Теория рядов. Учебное пособие

Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Башкирский Государственный Аграрный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Из существования предела

следует, что для

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

15.08.2026

Размер:

1 Мб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 23 / 153 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 > Следующая >>>

Сформулируем это замечание в виде теоремы, доказательство которой при первом прочтении можно пропустить. Предварительно сформулируем и докажем две леммы, на которые опирается доказательство этой теоремы.

Лемма 2. Если последовательность an сходится к пределу A,		то к этому же
пределу сходится и последовательность ее средних арифметических n			a1 a2 ... an	.

Таким образом lim n	lim an A.		n

n	n

Доказательство. По определению сходимости последовательности an имеем: для

произвольного

ε 0

существует номер M такой,

что для всех

n M выполняется

неравенство

. Тогда для любого n M выполнено

(a1 A) ... (an A)

(a1

A) ... (aM A)

(aM 1

A) ... (an A)

(a1

A) ... (aM A)

(n M)

(a1 A) ... (aM A)

(1.11)

Так как M фиксировано, то, выбрав достаточно большое число M1 таким, чтобы

выполнялось неравенство

(a1 A) ... (aM A)

получим,

что для всех номеров n,

больших, чем M1 , будет выполняться неравенство

(a1 A) ... (aM A)

(1.12)

Из (1.11) и (1.12) следует, что для произвольного ε 0

найдется число M1 0 такое, что для

всех n M1

будет выполняться неравенство

n A

ε , то есть, по определению lim n A

, что и требовалось доказать.

Лемма 3. Если последовательность положительных чисел an сходится к пределу A,

то

тому

же

пределу

сходится

последовательность ее

средних геометрических

a a

...a

. Таким образом,

lim p

lim a

1 2

Доказательство. Из условия сходимости последовательности an к

пределу A

и из

непрерывности логарифмической функции имеем равенство

limlnan

ln A,

причем, если A =0, то полагаем ln A . Используя лемму 2, получаем

limln p

limln n

lim

lna1 lna2 ... lnan

limlna

ln A.

a a

...a

Из

этого

равенства,

силу

непрерывности

показательной

функции,

имеем

lim pn

lim ln p

n eln A

A, что и требовалось доказать.

lim eln pn en

an 1

Теорема 7. Если для ряда an существует lim

l , то существует

n m

n an

равный ему lim n

l .

Доказательство. Рассмотрим последовательность

D a , D

..., D

,...,

n 1

для которой

предполагаем

существование

предела: lim Dn

Тогда на

основании

леммы

получаем,

что

существует

предел

lim n

lim D

l, что и требовалось доказать.

D D

...D

Обратное утверждение не верно. Другими словами, из существования предела по Коши не следует, что существует предел из признака Даламбера.

( 1)

Например, для ряда

по признаку Коши lim n

lim n

n 1

(Применим, например,

теорему о двух

милиционерах

неравенству:

( 1)n

Поскольку

пределы

левой

правой

последовательностей

при

n равны

то и предел

рассматриваемой

an 1

последовательности тоже равен

). А предел

при

n не существует,

a2n

a2n 1

так как lim

а lim

n a2n 1

n a2n

n 1 n2

Пример 6. Исследовать на сходимость ряд . n 1 n 2

► Решение. Применим признак Коши. Вычислим

lim 1

l lim n

lim

l 1, а значит,

lim 1

исходный ряд сходится. ◄

Задачи для самостоятельного решения.

32–44. Применяя радикальный признак Коши, исследовать сходимость рядов:

2n n2

1 n 1

32.

33.

34.

4n 3

n 1

		lnn n							2n 3 n2								1					1 n2
35.			n				36.								37.					1
35.							36.		n						37.		4	n		1
	n 1							n 1	n		1					n 1	4					n
						n2					2n			n							3		2n
				n					4		2n										3
38.							39.	n			3n 5				40.	n			3n 1
38.			10n 5				39.	n							40.	n
	n 1		10n 5					n 1								n 1
			n 1		n				n			n π									nn
41.	2			e			42.	n		sin					43.
													4n
																							n
	n 1							n 1								n 1 (2n2					2) 2
			2n2 5			2n
44.
				2
			6n	2	7
	n 1		6n		7

45–56. Пользуясь признаками Даламбера или Коши, исследовать сходимость рядов:

45. 10n

n 1 n!

48. (nn 1)n

n 1

51. 2n

n 1 n2

54. (n!)2 n 1 (2n)!

46.

2n 1

47.

ntg

n 1

3n 1

n 1

n 1 n

49.

arctg

50.

2n 1

n 1

52.

53.

n 1 n

n 1

(2n 1)!

55.

56.

(α 0)

(3n

4)3

n 1

(ln(n 1))n

В случаях, когда признаки Даламбера и Коши не дают результата, иногда утвердительный ответ могут дать признаки, основанные на сравнении с другими рядами, сходящимися или расходящимися «медленнее», чем ряд геометрической прогрессии. Одним из таких признаков является признак Раабе.

§1.8 Признак Раабе


Теорема 8. Если для членов ряда an существует								an		r,

							limn		1
то						n 1	n an 1
то					при r 1 ряд сходится,
					при r 1 ряд сходится,
					при r 1 ряд расходится.
Доказательство. Заметим сначала, что существует замечательный предел:
	(1	1		)p 1
	(1	n		)p 1
lim						p, где p>0 – произвольное число.			(1.13)
lim			1			p, где p>0 – произвольное число.			(1.13)
n			1
n			n
			n

Действительно, применив правило Лопиталя, запишем

lim (1 1n)p 1 lim

n	1	n
	n

p(1	1	)p 1 (			1	)
p(1	n	)p 1 (			2	)	plim(1	1	)p 1	p.
					n			1
			1
	(		1				n	n
	(		n	2 )
			n

1) Пусть r 1. Тогда существуют числа p и q такие, что 1 p q r. Из равенства (1.13) в силу выбора p и q для достаточно больших n будет иметь место неравенство

(1 1)p 1

n p ε,

которое при =q p, можно записать в виде

(1 1n)p 1 q

или

	1	p
1
1	n
	n

1	q	.	(1.14)

	n

произвольного положительного , начиная с некоторого номера N, выполнено неравенство:

		an
		an			r	ε

	n		1
	an 1
				an
или				an			r ε.	(1.15)

	ε n				1
		an 1

Запишем левое неравенство при ε r q:

1 q,

an 1

или другими словами

an 1

или

an 1

Учитывая (1.14), получим

an 1

Перепишем это неравенство таким образом:

(n 1)p

Из этого неравенства и следствия из теоремы 3, в силу сходимости ряда n 1np

(p>1), получаем сходимость ряда an .

n 1

Пусть

r 1. Из существования предела

r следует,

limn

n an 1

что, для произвольного положительного , начиная с некоторого номера N,

выполнено неравенство:

1 r ε.

an 1

Взяв в качестве ε 1 r, неравенство можно записать в виде

n 1

an 1

или

n 1

Но тогда по следствию из теоремы 3, в силу расходимости ряда n 1 n, получаем

расходимость ряда an . Теорема доказана.

n 1

Замечание. Если	сравнить признаки							Даламбера и Раабе,	то	можно

показать, что второй	значительно					сильнее		первого. Если для	ряда	an
			an 1							n 1
существует предел lim			an 1		l 1,		то и	для последовательности		Раабе
существует предел lim					l 1,		то и	для последовательности		Раабе
n an

		an				, причем

существует предел lim n					1 r
n	an 1
					,		приl 1
				r			приl	.
					,		приl	1

Таким образом, если признак Даламбера дает ответ на вопрос о

сходимости ряда an , то признак Раабе тоже его дает, причем эти случаи

n 1

охватываются всего двумя значениями r: r= + и r= – . Все остальные случаи конечного r 1, когда признак Раабе дает утвердительный ответ на вопрос о сходимости, соответствуют случаю l 1, то есть случаю, когда признак Даламбера не дает утвердительного ответа о сходимости или расходимости ряда.

1 n n

Пример 7. Исследовать на сходимость ряд . n 1 n! e

► Решение. Ни признак Коши, ни признак Даламбера не дают ответ на вопрос

о сходимости этого ряда, так как l limn		lim	an 1	1. Действительно,
	an

n		n an

n n

применяя известную формулу Стирлинга n!~ 2 n при n [10],

вычислим

l limn an limn

2 n 1.

Вычисление

второго

предела не

представляет трудности:

1 n

l lim

n 1

(n 1)n 1

en n!

n 1

e 1.

lim

lim 1

n an

n nn en 1 (n 1)!

Воспользуемся признаком Раабе.

limn( an

n an 1

1) lim

					1
	e				1		x		e(1 x) 1/x 1
										0
					n					0
n				1				lim				,
n		1	n	1				lim	x		0	,
		1				x	0	x 0	x		0
	1					x	0
	1	n
		n

		1	1
так как lim(1 x)		x	1	.
так как lim(1 x)		x		.
x 0			e
Для	вычисления				предела	применим	правило	Лопиталя.

Продифференцируем сначала степенно-показательную функцию, стоящую в числителе дроби по формуле:

uv v uv 1 u uv lnu v .

ln(1 x)

(1 x)

1x 1

(1 x)

ln(1 x)

(1 x)

1 x

И продолжим вычисление исходного предела:

ln(1 x)

применим

x 1

limn(

1) lim

правило

an 1

x 0

Лопиталя

(x 1)2

1 x 1 1

lim

1 x

lim

x 0

x 0 2x(1 x)2

и, согласно признаку Раабе, рассматриваемый ряд расходится. ◄ Рассмотренные выше признаки сходимости рядов основаны на теоремах

сравнения и являются достаточными, но не являются необходимыми, то есть если условия признака для рассматриваемого ряда не выполняются, то ничего о

сходимости этого ряда сказать нельзя, он может как сходиться, так и расходиться.

Изложенный далее интегральный признак Коши-Маклорена отличается от рассмотренных выше по форме. Он построен на идее сопоставления бесконечной суммы (ряда) с бесконечным (несобственным) интегралом и показывает естественную взаимосвязь между теорией рядов и теорией интегралов. Эта взаимосвязь легко прослеживается также на примере признаков сравнения, аналоги которых имеют место для несобственных интегралов и их формулировки почти дословно совпадают с формулировками для рядов.

§1.9 Интегральный признак сходимости ряда

Теорема 9. Пусть f (x) – монотонно убывающая на промежутке [1; )

функция, такая, что f (1) a1;		f (2) a2 ; …; f (n) an ; ….,Тогда числовой

ряд	an		(1.16)
	n 1
сходится и расходится одновременно с несобственным интегралом

	f (x)dx.		(1.17)
	1
Другими словами, справедливы следующие утверждения:

а) если несобственный интеграл			f (x)dx сходится, то сходится и ряд an ;
		1	n 1

б) если ряд an	сходится, то сходится и интеграл f (x)dx.
n 1			1
	Обозначим k		n
Доказательство.	Обозначим k	[k;k 1], где k N , и пусть Sn ak . Так
как f(x) – убывающая при x 1			k 1
как f(x) – убывающая при x 1			функция, то она интегрируема на каждом из

отрезков k и для всех x k удовлетворяет условию f (k 1) f (x) f (k).

Отсюда из свойств интеграла получаем

k 1

f (k 1) f (x)dx f (k).

Запишем эти неравенства для k 1, ,n:

f (2) f (x)dx f (1)

f (3) f (x)dx f (2)

…

n 1

f (n 1) f (x)dx f (n)

Складывая все эти неравенства почленно, находим

	n	n	k 1		n
	f (k 1) f (x)dx f (k)
	k 1	k 1	k		k 1
		n 1
или	Sn 1	f (1) f (x)dx Sn .				n=1,2,…	(1.18)
		1
	а) Пусть сходится интеграл (1.17), т.е. существует конечный

			lim		f (x)dx I .

				1

Так как f (x)	– неотрицательная функция,	то по теореме* для всех ξ [1, )

выполняется	неравенство f (x)dx I	и поэтому для любого n N
	1

справедливо

n 1

f (x)dx f (x)dx I .		(1.19)
1	1

Из (1.18) и (1.19) следует, что для любого n N

Sn 1 f (1) I ,

т.е. последовательность частичных сумм ряда (1.16) с неотрицательными членами ограничена сверху. По теореме 2 ряд (1.16) сходится.

б) Обратно, если ряд (1.16) с неотрицательными членами сходится, а его сумма равна S , то для любого n N

	Sn S.			(1.20)
Из (1.18) и (1.20) следует, что для любого n N
	n 1
	f (x)dx S .			(1.21)
	1	n N таким, чтобы выполнялось условие
Для любого	ξ 1 выберем	n N таким, чтобы выполнялось условие
n 1 ξ. Тогда из неравенства (1.21) и условия			f (x) 0	при x 1 следует, что
	n 1
f (x)dx f (x)dx S ,

ипоэтому по теореме* интеграл (1.17) сходится.

* ТЕОРЕМА. Если для всех x [a,b)выполняется неравенство		f (x) 0, то для сходимости несобственного
b
интеграла f (x)dx	необходимо и достаточно, чтобы функция f (x)dx была ограничена сверху, т.е.
a		a


нашлось такое число C, что для любого ξ [a,b)	выполняется неравенство f (x)dx C.
	a

В случае, когда интеграл (1.17) расходится, ряд (1.16) должен расходиться, так как в случае сходимости ряда (1.16) сходился бы по только что доказанному и интеграл (1.17).

Аналогично, из расходимости ряда (1.16) следует расходимость интеграла (1.17). Теорема доказана.

Интегральный признак допускает простое геометрическое истолкование, близкое к идее Маклорена, который впервые нашел этот признак в геометрической форме (лишь впоследствии этот признак был вновь открыт

n 1

Коши). Если изобразить функцию f (x) кривой (рис.1.1), то интеграл f (x)dx

будет выражать площадь фигуры, ограниченной этой кривой, осью Оx и двумя

ординатами; интеграл же f (x)dx можно рассматривать как выражение для

площади всей бесконечно простирающейся направо фигуры под кривой. С другой стороны, члены a1,a2,...,an,... ряда (1.16) выражают величины ординат в точках 1, 2, …, n, … или, что тоже, площади прямоугольников с основаниями 1 и с высотами, равными упомянутым ординатам.

Рис.1.1

Таким образом, сумма ряда (1.16) есть не что иное, как сумма площадей выходящих прямоугольников, и лишь первым членом отличается от суммы площадей входящих прямоугольников. Это делает совершенно наглядным установленный выше результат: если площадь криволинейной фигуры конечна, то и подавно конечна площадь заключенной в нее ступенчатой фигуры, и рассматриваемый ряд сходится; если же площадь криволинейной фигуры

* ТЕОРЕМА. Если для всех x [a,b)выполняется неравенство		f (x) 0, то для сходимости несобственного
b
интеграла f (x)dx	необходимо и достаточно, чтобы функция f (x)dx была ограничена сверху, т.е.
a		a


нашлось такое число C, что для любого ξ [a,b)	выполняется неравенство f (x)dx C.
	a

бесконечна, то бесконечна и площадь содержащей ее ступенчатой фигуры, так что в этом случае ряд расходится.

Пример 8. Исследовать

сходимость ряда

, где

– любое

действительное число.

n 1 n

► Решение. Пусть >0. Здесь

f (n)

. Рассмотрим функцию

f (x)

. Эта

функция

положительна и

убывает. Как

известно, несобственный

интеграл

dx сходится при α 1

и расходится при α 1. Тогда, согласно теореме 9

ряд

сходится при α 1 и расходится при α 1.

n 1 n

α 0 ряд будет расходиться,

При

так как не выполнен необходимый

признак сходимости, то есть lim

0.◄

n n

Задачи для самостоятельного решения.

57–65. Пользуясь интегральным признаком, исследовать сходимость рядов:

			1						1
57.				58.						59.		lnn

	n 2 nlnn					n 3n lnn lnlnn					n 1 n2
			1					1						1
60.					61.					62.
								p
									n				(n 2)4

	n 2n lnn					n 2nln					n 2

63.		lnn		64.			ln5n			65.				1
														2
	n 1 n					n 1 7n					n 1 n			5

66–89. Исследовать сходимость знакоположительных рядов, применяя любой достаточный признак сходимости:

								π									1						π			1			π
66.		2n sin						π					67.				1				tg		π	68.		1	sin2		π
									n																	n			n
									n																	n
	n 1					3								n 1				n 4n							n 1	2
		1								π													π			1				π
69.		1		tg						π			70.	3n 1 tg									π	71.		1		cos		π
69.		n		tg			n 2						70.	3n 1 tg									n	71.		n		cos		2n
	n 1	3					n 2							n 1						3					n 1	4 2				2n
		1									π					1						π					1				π
72.		1			sin						π		73.			1				sin		π		74.			1		cos		π
																n										3n	2				3n
			n									n				n											2
	n 1		n									n		n 1	7					1			n		n 1		5
			n 1																								n
75.		7											76.											77.		7 2
		7															n		(n 2)							7 2
						n											n									n
	n 1 n 3													n 1	2										n 1	5 3
				1																	n						1
78.				1									79.								n			80.			1
78.													79.											80.		(n 2)ln(n 3)
	n 1 n			n 2										n 1				n3 2n 1							n 5	(n 2)ln(n 3)

<<< < Предыдущая 1 23 / 153 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]