Здравствуйте, Осьмирко Владимир.


1)
(-1)^(n-1)/ ((n+1)4^n) *(x-2)^n --- n-й член реда

Теорема Абеля.
Если степенной ряд сходится в точке x1, то он абсолютно сходится для всех x таких, что | x-a | < | x1-a |, причем сходимость будет равномерной в любом замкнутом круге | x-a | ≤ r < | x1-a |.
Если же ряд (2) расходится в точке x2, то он расходится и для всех x таких, что | x-a | > | x2-a |.

Из теоремы Абеля следует, что областью сходимости степенного ряда является круг с центром в точке a, радиус которого может быть определен применением либо признака Даламбера, либо признака Коши.

Найдем радиус сходимоти по ризнаку Даламбера
lim{n->infinity} |c_{n+1}*(x-a)^{n+1}/(c_n*(x-a)^n)|=|(x-a)|*lim{n->infinity} |c_{n+1}/c_n <1|
Радиус сходимости находится по формуле
R=1/( lim{n->infinity} |c_{n+1}/c_n| )

в нашем случае

lim{n->infinity} |c_{n+1}/c_n|=lim{n->infinity} |[ (-1)^(n+1-1)/ ( (n+1+1)*4^(n+1) ) ]/[ (-1)^(n-1)/ ((n+1)*4^n)]|=
=lim{n->infinity} |[ (-1)^n/ ( (n+2)*4*4^n ) ]/[ (-1)^(n-1)/ ((n+1)*4^n)]| =lim{n->infinity} |(-1)^n/(-1)^(n-1) * ((n+1)*4^n)/((n+2)*4*4^n )|=
=lim{n->infinity} |(-1)* (n+1)/((n+2)*4 )|=lim{n->infinity} |(-1/4)* (n+1)/(n+2)|=1/4
=> R=4
следовательно областью сходимости будет |x-2|<4, т.е. x принадлежит (-2;6)

Здравствуйте, Осьмирко Владимир.

1. Пусть дан ряд Σ_{n = 1}^∞ (-1)^{n – 1}(x – 2)ⁿ/(4ⁿ(n + 1)). Тогда
u_n = (-1)^{n – 1}(x – 2)ⁿ/(4ⁿ(n + 1)),
u_{n + 1} = (-1)ⁿ(x – 2)^{n + 1}/(4^{n + 1}(n + 2)),
|u_{n + 1}/u_n| = |(-1)ⁿ(x – 2)^{n + 1}/(4^{n + 1}(n + 2)) : (-1)^{n – 1}(x – 2)ⁿ/(4ⁿ(n + 1))| =
= |(x – 2)^{n + 1} ∙ 4ⁿ(n + 1)/((x – 2)ⁿ ∙ 4^{n + 1}(n + 2))| = |(x – 2)(n + 1)/(4(n + 2))| =
= |x – 2|/4 ∙ (1 – 1/(n + 2)),
при n → ∞ |u_{n + 1}/u_n| = |x – 2|/4 ∙ (1 – 1/(n + 2)) → |x – 2|/4.

Согласно признаку Даламбера, данный ряд абсолютно сходится при |x – 2|/4 < 1, то есть при -2 < x < 6.
При -∞ < x < -2 и 6 < x < +∞ данный ряд расходится.

Исследуем сходимость ряда на концах интервала сходимости.

При x = -2 имеем ряд Σ_{n = 1}^∞ (-1)^{n – 1}(-4)ⁿ/(4ⁿ(n + 1)) = Σ_{n = 1}^∞ (-1)^{2n – 1}4ⁿ/(4ⁿ(n + 1)) = Σ_{n = 1}^∞ (-1)^{2n – 1}/(n + 1) =
= Σ_{n = 1}^∞ -1/(n + 1) = -1 ∙ Σ_{n = 1}∞ 1/(n + 1). Сравним ряд Σ_{n = 1}^∞ 1/(n + 1) с гармоническим рядом Σ_{n = 1}^∞ 1/n:
при n → ∞ 1/(n + 1) : 1/n = n/(n + 1) = 1 – 1/(n + 1) → 1. Поскольку гармонический ряд расходится, то расходится и ряд Σ_{n = 1}^∞ 1/(n + 1), а с ним и ряд -1 ∙ Σ_{n = 1}^∞ 1/(n + 1). Значит, заданный ряд в точке x = -2 расходится.

При x = 6 имеем ряд Σ_{n = 1}^∞ (-1)^{n – 1}4ⁿ/(4ⁿ(n + 1)) = Σ_{n = 1}^∞ (-1)^{n – 1}/(n + 1), который является знакопеременным. Этот ряд не является абсолютно сходящимся, поскольку ряд Σ_{n = 1}^∞ 1/(n + 1), составленный из абсолютных величин его членов, расходится (см. выше). Применим тогда признак Лейбница. Поскольку
u_n = 1/(n + 1) > 1/(n + 2) = u_{n + 1},
и при n → ∞ u_n → 0,
то оба условия признака Лейбница выполнены, и знакочередующийся ряд Σ_{n = 1}^∞ (-1)^{n – 1}/(n + 1) сходится, причем условно.

Итак, область сходимости заданного степенного ряда суть -2 < x ≤ 6.

Ответ: -2 < x ≤ 6.

2. Первое уравнение задает параболический цилиндр с вертикальной образующей, второе – плоскость, параллельную оси аппликат, третье – параболический цилиндр с параллельной оси ординат образующей.

Изобразим фигуру (область D), лежащую в сечении тела плоскостью Oxy и являющуюся основанием тела (рисунок). Поскольку z = f(x; y) – непрерывная, положительная в каждой точке полученной фигуры функция, то искомый объем тела равен
V = _D∫∫f(x; y)dxdy = _D∫∫[5(3+√x)/9]dxdy = 5/9 ∙ D∫∫(3 + √x)dxdy =
= 5/9 ∙ ₀∫⁹(3 + √x)dx ∙ _5x/9∫^5√x/3dy = 5/9 ∙ ₀∫⁹(3 + √x)(5√x/3 – 5x/9)dx =
= 5/9 ∙ ₀∫⁹(5√x + 5x/3 – 5x/3 – 5x√x/9)dx = 5/9 ∙ ₀∫⁹(5√x – 5x√x/9)dx =
= 25/9 ∙ ₀∫⁹√xdx – 25/81 ∙ ₀∫⁹x√xdx = 25/9 ∙ ₀∫⁹x^1/2dx – 25/81 ∙ ₀∫⁹x^3/2dx =
= 25/9 ∙ 2/3 ∙ x^3/2|₀⁹ – 25/81 ∙ 2/5 ∙ x^5/2|₀⁹ = 25/9 ∙ 2/3 ∙ 27 – 25/81 ∙ 2/5 ∙ 243 = 50 – 30 = 20 (куб. ед.).



Ответ: 20 куб. ед.

С уважением.