Ряды и дифференциальные уравнения числовые и функциональные ряды. Учебное пособие

Доказательство проведем от противного. Предположим, что ряд

является сходящимся. Тогда по теореме 1.5 lim an = 0 , но по условию

n→∞

теоремы lim an ≠ 0 . Получили противоречие, т.е. наше предположе-

n→∞

ние о сходимости числового ряда неверно, следовательно, данное противоречие доказывает теорему.

Так как предел общего члена отличен от нуля, то по теореме 1.6 (достаточному признаку расходимости ряда) получим, что данный ряд расходится.

Пример 1.3. Покажем, что геометрический ряд (геометрическая

n

Решение. Пусть Sn = ∑aqk −1 = a + aq + aq2 + ... + aqn−1 .

k =1

Если q = 1, то Sn = na, и при n → ∞ последовательность {Sn} явля- ется расходящейся.

Если q ≠ 1, то можно записать

Sn − qSn = (a + aq + ... + aqn−1 ) − (aq + aq2 + ... + aqn ) = a − aqn ,

откуда следует

11

Если q > 1 или q = –1, то последовательность {qn} расходится, следовательно, и {Sn} также расходится. Что и требовалось доказать.

зуясь определением сходимости; найти сумму ряда (S).

Решение. Общий член ряда представим в виде суммы простых дробей с неопределенными коэффициентами:

Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях n, получа- ем систему уравнений для определения чисел А и В:

Следовательно, любой член ряда может быть представлен в виде

12

Существование конечного предела частичной суммы ряда дока- зывает сходимость ряда по определению. Сумма данного ряда равна

1 , т.е. S = 1 .

33

1.6.Достаточные признаки сходимости числовых рядов с положительными членами

Определение 1.6. Ряды, члены которых неотрицательны, называ-

ются знакоположительными рядами (или положительными).

Признаки сравнения

Теорема 1.7. Если даны два ряда с положительными членами

идля всех n N выполняются неравенства 0 < an ≤ bn, то:

1)из сходимости ряда (В) следует сходимость ряда (А);

2)из расходимости ряда (А) следует расходимость ряда (В).

Доказательство. Пусть Аn = a1 + а2 + …+ аn, Bn = b1 + b2 + … + bn

соответственно частичные суммы рядов (А) и (В).

1. Предположим, что ряд (В) сходится, следовательно, по опреде- лению это означает, что существует конечный предел частичных

сумм ряда (В): lim Bn = B . Так как все члены данных рядов положи-

n→∞

тельны, то 0 < Bn < B, откуда 0 < Аn < Bn < B n N. Таким образом, все частичные суммы Аn ряда (А) ограничены и возрастают при воз- растании n, так как аn > 0. Следовательно, по теореме Вейерштрасса, последовательность частичных сумм {Аn} является сходящейся, а значит ряд (А) также является сходящимся.

2. Предположим, что ряд (А) – расходящийся, т.е. lim An = +∞, так

n→∞

как аn > 0. Но Аn < Bn, следовательно, lim Bn = +∞, n N. Отсюда

n→∞

следует, что ряд (В) расходится. Теорема доказана.

Замечание. Теорема остается верной и в случае, когда неравенство an ≤ bn выполняется не для всех n, а начиная с некоторого номера k, т.е. для n ≥ k.

13

∞

Если ряд (В) расходится, то расходится ряд ∑(k − ε)bn (ε настоль-

n=1

ко мало, что k – ε > 0) , следовательно, ряд (А) также расходится, сле- довательно, ряды ведут себя одинаково. Что и требовалось доказать.

В качестве эталонных рядов для сравнения нужно выбирать или ряд, представляющий сумму членов бесконечно убывающей геомет- рической прогрессии, или гармонический ряд, который, как было доказано выше, является расходящимся.

Предельный признак Даламбера

Теорема 1.9. Пусть для ряда (А) все члены an > 0 и пусть сущест-

вует lim an+1 = q , тогда ряд (А):

n→∞ an

1)при 0 ≤ q < 1 сходится;

2)при q > 1 расходится;

3)при q = 1 неизвестно (т.е. ряд может сходиться, а может и рас- ходиться).

Доказательство. Пусть существует lim an+1 = q , 0 ≤ q < 1, возь-

n→∞ an

мем μ : q < μ < 1, тогда ε > 0 (ε = μ – q) N: n ≥ N будет выпол-

14

для всех n ≥ N. Тогда для членов ряда с номерами N, N + 1, N + 2, … будут выполняться неравенства

aN+1 < μaN;

aN+2 < μaN+1 < μ2aN;

aN+3 < μaN+2 < μ3aN;

…………………….

Члены ряда aN+1, aN+2, aN+3, … не превосходят соответствующих чле- нов ряда μaN + μ2aN + μ3aN +…, который является сходящимся рядом, так как представляет собой геометрическую прогрессию со знаменателем 0 < μ < 1. Следовательно, по первому признаку сравнения ряд aN+1+ aN+2 +

+aN+3 + … сходится, следовательно, и ряд (А) также сходится.

Вслучае q > 1 , начиная с некоторого номера N, будет выполнять-

ся неравенство aN +1 > 1 aN +1 > aN > 0 последовательность воз- aN

растающая и lim an ≠ 0 , значит не выполнен необходимый признак

n→∞

сходимости ряда, и, следовательно, ряд (А) расходится.

Если q = 1, то признак Даламбера не применим к исследованию сходимости данного ряда. Нужно воспользоваться другим достаточ- ным признаком, дающим ответ на поставленный вопрос.

Итак, признак Даламбера полностью доказан.

Заметим, что признак Даламбера хорошо применяется в случаях, когда общий член ряда содержит факториалы или показательную функцию аргумента n.

Предельный (радикальный) признак Коши

Теорема 1.10. Если все члены ряда (А) an > 0 и существует lim n an = q ,

n→∞

∞

то ряд ∑an :

n=1

1)при 0 ≤ q < 1 сходится;

2)при q > 1 расходится;

3)при q = 1 неизвестно (требуется дополнительное исследование).

Доказательство

1. Пусть q < 1. Возьмем μ такое, что q < μ < 1. Следовательно,

15

lim n an = q ε > 0 (μ − q = ε) N : n > N

n→∞

n an − q < ε = μ − q n an < μ an < μn n ≥ N.

∞

Но 0 < μ < 1 , поэтому ряд ∑μn является сходящейся геометри-

n=1

ческой прогрессией, следовательно, по первому признаку сравнения ряд с общим членом an также будет сходящимся.

2. Предположим, что q > 1, следовательно, n an > 1 an >1

lim an ≠ 0 не выполнен необходимый признак сходимости ряда,

n→∞

следовательно, ряд с общим членом аn является расходящимся.

3. Если q = 1, то признак Коши не дает ответа о сходимости ис- следуемого ряда. Следует применить другой достаточный признак сходимости ряда.

Теорема доказана.

Интегральный признак Коши

Теорема 1.11. Пусть члены ряда (А) таковы, что a1 ≥ a2 ≥…≥ an ≥… (т.е. {an} – убывающая последовательность), и пусть f(x) – непрерывная

невозрастающая функция при х ≥ b ≥ 1, такова, что f(n) = an. Тогда ряд

∞

(А) и интеграл ∫ f (x)dx одновременно сходятся или расходятся.

b

Доказательство. Возьмем на графике функции y = f(x) (рис. 1.1) точки х1 = 1, х2 = 2, х3 = 3, … , хn = n. Через эти точки проведем пря- мые, параллельные оси 0У. Построим две ступенчатые фигуры, со- стоящие из вписанных и описанных прямоугольников. Площадь кри- волинейной трапеции, ограниченной сверху графиком функции y = = f(x), снизу – осью 0Х, слева – прямой х = 1, справа – прямой x = n,

n

определяется по формуле P = ∫ f (x)dx .

1

∞

Рассмотрим ряд ∑ f (n) ; n-я частичная сумма этого ряда имеет вид

n=1

Sn = f (1) + f (2) + ... + f (n) .

16

y

Рис. 1.1

Площадь описанной фигуры

P+ = f (1)(2 − 1) + f (2)(3 − 2) + ... + f (n − 1)(n − n + 1) = = f (1) + f (2) + ... + f (n − 1) = Sn−1 .

Площадь вписанной фигуры

P− = f (2)(2 − 1) + f (3)(3 − 2) + ... + f (n)(n − n + 1) = = f (2) + f (3) + ... + f (n) = Sn − f (1) .

Из построения графика и свойств функции f(x), получаем

P– < P < P+.

n

Следовательно, Sn − f (1) < ∫ f (x)dx < Sn−1 . Так как Sn–1 < Sn, то в

1

n

силу положительности членов Sn − f (1) < ∫ f (x)dx < Sn . Теперь дока-

1

жем, что несобственный интеграл и рассматриваемый ряд ведут себя

17

n

x ≥ 1 Sn < f (1) + ∫ f (x)dx ≤ f (1) + A = M − const , т.е. 0 < Sn < M ,

1

n = 1,2,3,... последовательность {Sn} является возрастающей и

ограниченной сверху, а значит (по теореме Вейерштрасса), она имеет предел, и, следовательно, ряд является сходящимся.

∞

2. Предположим, что несобственный интеграл ∫ f (x)dx расходит-

∞

∑ f (n) расходится. Что и требовалось доказать.

n=1

Исследование сходимости числового ряда с неотрицательными членами с помощью выделения главной части

∞

Сходимость числового ряда ∑an с положительными (неотрица-

n=1

тельными) членами можно исследовать с помощью перехода к асим- птотической формуле (выделение главной части)

k an ~ n p

где k > 0, n → ∞.

При p > 1 ряд сходится, при p ≤ 1 ряд расходится.

Следующая таблица поможет определить эквивалентную замену.

Эквивалентность при n → ∞

18

Данная таблица применима только в случае n → ∞.

Пример 1.5. Исследуем сходимость ряда Дирихле

Решение. Применим интегральный признак, приняв за f (x) = 1 . x p

Эта функция при р > 0 удовлетворяет всем условиям теоремы: функ-

∞

ется сходящимся, поэтому и ряд ∑an также является сходящимся.

n=1

Вслучае р < 1 интеграл расходится, следовательно, ряд будет рас-

ходящимся.

∞ 1

Если р = 1, то получим гармонический ряд ∑n=1 n , который, как из-

вестно (см. прим. 1.1), является расходящимся. (Докажите этот факт, используя интегральный признак Коши).

19

Поэтому объединяя эти случаи, заключаем, что ряд Дирихле явля- ется расходящимся при р ≤ 1.

Заметим, что исследование сходимости этого ряда с помощью призна- ка Даламбера и радикального признака Коши невозможно, так как q = 1.

Так как предел отношения меньше единицы, то по признаку Да- ламбера данный ряд является сходящимся.

Решение. Используем радикальный признак Коши:

Получили, что предел корня n-й степени из общего члена ряда меньше единицы, следовательно, исходный ряд является сходящимся.

Ответ: ряд сходится по радикальному признаку Коши.

Пример 1.8. Выясним сходится или расходится числовой ряд

20