Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Томский Государственный Университет Систем Управления и Радиоэлектроники

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Математика-3-й семестр(курс лекций)

..pdf

Скачиваний:

Добавлен:

05.02.2023

Размер:

4.95 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1314 / 2114 15 16 17 18 19 20 21 > Следующая >>>

Признак Даламбера в непредельной форме. Если на-

an 1

чиная с некоторого номера

q 1 , то ряд an

абсо-

n 1

лютно сходится, если

an 1

q 1, то ряд расходится.

Доказательство. Если

an 1

q 1 , то

n 1

an 1

, …,

. Соединяя вместе, получаем

... qn

n 1

Ряд qn 1

есть сумма членов геометрической про-

n 1

и знаменателем 0 q 1 , сле-

грессии с первым членом

довательно, сходится. Поэтому по признаку сравнения исходный ряд сходится абсолютно.

an 1

q 1

и поэтому lim

0 и

Если

, то

n 1

из-за нарушения необходимого признака сходимости ряд расходится.

Признак Даламбера в предельной форме. Если

	an 1
lim	an 1	q , то при	q 1 ряд	an	абсолютно сходится,
lim	a	q , то при	q 1 ряд	an	абсолютно сходится,
n	a			n 1
	n			n 1
при q 1 ряд расходится (при				q 1	lim	an	0 ), при q 1
при q 1 ряд расходится (при				q 1	lim	an	0 ), при q 1
					n

признак Даламбера ответа не даёт, то есть имеются как сходящиеся, так и расходящиеся ряды, для которых q 1 .

Доказательство. Так как lim		an 1	q , то то для любого
Доказательство. Так как lim		a	q , то то для любого
	n	a
		n
0 существует номер	N ( ) такой, что для всех n N ( )

131

выполнено неравенство		an 1		q	, или		an 1	q ,
			an				an

	an 1
следовательно q			q . Если			q 1 ,	то	можем
	an

взять 0 таким, чтобы			q было меньше 1 . Тогда по

признаку Даламбера в непредельной (конечной) форме ряд абсолютно сходится. Если q 1 , то можем взять 0 та-

ким, чтобы q было больше 1 . Тогда по признаку Даламбера в непредельной (конечной) форме ряд расходится.

n 1 !

Пример 9. Выяснить сходимость ряда

n 1

(n 4)

Применяя признак Даламбера, получаем

(n 2)!

n 1 !

(n 2)!(n 4)n

lim

n 1

lim

n 1

(n 5)

(n 4)

(n 5)

(n 1)!

(n 2)(n 4)n

(n 2)

n 4 n

lim

(n 5)

n 1

(n 5)

n 5

(n 2)

n 4

lim

1 lim

n (n 5)

n n 5

e 1 .

lim 1

n 5

Так как e 1 1 то ряд сходится.

Радикальный признак Коши в непредельной форме.

Если начиная с некоторого номера n		a	q 1, то ряд
		n

an абсолютно сходится, если n	an	q 1, то ряд расхо-
an абсолютно сходится, если n	an	q 1, то ряд расхо-
n 1
дится.

132

Доказательство. Если	n	a	n	q 1	, то		a	qn . Ряд
			n				n

qn есть сумма членов	геометрической					прогрессии с

n 1

первым членом 1 и знаменателем 0 q 1 , следовательно, сходится. Поэтому по признаку сравнения исходный ряд

сходится абсолютно. Если n

q 1, то

qn и поэто-

му lim

0 и из-за нарушения необходимого признака

сходимости ряд расходится.

Радикальный признак Коши в предельной форме.

Если lim n

q , то при q 1

ряд an

абсолютно схо-

n 1

дится, при q 1 ряд расходится (при q 1

lim

0 ), при

q 1 признак Коши ответа не даёт, то есть имеются как

сходящиеся, так и расходящиеся ряды, для которых q 1 .

Доказательство. Так как

lim n

q , то для любого

0 существует номер N ( )

что для всех n N ( )

такой,

выполнено неравенство

или

q ,

следовательно q n

q . Если

q 1 , то

можем

взять 0 таким, чтобы

q было меньше 1 . Тогда по

радикальному признаку Коши в непредельной (конечной) форме ряд абсолютно сходится. Если q 1 , то можем взять

0 таким, чтобы q было больше 1 . Тогда по ради-

кальному признаку Коши в непредельной (конечной) форме ряд расходится.

	5 i n
Пример 10. Выяснить сходимость ряда		.

n 1	8

Применяя радикальный признак Коши, получаем

133

5 i n

5 i

lim n

lim

Так как

1, то ряд сходится абсолютно.

Признак Дирихле. Пусть дан ряд cn

anbn с произ-

n 1

вольными членами. Пусть, далее, последовательность

Sn ak частичных сумм ряда an ограничена, а число-

k 1

n 1

вая последовательность bn n 1

стремится к нулю монотонно,

тогда ряд cn

anbn сходится.

n 1

Следствием признака Дирихле является следующий признак.

Признак Лейбница. Пусть дан знакочередующийся

ряд

( 1)n 1 an ,

an 0 .

Если начиная

некоторого

номера

n 1

an an 1

и lim an

0 , то ряд сходится. При этом модуль остат-

ка не превосходит модуля первого отбрасываемого члена и по знаку совпадает с ним.

Доказательство. Рассмотрим чётные и нечётные частичные суммы

2n
S2n ( 1)k 1 ak a1		a2 ... a2n 1 a2n
k 1
и
2n 1
S2n 1 ( 1)k 1 ak a1 a2		... a2n 1 a2n a2n 1 .
k 1
Так как S2n 1 S2n a2n 1	и a2n 1 0 , то S2n S2n 1 . Далее, в си-

лу монотонности стремления к нулю общего члена ряда

134

a2n 1 a2n 2 0 и поэтому S2n 2 S2n a2n 1 a2n 2 S2n . Сле-

довательно S2 n возрастающая последовательность.

S2n 1 S2n 1 a2n a2n 1 S2n 1 (a2n a2n 1) S2n 1 следова-

тельно S2n 1 убывающая последовательность, следовательно

S2n 1 S1 a1 .

Так как S2n S2n 1 , S2n a1 , то следовательно, S2n возрастающая, ограниченная сверху последовательность, поэтому она

имеет предел.		Обозначим его		S . Так как S2n 1 S2n a2n 1 и
lim a2n 1 0	,	то	lim S2n	lim S2n 1 .Следовательно	ряд
n			n	n

n 1

( 1)n 1 a	n	сходится. Рассмотрим остаток ряда. Имеем
	n

		R2n	( 1)k 1 ak a2n 1 a2n 2 a2n 3 ...

k2n 1

a2n 1 (a2n 2 a2n 3 ) ... .

Всилу монотонности a2k a2k 1 0 для любого k 1,2,... .

Поэтому, так как мы вычитаем не отрицательные числа,

R2 n положительно и R2n a2n 1 . Аналогично,


R2n 1	( 1)k 1 ak a2n 2 a2n 3 ...

k2n 2

(a2n 2 (a2n 3 a2n 4 ) ... .

Из последнего заключаем, что			R2n 1	отрицательно и
R2n 1	a2n 2 . Теорема доказана.

Пример 11. Выяснить сходимость ряда ( 1)n 1tg						.
Пример 11. Выяснить сходимость ряда ( 1)n 1tg						.
			n 1		3n

Ряд из модулей имеет вид tg			. Исследуя его с помо-
Ряд из модулей имеет вид tg		3n	. Исследуя его с помо-
	n 1	3n

щью предельного признака сравнения и находя порядок малости относительно 1n , получаем

135

lim tg

lim

3n n

3n 3n 3n n

0, если 1;

lim

, если 1;

n 3n n

, если 1.

Таким образом, порядок малости относительно

равен 1 и ряд

расходится,

а,

следовательно,

исходный

ряд

n 1

( 1)n 1tg

не является абсолютно сходящимся. Далее,

так

n 1

как

lim

( 1)n 1tg

lim tg

стремление к

нулю монотонно потому что tg

то по признаку

3(n 1)

Лейбница ряд ( 1)n 1tg

сходится и так как он не сходится

n 1

абсолютно, то является условно сходящимся.

Пример 12. Выяснить сходимость ряда ( 1)n 1tg2

n 1

Ряд из модулей имеет вид tg 2

. Применяя предельный

n 1

признак сравнения и находя порядок малости относительно

получаем

lim

3n n

136

0, если 2;

lim

, если 2;

n 9n

, если 2.

Таким образом, порядок малости относительно

равен 2 и ряд

сходится,

следовательно

исходный ряд

n 1

( 1)n 1tg2

сходится абсолютно.

n 1

Пример 13. Выяснить сходимость ряда

2n 3

( 1)n 1

n 1

2n 1

Предел модуля общего члена ряда равен

2n 3

2n 1 2 2n

lim

n 2n 1

2n 1

lim 1

2n 1

Поэтому ряд расходится.

7.2. Функциональные ряды

Выражение

un (z)

называется функциональным ря-

n 1

дом,

un (z)

- общим членом функционального ряда. Будем

обозначать через

Sn (z) uk (z)

- частичную сумму ряда,

k 1

через S (z)

- сумму ряда.

137

Определение. Будем говорить, что ряд un (z) сходит-

			n 1
ся к S (z) в области D ,	если	lim Sn (z) S(z)	для всякого	z
		n
из D .
С другой стороны,	при	каждом фиксированном		z

функциональный ряд является числовым. Будем говорить, что ряд сходится в точке z из D , если сходится соответствующий числовой ряд.

Множество тех z , в которых ряд un (z) сходится, на-

n 1

зовём областью сходимости функционального ряда.

Множество тех z , в которых ряд un (z) абсолютно

n 1

сходится, назовём областью абсолютной сходимости функционального ряда. Обычно искать область абсолютной сходимости проще.

Так как при каждом фиксированном z функциональный ряд является числовым, то для исследования сходимости функциональных рядов применяются признаки сходимости числовых рядов.

7 n

Пример 1. Найти область сходимости ряда . n 1 z

Найдём область абсолютной сходимости ряда. Используя радикальный признак Коши, получаем

lim n

lim

lim n

(z)

Таким образом, ряд сходится абсолютно при 7z 1 и расходит-

ся при	7		1 , или, что тоже самое, сходится при	z	7 и рас-
	7
		z

138

ходится при z 7 . При z 7 ни с помощью признака Коши,

ни с помощью признака Даламбера (показывается также) выяснить сходимость нашего ряда не удаётся. Рассмотрим ряд при

7 . Так как

7 ,

то

z 7ei ,

0 2 . Подставляя в

ряд, получаем

e in . Так как

e in

1 , то в силу

7ei

n 1

нарушения

необходимого

признак

сходимости,

ряд

e in

n 1

7 n

расходится. Таким образом, ряд

сходится при

7 и

n 1

расходится при

7 .

4n 1

Пример 2. Найти область сходимости ряда

n 0

Применяя признак Даламбера, получаем

lim

z4(n 1) 1

z4n 1

lim

5n 1

Таким образом, ряд сходится абсолютно при

1 и расхо-

1 ,

дится при

или, что тоже самое, сходится при

5 и

расходится при

4 5 . При

5 ни с помощью признака

Коши, ни с помощью признака Даламбера (показывается также) выяснить сходимость нашего ряда не удаётся. Рассмотрим ряд

при

4 5 . Так как

5 , то

z 4 5ei ,

0 2 . Под-

4n 1

ставляя в ряд, получаем

5ei(2n 1) . Так как

n 1

ei (2n 1) 1 , то в силу нарушения необходимого признак сходи-

139

мости,

ряд

ei(2n 1)

расходится.

Таким

образом,

ряд

n 1

4n 1

сходится при

5 и расходится при

5 .

n 0

Пример

Найти

область

сходимости

ряда

n 1

Исходный

ряд

сходится,

если

сходится

сумма

z n

Применяя

первому

слагаемому

n 1

z n

признак Коши, находим

n 1

z n

lim n

lim

lim n

un (z)

6 и

Следовательно, первое слагаемое сходится в области

6 . Исследуя при

6 (на границе

расходится в области

6ei

областей) получаем

ein . Так как

ein

то в

n 1

силу нарушения необходимого признак сходимости, ряд ein

n 1

расходится. Таким образом,

ряд

сходится при

6 и

n 1

6 .

расходится при

Аналогично,

применяя ко второму слагаемому

n 1

признак Коши, находим

140

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1314 / 2114 15 16 17 18 19 20 21 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
05.02.2023938.68 Кб4Математика (семестр 2, часть 2)..pdf
#
05.02.2023722.47 Кб6Математика 3 семестр..pdf
#
05.02.20231.9 Mб21Математика для гуманитарных, экологических и экономико-юридических специальностей. Часть 1.pdf
#
05.02.20234.98 Mб7Математика для гуманитарных, экологических и экономико-юридических специальностей. Часть 2.pdf
#
05.02.202311.03 Mб12Математика-2-й семестр (курс лекций)..pdf
#
05.02.20234.95 Mб10Математика-3-й семестр(курс лекций)..pdf
#
05.02.20231.56 Mб6Математика. Дополнительные главы.pdf
#
05.02.2023984.92 Кб18Математика. Математический анализ.pdf
#
05.02.20232 Mб7Математика.-1.pdf
#
05.02.20232.61 Mб7Математика.-2.pdf
#
05.02.20232.05 Mб5Математика.-3.pdf