Добавил:

mihail1000 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Воронежский государственный технический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Учебное пособие 1439

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

30.04.2022

Размер:

1.16 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 137 8 9 10 11 12 13 > Следующая >>>

Признак сравнения в предельной форме. Если an ³ 0 bn > 0 для каждого

n N и существует конечный, отличный от нуля, предел lim		an	, то ряды
n N и существует конечный, отличный от нуля, предел lim			, то ряды
∞	n→∞ bn
∞	∞
∑ an	и ∑bn сходятся или расходятся одновременно.
n =1	n=1

Замечание. Формулировка признаков сравнения говорит о том, что для их применения необходимо иметь набор рядов, сходимость или расходимость которых уже известна. В качестве «эталонных» рядов для сравнения часто используются следующие ряды:

∞

1) геометрическая прогрессия то есть, ряд ∑ qn −1, который сходится при

n =1

0 < q < 1 и расходится при q ³1;

∞

2) обобщенный гармонический ряд (ряд Дирихле) ∑

, который схо-

n=1 n

дится при

α > 1 и расходится при 0 < α ≤ 1.

∞

Признак Даламбера. Пусть дан ряд ∑ an и an > 0 для всех n N .

n =1

Если существуют число q <1 и номер n0 N такие,

что для всех n > n0

выполняется неравенство

an+1

≤ q , то ряд сходится.

Если существует n0 N такое, что для всех n > n0

выполняется нера-

венство

an+1

³ 1, то ряд расходится.

Замечание. На практике этот признак применяется чаще в предельной

форме.

∞

an+1

Пусть существует предел lim

= q . Тогда при q <1 ряд ∑ an схо-

n→∞ an

n =1

дится, а при q >1 – расходится.

∞

Признак Коши. Пусть дан ряд ∑ an и an > 0 для всех n N .

n =1

Если существуют число q <1 и номер n0 N такие,

что для всех n > n0

выполняется неравенство n

£ q , то ряд сходится.

Если существует n0 N такое, что для всех n > n0

выполняется нера-

венство nan ³1, то ряд расходится.

Замечание. На практике этот признак применяется чаще в предельной форме.

			∞
Пусть существует предел lim n	an	= q . Тогда при q < 1	ряд ∑ an схо-
n→∞			n=1
дится, а при q > 1 – расходится.			n=1
дится, а при q > 1 – расходится.

Замечание. И признак Даламбера, и радикальный признак Коши основаны на сравнении исследуемого ряда с геометрической прогрессией, поэтому они не дают ответа на вопрос о сходимости ряда, члены которого стремятся к

нулю медленнее, чем члены геометрической прогрессии { qn }∞n=0 при 0 < q < 1.

В этом случае требуется применение других признаков, одним из которых является следующий.


Интегральный признак Коши. Если функция f (x)					неотрицательная и
	∞				+∞
убывает на промежутке [1;+∞) , то ряд ∑ f (n)				и интеграл ∫ f (x) dx сходят-
	n=1				1
ся или расходятся одновременно.
Упражнение. Применяя интегральный признак, установить, для каких α
	∞
сходится обобщенный гармонический ряд ∑		1	.
		α
	n=1 n
	Признаки сходимости знакопеременных рядов
	∞
Признак Абеля. Ряд ∑ anbn = a1b1 + a2b2 + K+ anbn					+ K сходится, если
	n=1
выполнены следующие два условия:
	∞
1)	ряд ∑ an сходится;
	n=1
2)	последовательность {bn }∞n=1 монотонна и ограничена.
	∞			+ K+ anbn + K сходится, ес-
Признак Дирихле. Ряд ∑ anbn = a1b1 + a2b2

n=1

ли выполнены следующие два условия:

∞

1) последовательность частичных сумм ряда ∑an ограничена;

n=1

2) последовательность {bn }∞n=1 монотонно стремится к нулю при

∞

Признак Лейбница. Знакочередующийся ряд ∑(−1)n+1 an , где an

n=1

n → ∞

> 0 для

всех n N , сходится, если выполнены следующие два условия: 1) an ³ an +1 для всех;

2) lim an = 0.

n→∞

∞

При выполнении условий 1) и 2) его остаток rn = ∑(−1)k +1 ak удовле-

k = n+1

творяет неравенству rn ≤ an +1 .

Замечание. Признак Лейбница может быть получен как следствие признака Дирихле, если в последнем принять an = (−1)n+1.

При исследовании знакопеременных рядов часто бывает удобно вместо

∞	∞
данного ряда ∑an	рассматривать ряд ∑ Ak , полученный из исходного неко-
n=1	k =1

торой группировкой его членов без изменения порядка их следования, то есть

A1 = a1+ K + an1 ,

A2 = an 1+1 + K + a n2 ,

. . . . . . . . .

Ak = an k −1+1 + K + a nk .

При этом полезно следующее утверждение, которое предлагается доказать самостоятельно.

∞

Утверждение (сочетательный признак). Пусть для ряда ∑an выпол-

n=1

нено условие lim an = 0 и число его членов, входящих в каждый член Ak ряда

n→∞

∞

∑ Ak , полученного группировкой из исходного ряда, ограничено постоянной

k =1

M , то есть (nk − nk −1 ) ≤ M для всех k . Тогда оба ряда сходятся или расхо-

дятся одновременно.

Замечание. Абсолютную сходимость ряду обеспечивает достаточно высокая скорость стремления к нулю его членов. Для условно сходящегося ряда сходимость обусловлена, в большей мере, частичным взаимным погашением положительных и отрицательных членов ряда. Этот факт позволяет понять «странные», на первый взгляд, свойства условно сходящихся рядов.

Примеры решения задач

В примерах 2.10 – 2.17 исследуется сходимость рядов с положительными членами.

∞ n!

Пример 2.10. ∑ .

n=1 nn

Решение. То, что общий член ряда содержит показательную функцию и факториал, позволяет сделать предположение о применимости признака Даламбера. Вычислим предел

lim

an+1

= lim

(n +1)!

n n

= lim

+1)n

n→∞ an

n→∞ (n +1)n+1

n→∞ (n

n→∞

Так как

< 1, то исследуемый ряд сходится.

∞

e n

Пример 2.11. ∑n!

n=1

Решение.

Так же, как в примере 1, попробуем применить признак Далам-

бера в предельной форме

n+1

lim

an+1

= lim (n +1)!

= lim

= 1.

n→∞

1 n

n→∞

n +

e n!

Так как lim an+1 = 1, то признак Даламбера в предельной форме не дает

n→∞ an

ответа на вопрос о сходимости исследуемого ряда. Однако, замечая, что после-

довательность 1 +	1	n	стремится к e при n → ∞ , монотонно возрастая, полу-

	n

чаем, что для всякого n N выполняется условие an+1 an

=		e			> 1.
		+	1	n
	1

			n

Отсюда, согласно первоначальной формулировке признака Даламбера, заключаем, что данный ряд расходится.

Замечание. Этот пример иллюстрирует тот факт, что предельная форма признака Даламбера является более слабым утверждением, чем его первоначальная формулировка.

∞	1 n n
Пример 2.12. ∑		.

n=1 n! e

Решение. Нетрудно проверить, что для данного ряда, как и в примере

2.11, выполнено равенство lim an+1 = 1.

n→∞ an

На первый взгляд кажется, что для этого ряда также можно применить признак Даламбера в первоначальной формулировке. Однако, хотя отношение

			+	1	n
		1					an+1

an+1	=			n		< 1, не существует числа q < 1 такого, что		≤ q < 1 для всех


an			e				an

n , начиная с некоторого.

Таким образом, признак Даламбера не позволяет установить сходимость или расходимость этого ряда. Не позволяет это сделать и признак Коши, поскольку (как известно из теории пределов последовательностей) из существо-

вания предела lim an+1 = 1 следует существование предела lim n an и факт ра-
n→∞ an	n→∞

венства этих пределов.

Попытаемся применить признак сравнения. Для того чтобы найти подходящий для сравнения ряд, проанализируем поведение n -го члена ряда при n → ∞ , используя формулу Стирлинга


	n n
	n n
n!~ 2πn		при n → ∞ ,
n!~ 2πn		при n → ∞ ,
	e

согласно которой

n n

2π

an =

при n → ∞ .

2π n

n! e

n n

2π n

n 2

Применим признак сравнения в предельной форме. Взяв для сравнения

∞

расходящийся ряд Дирихле ∑

, получим

1/ 2

n=1 n

1			n n


lim	n! e			=
		n1/ 2
n→∞

Это означает,

Пример 2.13.

1 = const . 2π

∞	1 n n
что ряд ∑		расходится.

n=1 n! e

∞

∑τ (n)xn , x > 0, τ (n) – число делителей натурального числа

n=1

n , отличных от 1 и n .

Решение. В связи со сложным характером поведения функции τ(n) при-

менить признак Даламбера в данном случае не представляется возможным. Воспользуемся признаком Коши. Заметим, что для всех n N выполняет-

ся условие 1 ≤τ (n) ≤ n и, следовательно,

x £ nan = nt(n) xn = nt(n) × x £ nn × x.

Учитывая, что lim nn = 1, получаем

n→∞

lim n an = lim n τ (n) x n = x .

n→∞ n→∞

Отсюда при x < 1 данный ряд сходится, при x > 1 – расходится, так как не

выполняется необходимое условие сходимости.

∞

Пример 2.14. ∑

, α > 0 .

n lnα n

n = 2

Решение. Это типичный ряд,

для исследования которого на сходимость

применяется интегральный признак. Функция f (x) =

> 0

и не возрастает

x lnα n

при x ³ 2 .

∞

Выясним вопрос о сходимости несобственного интеграла ∫

непо-

x lnα

средственно путем его вычисления.

∞

∫

lim

∫

= lim

∫

d (ln x)

x lnα x

2 x lnα

a →+∞

lnα x

ln1−α a - ln1−α 2

приα ¹ 1,

-α

lim

a →+∞ ln

ln x

a = ln(ln a) - ln(ln 2) приα = 1.

∞

Отсюда легко увидеть,

что интеграл, а с ним и ряд ∑

сходятся

при a > 1 и расходятся при a £ 1.

n=2 n lnα n

∞

Пример 2.15. ∑

n=2 ln n!

Решение. Запишем общий член данного ряда в виде

ln n! ln 2 + ln 3 + K + ln n

Так как

для всех n

³ 2 , то при n

³ 2 выпол-

ln 2

+ ln 3

+ K + ln n n ln n

∞

няется условие an

. Но, как показано в примере 2.14, ряд ∑

ln n! n ln n

∞

n=2 n ln n

расходится. Отсюда по признаку сравнения заключаем, что ряд ∑

также

n=2 ln n!

расходится.

∞

(2n -1)!!

Пример 2.16. ∑

n=2 (2n)!!(2n +1)

Решение. Пытаясь применить для исследования этого ряда на сходимость

признак Даламбера, получаем

lim

an+1

= lim

(2n +1)!! (2n)!!(2n +1)

= lim

(2n +1)2

= 1.

n→∞ an

n→∞ (2n + 2)!!(2n + 3)(2n -1)!!

n→∞ (2n + 2)(2n + 3)

Следовательно, признак Даламбера не дает ответа на вопрос о сходимо-

сти данного ряда. Но в этом случае и lim n

= 1, то есть не дает ответа и при-

n→∞

знак Коши. Интегральный признак применить к этому ряду затруднительно, попытаемся применить признак сравнения. Для того чтобы увидеть, какой ряд выбрать для сравнения, преобразуем общий член исследуемого ряда к виду

an =

(2n −1)!!

1×3 ×5 ×K×(2n -1)

×K×

2n −1

(2n)!!(2n +

2 × 4 × 6×K×2n ×(2n +1)

4 6

2n +1

Увеличивая в каждом сомножителе, кроме последнего, числители и зна-

менатели на единицу и учитывая, что

2n −1

, получим

2n +1

an =

×K×

2n −1

×K×

2 4 6

2n 2n +1 3 5 7

2n +1 2n +

1×3 ×5K(2n -1)

× (2n +1)

an (2n +1)3

an n3

2 × 4 × 6K2n × (2n +1)

Из этого неравенства следует,

что an2 <

или an <

Отсюда, по

3/ 2

∞

признаку

сравнения

со

сходящимся

рядом

∑

заключаем, что

ряд

3 / 2

∞

n=1 n

(2n -1)!!

∑

сходится.

(2n)!!(2n +1)

n=1

Пример 2.17.

∞

∑

, где F1 = 1, F2 = 2, Fn = Fn−1 + Fn−2

при n ³ 3 .

n=1 Fn

Решение.

Рассмотрим отношения

= 2,

, ...

2 F3

3 F4

Можно заметить, что для приведенных членов последовательности {Fn } отно67


шение	Fn	заключено в пределах от				3	до 2. Методом математической индук-

	Fn−1				2
ции покажем, что неравенство			3	≤	Fn		≤ 2 справедливо для всех n = 2,3,... За-
					Fn−1
2

пишем его в виде			3	Fn−1 £ Fn £ 2Fn−1 и покажем, что оно остается справедли-
пишем его в виде				Fn−1 £ Fn £ 2Fn−1 и покажем, что оно остается справедли-
2
вым при переходе от n к n +1.
Действительно,					если справедливо		неравенство		3	Fn−1 £ Fn £ 2Fn−1 , то
Действительно,					если справедливо		неравенство	2		Fn−1 £ Fn £ 2Fn−1 , то
верно и неравенство								2
верно и неравенство
	3	Fn−1 + Fn−1 £ Fn + Fn−1 £ 2Fn−1 + Fn−1
2		Fn−1 + Fn−1 £ Fn + Fn−1 £ 2Fn−1 + Fn−1
2
или
	3	(Fn−1 + Fn−2 ) -			3	Fn−2 + Fn−1 £ Fn + Fn−1 £ 2(Fn−1 + Fn−2 ) - 2Fn−2 + Fn−1 .
2		(Fn−1 + Fn−2 ) -			2	Fn−2 + Fn−1 £ Fn + Fn−1 £ 2(Fn−1 + Fn−2 ) - 2Fn−2 + Fn−1 .
2					2
С учетом рекуррентного соотношения Fn							= Fn−1 + Fn−2	получаем

Fn ≤

Fn +

−

≤ Fn+1

≤ 2Fn − (2Fn−2 − Fn−1 ) ≤ 2Fn

Fn−1

Fn−2

или

Fn £ Fn+1 £ 2Fn .

n −1

Из неравенства

Fn−1 £ Fn

следует, что Fn ³

× F1 =

и, зна-

2 n−1

∞

чит,

≤

Отсюда заключаем,

что ряд ∑

сходится по признаку

n = 1

	∞			2	n−1
сравнения с рядом ∑						, который является геометрической прогрессией
сравнения с рядом ∑						, который является геометрической прогрессией
	n = 1			3
со знаменателем	q =	2	< 1.
со знаменателем	q =		< 1.
	3
Замечание.	Последовательность {F }∞							, задаваемая рекуррентным со-
						n	n = 0
отношением F0 = 1, F1 = 1,						Fn = Fn−1 + Fn−2	при n ³ 2 , известна как последова-

тельность чисел Фибоначчи. Для нее есть явное выражение общего члена через n:

		1 +		n		1 −		n
				n				n
	1		5				5
F =	1		5		−		5		,
F =					−				,
n	5		2			2
	5		2			2
										1 +		n
									1	1 +	5	n
из которого видно, что при n → ∞							F ~						, то есть последователь-
из которого видно, что при n → ∞							F ~						, то есть последователь-
							n		5	2
									5	2

ность {Fn } при больших n ведет себя как геометрическая прогрессия (более точно, последовательность {Fn } и указанная прогрессия являются эквивалент-

ными бесконечно большими).

В примерах 2.18 – 2.25 исследуется сходимость знакопеременных рядов.

			∞	(−1)n+1
Пример 2.18. ∑					.
Пример 2.18. ∑					.
			n = 1	n − ln n
Решение. Исследуем сначала данный ряд на абсолютную сходимость. За-
						1	1
мечая,	что при n → ∞ выполняется соотношение						~		, заключаем, что
мечая,	что при n → ∞ выполняется соотношение					n − ln n	~	n	, заключаем, что
∞	1
ряд ∑	1		из абсолютных величин членов исходного ряда расходится. Так

		n - ln n
n = 1		n - ln n

как данный ряд знакочередующийся, то для исследования на условную сходимость применим признак Лейбница. Проверим выполнение условий этого признака.

lim a n

= lim

= 0 .

n →∞

n →∞ n - ln n

Для

проверки

монотонного

убывания

последовательности

{an

рассмотрим поведение

функции f (x) = x − ln x . Так как

n − ln n

′

= 1 −

> 0

при x

> 1, то функция f (x) = x − ln x , а значит, и по-

f (x) = (x

− ln x)

следовательность {n − ln n } являются монотонно возрастающими. Отсюда сле-

										1
дует, что последовательность														монотонно убывающая.									Таким обра-
дует, что последовательность														монотонно убывающая.									Таким обра-
									n − ln n
											∞		(−1)n+1
зом, оба условия выполнены и ряд ∑																	условно сходится согласно при-
зом, оба условия выполнены и ряд ∑														n − ln n			условно сходится согласно при-
										n = 1				n − ln n
знаку Лейбница.
Пример 2.19.
1			-	1		+	1		-	1					+ ... +	1			-	1		+ ...,	n ³ 2.

		-1			+1			-1			+1							-1			+1
	2	-1		2	+1		3	-1		3	+1						n	-1		n	+1
												69

Решение. Очевидно, что абсолютно этот ряд не сходится, и, хотя это зна-

кочередующийся ряд и для него выполняется условие lim a n = 0 ,	применить
n → ∞
признак Лейбница к нему нельзя, так как последовательность {a n	не является

монотонной. Образуем из данного ряда новый ряд попарной группировкой членов.

−

+ ... +

2 −1

2 + 1

3 −1

3 + 1

	1				1								∞			2
+	1			−	1				+ ... =			∑				2					.


		n −1			n + 1						n = 2							n −1
		n −1			n + 1						n = 2							n −1
Очевидно, этот ряд расходится. Согласно сочетательному признаку за-
ключаем, что исходный ряд также расходится.
∞			n (n −1)
∞	(− 1 )		2		1
Пример 2.20. ∑			2		1			.


n = 1						n
Решение. Данный ряд				1 −	1		−		1	+	1			+			1			−		1		−	1	+ ... знакопе-
										+				+						−				−		+ ... знакопе-
					2				3		4					5						6			7
					2				3		4					5						6			7
										∞			1							∞			1
ременный, но не знакочередующийся.									Ряд ∑				1					= ∑					1	, составленный из
																							1
															n								1
										n = 1									n = 1
										n = 1									n = 1			n 2
																						n 2

абсолютных величин членов исходного ряда, расходится как обобщенный гар-

монический с α =	1	< 1. Для исследования на условную сходимость образуем

2

новый ряд, группируя отдельно члены с отрицательными и с положительными знаками

	1			1			1			1		1		1
1 −			+		+				+		−		+		+ ... +
1 −			+		+				+		−		+		+ ... +
	2			3			4			5		6		7
	2			3			4			5		6		7
					1					1
		+ (−1)k						+				+ ...
		+ (−1)k						+				+ ...
						2 k				2 k + 1
						2 k				2 k + 1

Этот ряд знакочередующийся и сходится по признаку Лейбница (выполнение условий очевидно). Отсюда согласно сочетательному признаку исходный ряд сходится условно.

∞			n (n −1)					1 n
				1
		(− 1 )	2	1
Пример 2.21. ∑						1	+		.
Пример 2.21. ∑						1	+		.
n =	1				n			n

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 137 8 9 10 11 12 13 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
30.04.20221.16 Mб3Учебное пособие 1434.pdf
#
30.04.20221.16 Mб16Учебное пособие 1435.pdf
#
30.04.20221.16 Mб4Учебное пособие 1436.pdf
#
30.04.20221.16 Mб114Учебное пособие 1437.pdf
#
30.04.20221.16 Mб2Учебное пособие 1438.pdf
#
30.04.20221.16 Mб15Учебное пособие 1439.pdf
#
30.04.2022300.67 Кб2Учебное пособие 144.pdf
#
30.04.20221.16 Mб4Учебное пособие 1440.pdf
#
30.04.20221.17 Mб4Учебное пособие 1441.pdf
#
30.04.20221.17 Mб1Учебное пособие 1442.pdf
#
30.04.20221.17 Mб7Учебное пособие 1443.pdf