Verified answer

Ответ:

Сходится.

Объяснение:

Дан ряд                                 [tex]\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n=\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{\cos n}{\sqrt[3]{n}}.[/tex]

Он не является знакочередующимся, поэтому признак Лейбница применить нельзя. Но  есть более мощные признаки сходимости знакопеременных рядов. Мы применим признак Дирихле (признак Лейбница - это частный случай признака Дирихле).

                                ПРИЗНАК ДИРИХЛЕ.

Пусть нам дан ряд  [tex]\sum\limits_{n=1}^{\infty}b_n\cdot c_n,[/tex]    причем

1) частичные суммы ряда  [tex]\sum\limits_{n=1}^{\infty}b_n[/tex]   ограничены, то есть существует такое число K, что для любого натурального n выполнено

                                         [tex]|B_n|=|\sum\limits_{m=1}^{n}b_m|\le K;[/tex]

2)                           [tex]c_1\ge c_2\ge c_3\ge \ldots\ge c_n\ge\ldots;[/tex]

3)                                         [tex]\lim\limits_{n\to\infty}c_n=0.[/tex]

Тогда ряд  [tex]\sum\limits_{n=1}^{\infty}b_n\cdot c_n[/tex] сходится.

В нашем случае [tex]\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n=\sum\limits_{n=1}^{\infty}b_n\cdot c_n,[/tex]  где [tex]b_n=\cos n;\ c_n=\dfrac{1}{\sqrt[3]{n}}.[/tex]

То, что выполнены условия 2) и 3) сомнений нет (когда дают задачу на признак Дирихле или признак Абеля, аккуратно проверять такую ерунду не заставляют). Проверим первое условие. Надо сказать,  данный ряд (с возможной заменой косинуса на синус и изменения степени n в знаменателе) изучают в любом продвинутом курсе математики. Применим следующий искусственный способ (придумать его самому, без подсказки, на мой взгляд затруднительно).

Рассмотрим произведение [tex]B_n\cdot \sin\frac{1}{2}.[/tex] Имеем:

                [tex]B_n\cdot \sin\frac{1}{2}=(\cos 1+\cos 2+\cos 3+\ldots +\cos n)\cdot \sin \frac{1}{2}=[/tex]

           [tex]=\cos 1\cdot \sin\frac{1}{2}+\cos 2\cdot \sin\frac{1}{2}+\cos 3\cdot \sin\frac{1}{2}+\ldots+\cos n\cdot\sin\frac{1}{2}=[/tex]

[tex]=\frac{1}{2}(\sin(\frac{1}{2}+1)+\sin(\frac{1}{2}-1)+\sin(\frac{1}{2}+2)+\sin(\frac{1}{2}-2)+\ldots+\sin(\frac{1}{2}+n)+\sin(\frac{1}{2}-n))=[/tex]

[tex]=\frac{1}{2}(\sin\frac{3}{2}-\sin\frac{1}{2}+\sin \frac{5}{2}-\sin\frac{3}{2}+\sin\frac{7}{2}-\sin\frac{5}{2}+\ldots+\sin\frac{2n+1}{2}-\sin\frac{2n-1}{2})=[/tex]

                                          [tex]=\dfrac{\sin\frac{2n+1}{2}-\sin\frac{1}{2}}{2}.[/tex]

Поэтому  [tex]|B_n\cdxot\sin\frac{1}{2}|=\dfrac{|\sin\frac{2n+1}{2}-\sin\frac{1}{2}|}{2}\le\dfrac{ |\sin\frac{2n+1}{2}|+|\sin\frac{1}{2}|}{2}\le\dfrac{1+1}{2}=1,[/tex]

откуда                                       [tex]|B_n|\le\dfrac{1}{\sin\frac{1}{2}}.[/tex]

Тем самым первое условие выполнено, а раз второе и третье условия очевидно также выполнены, сходимость исходного ряда доказана с помощью признака Дирихле.

Замечание. Поскольку в условии ничего не сказано про абсолютную и условную сходимость, считаю свое решение исчерпывающим.

Замечание. Ограниченность частичных сумм можно было бы доказать и другим способом (с использованием комплексных чисел), но я думаю, что и одного способа достаточно.