Răspuns:
a) Criteriul radacinii:
[tex]\lim_n \sqrt[n]{\frac{n}{(n+\frac{1}{n})^{n^2}}} = \lim_n \frac{\sqrt[n]{n}}{(1+\frac{1}{n})^n} = \frac{1}{e}<1[/tex] deci seria e convergenta.
b) [tex] x_n=\frac{3n^{n+1}}{(2n+1)^n}= \frac{3n\cdot n^n}{2^n (n+\frac{1}{n})^n} = \frac{3n}{2^n}\cdot \frac{n^n}{(n+\frac{1}{n})^n} \leq \frac{3n}{2^n}=y_n.[/tex]
Daca aratam ca [tex]\sum_{n=1}^{\infty}y_n[/tex] e convergenta, atunci, din criteriul comparatiei, rezulta ca [tex]\sum_{n=1}^{\infty}x_n[/tex] e convergenta. Se aplica criteriul raportului:
[tex]\lim_n \frac{y_{n+1}}{y_n} = \lim_n \frac{3(n+1)}{2^{n+1}}\cdot \frac{2^n}{3n} = \lim_n \frac{3n+3}{6n} = \frac{1}{2}<1[/tex], deci [tex]\sum_{n=1}^{\infty}y_n[/tex] e convergenta.
c) Criteriul raportului.
[tex]\lim_n \frac{(n+1)a^{n+1}}{na^n} =\lim_n \frac{(n+1)a}{n}=a[/tex].
Daca a<1, atunci seria e convergenta. Daca a>1, atunci seria e diverenta. Daca a=1, seria devine [tex]\sum_{n=1}^{\infty}n[/tex] care e divergenta din criteriul necesar:[tex] \lim_n n = \infty\neq 0[/tex].
e) Tot cu criteriul raportului. convergenta pentru [tex]\alpha\leq 1[/tex] si divergenta pentru [tex]\alpha>1[/tex]. Observatie: Pentru [tex]\alpha=1[/tex] seria [tex]\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{4n^2-1}[/tex] e convergenta pentru ca [tex]\frac{1}{4n^2-1}\leq \frac{1}{n^2}[/tex] si [tex]\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}[/tex] este convergenta (Seria armonica generalizata).
f) Criteriul radacinii:
[tex]\lim_n \sqrt[n]{\frac{(ln n)^{-n}}{n}} = \lim_n \frac{1}{\sqrt[n]{n(ln n)^n}} =\lim_n \frac{1}{ln n \sqrt[n]{n}} = 0<1,[/tex] deci seria e convergenta.
h) Criteriul radacinii: Practic trebuie calculata:
[tex]\lim_n\left( \frac{1^p+2^p+\cdots+n^p}{n^p}-\frac{n}{(p+1)} \right) = \lim_n \frac{(p+1)(1^p+\cdots+n^p) - n^{p+1}}{(p+1)n^p} [/tex]
si aia merge cu Cesaro-Stolz... dar e mult de scris. :( Daca n-am gresit la calcule, mi-a dat 1/2, adica seria e convergenta.
