lim（n→∞）(4^(n+1)/(n+1)*3^(n+1))*(n*3^n/4^n)这个结果是多少

首先，我们可以将该式子拆分成两个部分，即：

lim（n→∞）(4^(n+1)/(n+1)*3^(n+1)) 和 lim（n→∞）(n*3^n/4^n)

对于第一个部分，我们可以将其写成：

lim（n→∞）[(4/3)^(n+1)*(3^(n+1)/(n+1))]

由于(3^(n+1)/(n+1))的极限为0，而(4/3)^(n+1)的极限为0，因此第一个部分的极限为0。

对于第二个部分，我们可以将其写成：

lim（n→∞）[(n/4)^n*(3/4)^n*3]

根据极限的定义，我们可以将其写成：

e^(lim（n→∞）[n*ln(n/4)+n*ln(3/4)+ln(3)])

我们可以使用洛必达法则求出上式的极限，即：

lim（n→∞）[n*ln(n/4)+n*ln(3/4)+ln(3)] = ∞

因此，第二个部分的极限为正无穷大。

由于第一个部分的极限为0，第二个部分的极限为正无穷大，因此整个式子的极限为0。

相关问题

修改以下内容，使其规范，数学符号正确。首先，我们可以将级数 ∑n=1∞n(an−an−1) 拆分成 ∑n=1∞nan − ∑n=1∞(n-1)an，然后对其进行变形。 我们知道数列ₙ naₙ 收敛，因此存在极限 L，即 limₙ→∞naₙ=L。根据级数收敛的定义，对于任意的 ε>0，都存在 N>0，使得当 n>N 时，∑k=n+1∞ak<ε。 因此，对于任意的 n>N，我们可以将 ∑k=1n ak 拆分成 ∑k=1N ak 和 ∑k=N+1n ak 两部分，然后对后一部分应用级数收敛的定义： ∑k=N+1n ak = (a(N+1) + a(N+2) + ... + an) < ε/(N+1) + ε/(N+2) + ... + ε/n = ε(1/(N+1) + 1/(N+2) + ... + 1/n) 由于级数 ∑n=0∞an 收敛，因此对于任意的 ε>0，都存在 M>0，使得当 n>M 时，∑k=n+1∞ak<ε。 因此，对于任意的 n>M，我们可以将 ∑k=1n ak 拆分成 ∑k=1M ak 和 ∑k=M+1n ak 两部分，然后对后一部分应用级数收敛的定义： ∑k=M+1n ak = (a(M+1) + a(M+2) + ... + an) < ε/(M+1) + ε/(M+2) + ... + ε/n = ε(1/(M+1) + 1/(M+2) + ... + 1/n) 现在，我们来考虑级数 ∑n=1∞n(an−an−1)。 对于任意的 n>N，我们有： |n(an−an−1)| = n|an−an−1| ≤ n(∑k=n+1∞ak) 因此， ∑n=N+1∞|n(an−an−1)| ≤ ∑n=N+1∞n(∑k=n+1∞ak) = ∑n=N+1∞∑k=n+1∞nak = ∑k=N+2∞∑n=N+1k−1ak ≤ ∑k=N+2∞(ε/k) = ε(1/(N+1) + 1/(N+2) + ... ) 因此，级数 ∑n=1∞n(an−an−1) 收敛。 类似地，我们可以证明，当级数 ∑n=0∞an 发散时，级数 ∑n=1∞n(an−an−1) 也发散。 综上所述，当数列ₙ naₙ 收敛，且级数 ∑n=0∞an 收敛时，级数 ∑n=1∞n(an−an−1) 也收敛。

首先，我们可以将级数 $\sum_{n=1}^{\infty} n(a_n-a_{n-1})$ 拆分成 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n - \sum_{n=1}^{\infty} (n-1)a_n$，然后对其进行变形。

我们知道数列 $\{na_n\}$ 收敛，因此存在极限 $L$，即 $\lim_{n\to\infty} na_n = L$。根据级数收敛的定义，对于任意的 $\epsilon>0$，都存在 $N>0$，使得当 $n>N$ 时，$\sum_{k=n+1}^{\infty} a_k<\epsilon$。

因此，对于任意的 $n>N$，我们可以将 $\sum_{k=1}^{n} a_k$ 拆分成 $\sum_{k=1}^{N} a_k$ 和 $\sum_{k=N+1}^{n} a_k$ 两部分，然后对后一部分应用级数收敛的定义：

$$\sum_{k=N+1}^{n} a_k = (a_{N+1} + a_{N+2} + ... + a_n) < \frac{\epsilon}{N+1} + \frac{\epsilon}{N+2} + ... + \frac{\epsilon}{n} = \epsilon\left(\frac{1}{N+1} + \frac{1}{N+2} + ... + \frac{1}{n}\right)$$

由于级数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n$ 收敛，因此对于任意的 $\epsilon>0$，都存在 $M>0$，使得当 $n>M$ 时，$\sum_{k=n+1}^{\infty} a_k<\epsilon$。

因此，对于任意的 $n>M$，我们可以将 $\sum_{k=1}^{n} a_k$ 拆分成 $\sum_{k=1}^{M} a_k$ 和 $\sum_{k=M+1}^{n} a_k$ 两部分，然后对后一部分应用级数收敛的定义：

$$\sum_{k=M+1}^{n} a_k = (a_{M+1} + a_{M+2} + ... + a_n) < \frac{\epsilon}{M+1} + \frac{\epsilon}{M+2} + ... + \frac{\epsilon}{n} = \epsilon\left(\frac{1}{M+1} + \frac{1}{M+2} + ... + \frac{1}{n}\right)$$

现在，我们来考虑级数 $\sum_{n=1}^{\infty} n(a_n-a_{n-1})$。

对于任意的 $n>N$，我们有：

$$|n(a_n-a_{n-1})| = n|a_n-a_{n-1}| \leq n\left(\sum_{k=n+1}^{\infty} a_k\right)$$

因此，

$$\sum_{n=N+1}^{\infty} |n(a_n-a_{n-1})| \leq \sum_{n=N+1}^{\infty} n\left(\sum_{k=n+1}^{\infty} a_k\right) = \sum_{n=N+1}^{\infty} \sum_{k=n+1}^{\infty} na_k = \sum_{k=N+2}^{\infty} \sum_{n=N+1}^{k-1} a_k \leq \sum_{k=N+2}^{\infty} \frac{\epsilon}{k} = \epsilon\left(\frac{1}{N+1}+\frac{1}{N+2}+...\right)$$

因此，级数 $\sum_{n=1}^{\infty} n(a_n-a_{n-1})$ 收敛。

类似地，我们可以证明，当级数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n$ 发散时，级数 $\sum_{n=1}^{\infty} n(a_n-a_{n-1})$ 也发散。

综上所述，当数列 $\{na_n\}$ 收敛，且级数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n$ 收敛时，级数 $\sum_{n=1}^{\infty} n(a_n-a_{n-1})$ 也收敛。

求∑ _n=0^∞ ((−1)^n sin(n + 1) 4/π) /2^( n+1/ 2) (z − 1)^n的收敛域

根据幂级数收敛定理，该幂级数的收敛半径为

$$
R=\lim_{n\rightarrow\infty}\left|\frac{a_n}{a_{n+1}}\right|
$$

其中，$a_n=\frac{(-1)^n\sin(n\pi/4)}{2^{\sqrt{n}}}$。

因为 $\sin(n\pi/4)$ 的周期为 $8$，当 $n=8k$ 时有 $\sin(n\pi/4)=0$，因此 $a_{8k}=0$。当 $n\neq 8k$ 时，$|\sin(n\pi/4)|=1$，因此 $|a_n|=|a_{n-8k}|=\frac{1}{2^{\sqrt{n}}}$。

当 $n\rightarrow\infty$ 时，$\sqrt{n}$ 的增长速度远大于 $8k$ 的增长速度，因此可以将 $n-8k$ 看作 $n$，即

$$
R=\lim_{n\rightarrow\infty}\left|\frac{a_n}{a_{n+1}}\right|=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{2^{\sqrt{n+1}}}{2^{\sqrt{n}}}=\lim_{n\rightarrow\infty}2^{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}=2
$$

因此，该幂级数在 $|z-1|<2$ 的区域内绝对收敛，在 $|z-1|>2$ 的区域内发散。当 $|z-1|=2$ 时需要使用根值测试来确定收敛性。