Math Problem Statement

$\text{用柯西判别法判断正项级数}\sum_{n=1}^\infty\frac{n^n}{3^n\cdot n!}\text{的敛散性}.$

Solution

我们利用柯西判别法来判断正项级数 n=1nn3nn!\sum_{n=1}^\infty \frac{n^n}{3^n \cdot n!} 的敛散性。

柯西判别法

柯西判别法的标准形式如下:

{an}\{a_n\} 为一个正项数列,若:

limnann=L\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_n} = L

则:

  • L<1L < 1 时,级数 an\sum a_n 收敛;
  • L>1L > 1 时,级数 an\sum a_n 发散;
  • L=1L = 1 时,柯西判别法无法得出结论。

应用柯西判别法

在本题中,令:

an=nn3nn!a_n = \frac{n^n}{3^n \cdot n!}

我们需要计算 limnann\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_n}

[ \sqrt[n]{a_n} = \sqrt[n]{\frac{n^n}{3^n \cdot n!}} = \frac{n}{3} \cdot \sqrt[n]{\frac{1}{n!}} ]

接下来我们分别处理这两个部分。

第一步:n3\frac{n}{3} 部分

这一部分很简单:

n3\frac{n}{3}

随着 nn \to \infty,它趋向于 \infty

第二步:1n!n\sqrt[n]{\frac{1}{n!}} 部分

根据斯特林公式,n!n! 的近似形式为:

n!2πn(ne)nn! \sim \sqrt{2\pi n} \left(\frac{n}{e}\right)^n

因此,

[ \sqrt[n]{n!} \sim \sqrt[n]{\sqrt{2\pi n}} \cdot \frac{n}{e} = \frac{n}{e} \cdot \sqrt[n]{\sqrt{2\pi n}} ]

nn \to \infty 时,2πnn1\sqrt[n]{\sqrt{2\pi n}} \to 1,所以:

n!nne\sqrt[n]{n!} \sim \frac{n}{e}

因此,

1n!nen\sqrt[n]{\frac{1}{n!}} \sim \frac{e}{n}

第三步:组合两部分

因此,结合前面的结果,我们得到:

annn3en=e3\sqrt[n]{a_n} \sim \frac{n}{3} \cdot \frac{e}{n} = \frac{e}{3}

第四步:求极限

limnann=e3\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_n} = \frac{e}{3}

由于 e30.906<1\frac{e}{3} \approx 0.906 < 1,根据柯西判别法,级数 收敛

结论

根据柯西判别法,正项级数 n=1nn3nn!\sum_{n=1}^\infty \frac{n^n}{3^n \cdot n!} 收敛

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Math Problem Analysis

Mathematical Concepts

Series Convergence
Cauchy Root Test
Stirling's Approximation

Formulas

Cauchy Root Test: \(\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_n} = L\)
Stirling's Approximation: \(n! \sim \sqrt{2\pi n} \left(\frac{n}{e}\right)^n\)
Formula for the series term: \(a_n = \frac{n^n}{3^n \cdot n!}\)

Theorems

Cauchy Root Test
Stirling's Approximation

Suitable Grade Level

Undergraduate