Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Владимирский государственный университет им. Столетовых

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Числовые ряды (96

..pdf

Скачиваний:

Добавлен:

15.11.2022

Размер:

207.33 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 42 3 4 > Следующая >>>

lim

и отличный от нуля предел n

→

∞

= λ 6=

то знакоположительные

∞

либо расходятся одновременно.

ряды ∑ an и ∑ bn либо сходятся,

n=1

∞

Иными словами, если an bn при n → ∞, то ряды ∑ an и

∑ bn либо

сходятся, либо расходятся одновременно.

n=1

Полезным будет список эквивалентных бесконечно малых при

x → 0:

sin x x,

tg x x,

arcsin x x,

arctg x x,

ln (x + 1) x,

ex −1 x,

ax −1 x ln a.

Для бесконечно больших имеют место следующие эквивалент-

ности при n → ∞:

где Pk (n) = a0nk + a1nk−1 + ... + ak,

Pk (n) a0nk,

sh n

ch n

n! √

2πnnne−n (формула Стирлинга).

∞

Пример 8. Исследовать на сходимость ряд ∑ arcsin

3n + 4

Решение. Поскольку arcsin

n=1

, n → ∞, а ряд

∞

3n + 4

∑

расходится как гармонический (умноженный на

), то по

nпредельному=1 признаку сравнения расходится и исходный ряд.

Пример

Исследовать на сходимость ряд ∑

∞

5n2 −4

Решение. Имеем

n=1 7n

+ 3n + 100

an =

5n2 −4

5n2

→

∞.

7n2

Ряд ∑

7n4 + 3n3 + 100 7n4

75n2 сходится как ряд Дирихле при p = 2. Cледовательно,

∞

сходится и исходный ряд.

∞

n=1

Исследовать на сходимость ряд n=1

√3 n

Пример

10.

∑ ln2

1+ 1

√

Решение. Поскольку при n → ∞

= ln2

1 +

√3 n √n

√3 n

n1/6

эталонный

ряд n=1 n1/6

расходится как

√

∞

∑

ряд Дирихле при p =

, то исходный ряд расходится.

Пример

Исследовать на сходимость ряд n=2 r n9 −5

∞

ln n + n

11.

∑

Решение. Поскольку ln n является бесконечно большой менее

высокого порядка роста,

чем n при n → ∞, то ln n +n n

при n → ∞.

Следовательно,

ln n + n

n → ∞.

n9 −5

n8/7

Поскольку ряд

∞

сходится как ряд Дирихле при p =

, то

∑

8 7

n=1

исходный ряд тоже сходится.

Если∞

> 0 для n ≥ k и су-

Теорема 4.

Признак Даламбера.

ществует предел

lim

an+1

= q, то ряд

∑ an

сходится при q < 1 и

расходится при q

n→∞

n=1

> 1

или q = ∞.

Замечание.

При q = 1

или если предел не существует, признак

Даламбера не действует и для выяснения сходимости ряда надо использовать« другие теоремы», .

Признак Даламбера обычно применяют к рядам, общий член ко-

торых an содержит показательную функцию, факториал или произ-

ведение множителей.

∞

Пример 12. Исследовать на сходимость ряд

∑

Решение. Имеем

n=1 5

(n + 1)4

an =

; an+1 =

5n+1

lim

an+1

lim

(n + 1)4 5n

lim

n + 1

5 =

Поскольку n→∞ an

= n→∞

5n+1n4

= n→∞

< 1, то ряд сходится.

∞ 5Пример 13. Исследовать на сходимость ряд

∑

4 ∙7 ∙10 ∙... ∙(3n + 1)

n=1

2 ∙6 ∙10 ∙... ∙(4n −2)

Решение. Имеем

4 ∙7 ∙10 ∙... ∙(3n + 1)

; an+1

4 ∙7 ∙10 ∙... ∙(3n + 1)(3n + 4)

2 ∙6 ∙10 ∙... ∙(4n −2)

2 ∙6 ∙10 ∙... ∙(4n −2)(4n + 2)

Найдем

lim an+1 =

n→∞ an

= lim 4 ∙7 ∙10 ∙... ∙(3n + 1)(3n + 4) ∙2 ∙6 ∙10 ∙... ∙(4n −2) = n→∞ 2 ∙6 ∙10 ∙... ∙(4n −2)(4n + 2) ∙4 ∙7 ∙10 ∙... ∙(3n + 1)

				= lim	(3n + 4)		=	3	< 1.
				= lim			=		< 1.
Cледовательно, ряд сходится.				n→∞ (4n + 2)			4
Cледовательно, ряд сходится.									.
Пример 14. Исследовать на сходимость ряд ∑									.
					∞	n3n !
Решение. Имеем					n=1 (2n −1)!
	n3n !			(n + 1)3 (n + 1)!
an =		, an+1	=			.
an =	(2n −1)!	, an+1	=	(2n + 1)!		.

Напомним, что (n + 1)! = 1 ∙ 2 ∙ 3 ∙ ... ∙ n (n + 1) = n! (n + 1), (2n + +1)Найдем! = 1 ∙2 ∙3 ∙... ∙(2n −1) ∙2n ∙(2n + 1) = (2n −1)!2n (2n + 1).

lim

an+1

= lim

(n + 1)3 (n + 1)! (2n −1)!

n→∞ an

n→∞

(2n + 1)!n3n!

= lim

(n + 1)3 n! ∙(n + 1)(2n −1)!

= lim

n + 1

= 0 < 1.

n→∞

(2n −1)!2n (2n + 1)n3 ∙n!

n→∞ 2n (2n + 1)

Cледовательно,

ряд сходится.

∞

Пример 15.

Исследовать на сходимость ряд ∑

(n +

Решение. Имеем

n=3

(n −2)!

(n + 1)n

(n + 2)n+1

an =

; an+1 =

Найдем

(n −2)!

(n −1)!

lim

an+1

= lim

(n + 2)n+1 (n −2n)!

n→∞ an

n→∞ (n −1)! (n + 1)

n =

= lim

(n + 2)n (n + 2)(n −2)!

= lim

n + 2

n→∞ (n −2)! (n −1)(n + 1)n

n→∞

n + 1 n

= n→∞

+ n + 1

lim

> 1.

Cледовательно, ряд расходится.

В этом примере мы использовали 2-й замечательный предел

lim

+ n = e.

n→∞ 1

∞

Пример 16. Исследовать на сходимость ряд ∑

n=1

n ! e

применение

Решение. Хотя пример аналогичен предыдущему,

признака Даламбера не дает результата.

Поэтому воспользуемся

формулой Стирлинга

an =

, n

→ ∞.

√

n ! en

2πn

Ряд	∑	√			расходится как ряд Дирихле при p =		2		, поэтому
	∞		1					1
исходный ряд				расходится.
исходный ряд				расходится.
	n=1		2πn
Теорема 5. Радикальный признак Коши. Если существует
предел	lim	√an = q, то ряд				∑ an сходится при q < 1,	расходится
		n				∞
при q > 1.		n
	n→∞					n=1

Замечание. Если q = 1 или если предел не существует, то ничего

определенного о сходимости ряда сказать нельзя, требуется приме-

нить другой признак.

3n + 1

Пример

Исследовать на сходимость ряд n=1

∞

n + 5

17.

∑

Решение. Найдем

n + 5

lim

√an = lim

< 1.

n→∞

n→∞ 3n + 1 3

Следовательно, ряд сходится.

Пример Исследовать на сходимость ряд n=1

∞

18.

∑

1 +

Решение. Найдем

lim

> 1.

+ n

n→∞

√

n = n→∞ 4 ∙

Следовательно, ряд расходится.

Особо подчеркнем, что у рядов, расходящихся на основании

признака Даламбера или радикального признака Коши,

не выполня-

ется необходимое условие сходимости,

т. е. n ∞

n 6=

Рассмотрим

lim a

вопрос о том, какой из признаков является более «сильным».

→

Утверждение. Из существования предела lim

an+1

= q выте-

кает существование предела n→∞

и эти пределы равны

= q,

n→∞

lim √an

Таким образом, радикальный признак Коши «сильнее» признака

Даламбера.

Исследовать на сходимость ряд

∑

Пример

19.

∞

10 + (−1)n

n=1

Решение. Имеем

an =

10 + (−1)n

; an+1 =

10 + (−1)n+1

Предел n

2n+1

= n

lim

an+1

lim

10 + (−1)n+1

∙2n

2 2 (10 + ( 1) )

→∞ an

→∞

n→∞

не существует Признак Даламбера

не рабо

10 + (

1)n

1 lim

10 + (−1)n+1

∙

∙ .

−

тает».

−

Найдем

lim

10 + (

1)n

< 1.

2n−

n→∞

√an = n→∞ r

Следовательно, ряд сходится по радикальному признаку Коши.

Если признак Даламбера дает в пределе q = 1, то и по радикаль-

ному признаку Коши получим q = 1.

Если по радикальному при-

знаку Коши получаем q = 1, то по признаку Даламбера также q = 1

или предел не существует. Таким образом, если при исследовании

сходимости ряда по одному из этих признаков получаем q = 1, то

второй применять не имеет смысла.

Теорема

Интегральный признак Коши. Если существует

функция f (x),

положительная, непрерывная, монотонно убываю-

щая на промежутке [x0, +∞) и такая,

что f (n) = an,

∞

то ряд ∑ an

+∞

n=n0

и несобственный.

сходятся или расходятся од-

интеграл xR0

f (x)dx

новременно

Пример

20.

∞

∑

Исследовать на сходимость ряд n=2

n√

ln n

Решение. Функция f (x) =

положительная и убывает на

x√

ln x

промежутке

[2, +∞). Тогда

+∞

x√ln x = b→+∞ Z

√ln x

d (ln x)

lim

2√

√

∞

lim

ln x

lim

ln b

ln 2

= b→+∞

b→+∞

−

т е несобственный интеграл расходится Следовательно расходит

ся и ряд.

. .

Отметим что сходимость и расходимость рядов Дирихле следу ют из интегрального, признака Коши. -

Задачи для самостоятельного решения

∞

√

∑

;

n=1 ln n + 5

∞

lg n

∑

;

n=2

∞

ecos n

∑

;

n=1

∞

2 + n

∑

;

n=2 n −1

∞

∑

1 +

;

n=1

sin

∞

11)

∑

√n

;

√3 n

n=1

∞

sh n

13)

∑

√

;

n=1 chn −1

∞1

15)∑ √ ; n=2 n nln n


			1
	∞	5	+ arcsin √
	∞	5	+ arcsin √	n
17)	∑				;
17)	∑				;
	n=1		√3 n
	∞	2	∙7 ∙12 ∙... ∙(5n −3)
19)	∑	2				;
19)	∑					;
	n=1	2 ∙5 ∙8 ∙... ∙(3n −1)

∞

2) ∑ sin

+ 3

;

n=1

∞

ln n + 2√

∑

√5

;

n=1

∞

ln(4 + sin n)

∑

;

n=1

− n

∞

∑

;

∞

4n −1

10)

∑

;

n=1

4n + 3

∞

12)

∑

√

;

n=1 n

∞

14)

∑

;

n=2

2n√ln3 n

∞

16)

∑

;

n=3 n ln n ln (ln n)

∞

√

18)

∑

;

√3

n=1

(n + 1)

∙

n=1

∙

∞

20)

∑ n !

;

∞

21)

∑

;

3n ∙(4n +

n=1

∞

∙n !

23)

∑

;

n=1

∞

(n !) 2

25)

∑

;

(2n) !

n=1

∞

sin2 n

27)

∑

;

n=2 n3 −n −1

∞

29)

∑

sin

;

n=1 rn −

1) расходится;

3) сходится;

5) сходится;

7) расходится;

9) расходится;

11) расходится;

13) расходится;

15) сходится;

17) расходится;

19) расходится;

21) расходится;

23) расходится;

25) сходится;

27) сходится;

29) сходится;

∞

∙n !

22)

∑

;

n=1

∞

(2n) !

24)

∑

;

5n ∙n !

n=1

∞

√4

−n

−1

26)

∑

;

n=1

√3 n7 + n2 + 10

n=1

− − n

∞

28)

∑

e n

;

∞

30)

∑

n=2

(ln n)

Ответы

2) расходится;

4) расходится;

6) расходится;

8) сходится;

10) расходится;

12) сходится;

14) сходится;

16) расходится;

18) расходится;

20) расходится;

22) сходится;

24) расходится;

26) расходится;

28) сходится;

30) сходится.

ЗНАКОПЕРЕМЕННЫЕ РЯДЫ

Числовой ряд, содержащий бесконечное число положительных

и бесконечное число отрицательных членов, называется

знакопере-

менным (например, если общий член ряда содержит множитель ви-

да cos n, sin

πn и т. п.). Знакопеременный ряд называется

знакочере-

дующимся,

если все четные члены имеют один знак, а нечетные —

противоположный. Например, если общий член ряда содержит мно-

житель (−1)n = cos πn. Ряд, содержащий конечное число положи-

тельных или отрицательных членов, исследуют на сходимость как

знакоположительный, так как отбрасывание конечного числа чле-

нов ряда и почленное умножение на

– 1 не влияет на сходимость.

Пример

Исследовать на сходимость ряд n=1

(10 + n2)√n

∞

21.

∑

10 −n

Решение. Первые три члена положительные, а остальные —

от-

рицательные. Отбрасываем первые три члена, остальные умножаем

на – 1.

Получаем

n2√n

√n

при

→

(10 + n2)√n

n2 −10

∞.

Ряд n=4

Исходный

√n расходится как ряд Дирихле с

∞

∑

p =

< 1.

ряд расходится по предельному признаку сравнения.

Абсолютная и условная сходимости
Сходимость знакопеременного ряда может быть или абсолют-
ной или условной.	∞
Определение. Ряд	∑ an называется абсолютно сходящимся,
если ряд из его модулей n=1		\|		\| сходится Знакопеременный ряд на
	n=1
	∞
	∑		an	.		-
зывается условно сходящимся, если он сходится, а ряд из модулей
расходится.					Если ряд аб-
Теорема 7. Теорема об абсолютной сходимости.					Если ряд аб-
солютно сходится, то он сходится и в обычном смысле.
					19

Пример

Исследовать на сходимость ряд

n=1

∞

22.

∑

(−1)

−

n=1

∞

= ∑

Решение. Ряд знакочередующийся. Ряд из модулей сходится как

геометрическая прогрессия со знаменателем

q =

< 1.

Поэтому

исходный ряд сходится абсолютно.

−

Пример

23.

Исследовать на сходимость ряд 1 − 1 +

−

+ ...

Решение. Ряд знакочередующийся и сходится, так как четная ча-

стичная сумма S2n = 0, а общий член ряда an → 0 при n → ∞. Поэто-

му Sn

→ 0

и сумма ряда S = 0.

Ряд из модулей представляет собой

удвоенный гармонический ряд и поэтому расходится. Окончатель-

но исходный ряд сходится условно.

Разделение сходимости на абсолютную и условную оправдано

свойствами этих рядов.

Свойства знакопеременных рядов

1. При перестановке членов абсолютно сходящегося ряда его

сумма не меняется.

С помощью перестановки членов условно сходящегося ряда

его сумму можно сделать равной любому числу или бесконечности

(имеются в виду бесконечные перестановки).

который сходился к

Пример

24.

Возьмем ряд из примера 23,

нулевой сумме,

и представим его члены так,

чтобы после одного

положительного члена следовало два отрицательных:

8 + ...

1 −1 − 2 + 2 −

3 −

4 + 3 −

5 −

6 + 4

− 7 −

Заметим что в конечных суммах такая перестановка невозмож на так как не, хватило бы отрицательных членов В данном случае- невозможно, указать конкретно номер положительного. члена для которого бы не хватило двух отрицательных. ,

<<< < Предыдущая 12 / 42 3 4 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
15.11.2022148.58 Кб1Чехов А.П.. Фантастический театр Лентовского.pdf
#
15.11.2022183.84 Кб2Чехов А.П.. Фокусники.pdf
#
15.11.2022264.28 Кб0Чехов А.П.. Хорошая новость.pdf
#
15.11.2022724.61 Кб34Численное решение уравнений математической физики в интегрированной среде Mathcad (110..pdf
#
15.11.2022633.88 Кб33Численные методы решения задач многомерной безусловной минимизации. Ч. 1. Методы первого и второго порядка (96.pdf
#
15.11.2022207.33 Кб4Числовые ряды (96..pdf
#
15.11.2022595.64 Кб2Чистякова М.К., Дударева А.Б., Кузнецова Е.Д., Сидорин А.А. Учебно-методическое пособие по прохождению преддипломной практики для обучающихся по направлению подготовки 38.04.01 «Экономика» профиль «Финансы».pdf
#
15.11.2022277.59 Кб4Читаем по латыни Хрестоматия для студентов-бакалавров направления Лингвистика..pdf
#
15.11.202285.17 Кб2Читатели одной книги (66..pdf
#
15.11.202288.34 Кб9Чичерин Б.Н.. Собственность и государство.pdf
#
15.11.2022115.21 Кб8Чичерин Б.Н.. Философия права.pdf