ln（1+n） 因為 lim（n）1 ln（1+n） （1 n）=lim（n）n ln（1+n）=lim（n）1 （1 （n+1））=lim（n）n+1=

並且 1 n 發散，所以 1 ln（1+n） 發散，所以它不是絕對收斂的，那麼對於交錯級數 （-1） n-1 ln（1+n） 的收斂，通過 Leibridge 判別：lim（n）1 ln（1+n）=0 和 1 ln（1+n）>1 ln（n+2） 所以交錯級數 （-1） n-1 ln（1+n） 收斂。

關於這個問題，我有乙個問題，如果你使用無窮小代換，原始級數不等價於 （-1） n 根 n，然後。

這個新級數使用萊布尼茨判別式收斂。

我想問一下這個方法有沒有錯**啊，我看書上的問題可以等同。

實際上，它需要 1 n，而這裡它只是增加了 1 n。

結論：ln（1+1 n 的 p 的冪）和 1 n 的 p 的冪具有相同的散度。

一年過去了也沒打算開這個問題，我想問問房東當時在看什麼書