Добавил:
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

ЛК Осипенко КЮ - весна 2021 (1 сем)

.pdf
Скачиваний:
71
Добавлен:
11.06.2021
Размер:
1.07 Mб
Скачать

41

22. Признак сравнения в предельной форме

Теорема 12 (признак сравнения в предельной форме) . Пусть

1 1

an;

bn

(10)

n=1

n=1

 

ряды с положительными членами и

lim an = C > 0:

n!1 bn

Тогда ряды (10) сходятся или расходятся одновременно.

Доказательство. Возьмем " = C=2. Тогда в силу определения предела найдется такой номер N, для которого при всех n > N будут выполняться неравенства

 

 

 

 

 

an

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Отсюда

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

bn

C < " = C=2:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

C

<

an

< 3

C

:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

bn

2

 

 

 

 

 

 

 

 

Тем самым

 

 

 

C

 

 

 

 

C

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

bn < an < 3

 

 

bn:

 

 

 

 

 

÷òî è ðÿä

n=1 an

 

 

 

2

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n=1 bn

 

C

 

 

Åñëè ðÿä

n1=1 bn

сходится, то из неравенства an

< 3

 

bn следует,

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

2

 

 

 

сходится. Если же ряд

расходится, то из

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

неравенства

C

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

расходится.

 

 

 

следует, что и ряд

 

 

an > bn

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n=1 an

 

 

 

Пример 15. Исследовать на сходимость ряд

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

sin(p

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n2 + 1

 

n):

 

 

 

 

 

n=1

Имеем

p

n2 + 1

pp

 

( n2

+ 1 n)( n2 + 1 + n)

1

 

 

n =

 

(p

 

+ n)

=

p

 

+ n

:

 

n2 + 1

n2 + 1

Положим

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

an = sin(p

 

 

 

 

n);

 

1

:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n2 + 1

bn =

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Тогда

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

an

= nlim n sin(p

 

 

 

 

 

 

p

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

nlim

n2 + 1

n) = nlim n sin

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n

2

 

 

 

 

 

 

 

 

!1 bn !1

!1

 

 

+ 1 + n

 

 

 

 

= nlim

p

 

 

n

= nlim

 

 

 

 

 

1

 

 

 

=

1

:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

n2

+ 1 + n

 

 

 

 

 

1

 

 

!1

 

 

 

 

 

 

 

!1

1 +

 

 

+ 1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n2

 

 

 

42

Òàê êàê ðÿä 1n=1 bn (гармонический ряд) расходится, то исходный ряд тоже расходится.

 

 

23. Признак Даламбера

n=1

 

 

n

 

и пусть существует

 

 

lim

 

an+1

= q:

 

 

 

 

n

 

 

Теорема 13

(признак Даламбера).

 

Пусть дан ряд

1

a

, a

 

0,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Тогда

 

 

 

 

n!1 an

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1) åñëè q < 1, òî ðÿä

 

 

n1=1 an сходится,

 

 

 

 

 

 

 

Доказательство. 1.

 

 

q < 1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2) åñëè

 

, òî ðÿä

 

 

1

 

 

 

 

 

расходится.

 

 

 

 

 

 

q > 1

 

 

n=1 an

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Пусть

 

 

 

 

 

. Возьмем в качестве

 

 

 

 

 

 

 

 

 

" =

 

1 q

> 0:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Тогда найдется N, начиная с которого будет выполняться неравен-

ñòâî

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Тем самым

 

 

 

an+1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

an

 

 

 

q

< ":

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

an

+1

 

 

 

 

 

 

 

1 q

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

q <

 

 

:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

an

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

Отсюда

 

 

 

an+1

 

 

 

1 + q

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

<

 

= q1 < 1:

 

 

 

 

 

(11)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

an

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

q0

 

 

 

 

 

 

qq

 

 

 

qq1

q1

-

x

 

 

 

 

 

Ðèñ. 39

Отбросим первые N членов ряда (конечное число членов ряда

на сходимость не влияет), и будем считать, что неравенство (11) выполнено для всех n 1. Тогда имеем

 

 

 

 

a2 < q1a1;

 

 

 

 

a3 < q1a2 < q12a1;

 

 

 

 

: : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : :

 

 

 

 

an < q1an 1 < : : : < q1n 1a1;

Ðÿä

n=1 q1

 

: : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : :

 

a1 является суммой бесконечно убывающей геомет-

 

1

n

1

 

рической прогрессии. Поэтому он сходится∑ . По признаку сравнения сходится и ряд с меньшими членами 1n=1 an.

2. Пусть q > 1. Возьмем в качестве

" =

q 1

> 0:

 

2

 

p j n an
расходит-

43

Тогда найдется N, начиная с которого будет выполняться неравен-

ñòâî

 

 

 

 

Тем самым

an+1

 

 

 

 

 

 

an

q

< ":

 

q

1

an

+1

 

 

 

 

 

<

 

 

 

q:

 

 

2

 

 

an

 

 

Отсюда

 

 

 

 

 

 

 

 

 

an+1

>

1 + q

= q1 > 1:

 

 

 

 

2

 

 

 

 

an

 

 

 

 

 

 

q0

 

q1

qq1

qq

-

x

Ðèñ. 40

Следовательно, начиная с номера N будет выполняться неравен-

ñòâî an+1 > an. В таком случае необходимый признаксходимости (limn!1 an = 0) не выполняется. Значит, ряд 1n=1 an

ñÿ.

Пример 16. Исследовать на сходимость ряд

1 2n : n!

n=1

Применим признак Даламбера. Имеем

 

an+1

 

2n+1

 

 

n!

2

 

nlim

 

 

 

 

= nlim

 

 

 

= nlim

 

= 0 < 1:

 

a

 

 

(n + 1)!

2n

n + 1

!1

 

 

n

!1

 

 

 

 

 

 

 

!1

 

 

Следовательно, ряд сходится.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

24.

Радикальный признак Коши

Теорема 14

 

(радикальный

признак

Êîøè). Пусть дан ряд

n1=1 an, an 0, и пусть существует

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n

 

 

 

 

 

 

 

lim pan = q:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n!1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Тогда

1)åñëè

2)åñëè

q > 1

n=1 an расходится.

q < 1, òî ðÿä

n1=1 an сходится,

 

, òî ðÿä

1

Доказательство. 1. Пусть q < 1. Возьмем в качестве

" =

1 q

> 0:

2

 

 

Тогда найдется N, начиная с которого будет выполняться неравен-

ñòâî

qj < ":

расходит-

44

Тем самым

pan

q <

2

:

 

 

1

 

q

n

Отсюда

p

1 + q

n

an < = q1 < 1: (12)

2

Таким образом,

an < q1n:

Ðÿä 1n=1 q1n является суммой бесконечно убывающей геометриче-

ской прогрессии. Поэтому он сходится∑ . По признаку сравнения сходится и ряд с меньшими членами 1n=1 an.

2. Пусть q > 1. Возьмем в качестве

" =

q 1

> 0:

 

2

 

Тогда найдется N, начиная с которого будет выполняться неравен-

ñòâî

p

j n an qj < ":

Тем самым

q 1 p

2

< n an q:

Отсюда

p

1 + q

n

an > = q1 > 1:

2

Следовательно, начиная с номера N будет выполняться неравен-

ñòâî a > 1. В таком случае необходимый признак сходимости

n 1

(limn!1 an = 0) не выполняется. Значит, ряд n=1 an ñÿ.

Пример 17. Исследовать на сходимость ряд

1 ( n )n2

n + 1

:

n=1

Применим радикальный признак Коши. Имеем

n!1 p

 

 

 

(n + 1)

n

1

 

 

 

 

 

 

 

 

= n!1

n!1

1 n

 

e

 

 

n

 

 

lim n a

 

lim

 

n

= lim

 

 

=

1

 

< 1:

 

 

 

 

(1 +

 

)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n

 

 

 

 

Следовательно, ряд сходится.

45

25. Интегральный признак Коши

Теорема

 

15

 

 

(интегральный признак

Êîøè). Пусть дан ряд

 

 

 

 

 

 

 

 

[1; +1), монотонно убывающая и такая, что

n1=1 an, an 0, и пусть существует функция

f(x), непрерыв-

ная в промежутке

 

 

 

 

 

 

 

 

случае, если сходится

 

 

 

 

 

 

f(n) = an. Тогда ряд

n1=1 an сходится в том и только в том

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

несобственный интеграл

 

 

 

6q

 

q

 

 

 

 

 

 

 

1

+1 f(x) dx:

 

 

 

 

a1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y

q

 

 

 

 

q

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

a2

 

 

 

 

 

q

 

 

 

 

 

 

 

 

 

a4

q

 

 

 

 

 

 

 

q

 

 

 

 

 

 

 

a3

q

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

an

q

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

q

 

q

-

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

q

1q

2q

3q

4q

 

 

q

nq

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ðèñ. 41

 

 

 

 

 

Доказательство. Сначала отметим, что имеет место неравенство

(ñì. ðèñ. 41)

 

Тем самым

a2 + : : : + an 1 n f(x) dx a1 + : : : + an 1:

 

Sn a1 1 n f(x) dx Sn 1:

(13)

Если сходится несобственный интеграл, то по критерию сходимости несобственных интегралов от положительных функций существует такая постоянная M, ÷òîäëÿn âñåõ n

f(x) dx M:

1

Тогда из неравенства (13) следует, что для всех n частичные суммы

ограничены

1 n f(x) dx a1 + M:

Sn a1 +

Из критерия сходимости рядов с положительными членами выте-

êàåò, ÷òî ðÿä

n1=1 an сходится.

Пусть

теперь ряд

 

1

a

n

сходится. Из критерия сходимости ря-

 

 

n=1

 

 

äîâ ñ

положительными членами вытекает, что все его частичные

 

 

 

 

 

 

 

46

суммы ограничены некоторой постоянной M. Следовательно, для всех n выполняется неравенство Sn 1 M. Тогда из неравенства (13) следует, что для всехnn

f(x) dx M:

1

Тем самым для любого b > 1

b

f(x) dx M:

1

Из критерия сходимости несобственных интегралов от положительных функций следует, что в этом случае сходится несобственный

интеграл ∫ +1

f(x) dx:

1

Пример 18. Исследовать при каких сходится ряд

1 1 n :

n=1

При 0 ряд очевидно расходится, так как не выполнен необходимый признак сходимости. Пусть > 0. Применим интегральный признак Коши. Функция

f(x) =

1

x

удовлетворяет всем условиям сформулированным в этом признаке. Тем самым достаточно исследовать на сходимость несоб-

ственный интеграл

1

+1

1

dx:

 

x

Эта задача рассматривалась ранее, и было доказано, что этот несобственный интеграл сходится при > 1. Тем самым исход-

ный ряд сходится при > 1.

47

Лекция 16 марта 2021 г.

26. Знакочередующиеся ряды. Признак Лейбница

Определение 12. Знакочередующимся рядом называется ряд ви-

äà

1 2 + 3 4 + : : : + ( 1)n+1 n + : : : ;

ãäå n > 0.

Теорема16 (признак Лейбница). Пусть дан знакочередующийся ðÿä 1n=1( 1)n+1 n, n > 0. Åñëè

1)n монотонно убывают,

2)limn!1 n = 0,

то ряд сходится.

Доказательство. Рассмотрим четные частичные суммы

S2n = 1 2 + : : : + 2n 3 2n 2 + 2n

1 2n

 

= S2n 2 + 2n 1

2n S2n 2:

Тем самым четные частичные суммы монотонно возрастают. С другой стороны, они ограничены. Действительно,

S2n = 1 ( 2 3) : : : ( 2n 2 2n 1) 2n 1:

Следовательно, по теореме Вейрштрасса последовательность четных частичных сумм имеет предел

 

lim S2n = S:

 

 

 

n!1

 

 

Íî S2n+1 = S2n + 2n+1. Поэтому в силу условия 2)

 

lim S2n+1

= lim (S2n + 2n+1) = S:

 

n!1

n!1

 

 

Отсюда следует, что

 

 

 

 

lim Sn = S;

 

 

 

n!1

 

 

что означает сходимость знакочередующегося ряда.

влетворяет условиям признака Лейбница.

S

Следствие 4. Пусть знакочередующийся ряд

n1=1(

1)n+1 n óäî-

Тогда для его суммы

справедливо неравенство

0 S 1:

Доказательство. При доказательстве признака Лейбница было доказано, что все четные частичные суммы удовлетворяют неравенствам

0 S2n 1:

Следовательно, и их предел, равный S, удовлетворяет тем же неравенствам.

1 1
jS Snj n+1:
Доказательство. Рассмотрим знакочередующийся ряд
Следствие 5.
Пусть знакочередующийся ряд влетворяет условиям признака Лейбница. Тогда имеет место неравенство
1n=1( 1)n+1 n óäî-
48

 

 

 

 

 

 

 

n+1

n+2 + : : : :

 

 

 

 

 

 

Обозначим его сумму через rn. Нетрудно убедиться, что jS

Snj =

rn. А из следствия 4 вытекает, что rn n+1.

 

 

 

Пример 19. Исследовать на сходимость ряд

 

 

 

 

1

 

1

+

1 1

+ : : : + ( 1)n+1

1

+ : : : :

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

3

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n

 

 

 

Последовательность

1

монотонно убывает. Кроме того,

n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

lim

 

1

 

= 0:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n!1 n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Следовательно, по признаку Лейбница ряд сходится.

 

 

27.

Абсолютная и условная сходимость

 

ся, если сходится ряд

n=1 janj

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Определение 13.

Ðÿä

 

 

n1=1 an

называется абсолютно сходящим-

Определение 14. Ðÿän1=1 an

называется условно сходящимся,

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

если сам ряд сходится,

n=1 j

 

nj

 

nj

 

 

 

n=1

n

 

сходится.

Если сходится

n=1 j

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

à ðÿä

 

1

 

 

a

 

 

расходится.

 

 

Теорема 17.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ðÿä

 

 

 

1

 

 

a

 

, òî ðÿä

1

a

также

неравенства

 

Пусть ряд

n=1 j

 

nj

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Доказательство.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

a

 

 

сходится. В силу очевидного

anj an janj

имеем

0 an + janj 2janj:

Отсюда следует, что ряд 1n=1(an + janj) является рядом с положи- тельными членами. Применяя к нему признак сравнения, получа- ем, что он сходится. В силу того, что ряд составленный из суммы (или разности) членов сходящихся рядов сходится, получаем, что ряд

an =

((an + janj) j anj)

n=1

n=1

сходится.

 

Пример 20. Исследовать на абсолютную и условную сходимость ряды

Теорема 18.
1n=1 an сходится условно. Тогда для лю-

49

(1)n+1

1.n .1

n=1

(1)n+1

2.n2 .1

n=1

 

 

sin n

 

1

3.

n2 .

n=1

 

 

1. В примере 19 было показано, что ряд сходится по признаку

ский ряд, является расходящимся. Таким

 

1

 

 

 

 

 

 

Лейбница. Ряд, составленный из модулей

1

гармониче-

n=1 n

 

 

 

 

 

 

 

 

образом, исходный ряд

сходится условно.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

мера 18 следует, что этот ряд сходится. Тем

1

1

 

 

 

2. Рассмотрим ряд, составленный из модулей

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n=1 n2 . Èç ïðè-

 

 

 

 

 

 

 

 

 

самым исходный

ряд сходится абсолютно.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Так как этот ряд является рядом с

 

 

 

 

 

1

 

j sin n j

 

3. Рассмотрим ряд, составленный из модулей

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n=1

n2

 

 

 

 

 

 

положительными членами,

к нему можно применить признак сравнения. Имеем

 

 

 

 

 

 

 

j sin n j

 

1 :

 

 

 

 

 

 

 

 

 

íî ïðè âñåõ 2 R.

 

 

n2

n2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n=1 n2 исходный ряд сходится абсолют-

В силу сходимости ряда

1

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

28. Свойства абсолютно сходящихся рядов

Пусть дан ряд 1n=1 an. Переставив в нем члены произвольным

образом,∑ мы получим новый ряд, который будем обозначать через

1n=1 an.

Пусть ряд

áîãî L (конечного числа или 1) существует такая перестанов-

ка, для которой

 

1

a

= L.

 

 

 

 

 

 

 

n=1

n

 

 

 

 

 

 

Теорема 19. Пусть ряд

1

a

n сходится абсолютно. Тогда для

 

 

1

n=1

 

любой перестановки

a

 

1

a

n

.

n=1n=

 

n=1

 

 

его сумма равна .

Теорема 20.

абсолютно сходятся ряды

 

1

a

n

= A è

 

 

 

Пусть

 

 

 

n=1

 

 

 

1

. Тогда ряд

 

1

тоже сходится абсолютно и

n=1 bn = B

 

AB

n;k=1 anbk

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

29. Функциональные последовательности. Поточечная сходимость

Пусть имеется последовательность функций (функциональная последовательность) f1(x); : : : ; fn(x); : : : с одной и той же областью определения для каждой из функций.

50

Определение 15. Говорят, что функциональная последовательность сходится в точке x0 к функции f(x), åñëè

lim fn(x0) = f(x0) (fn(x0) ! f(x0)):

n!1

Определение 16. Областью сходимости функциональной последовательности называют все точки x, при которых эта последо-

вательность сходится.

Пример 21. Рассмотрим последовательность функций

 

 

 

 

 

<

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

fn(x) =

81 nx;

0 x < n;

 

 

 

 

 

:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

x

 

1:

 

 

 

 

 

>0;

 

 

 

 

 

 

 

 

>

 

n

 

 

 

 

 

 

y

 

6

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

qDD

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

D

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

D

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

DDDD fn(x)

 

1q

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

q

nq

 

 

 

 

 

x

 

 

 

 

DDD

 

 

 

 

 

 

 

-

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ðèñ. 42

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Нетрудно убедиться, что

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1;

 

 

x = 0;

 

 

 

 

fn(x) ! f(x) = {0; x

2

(0; 1]:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y 6

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 q

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0 q

f(x)

 

 

1q

x

 

 

-

 

Ðèñ. 43