Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Башкирский Государственный Аграрный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Теория рядов. Учебное пособие

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

15.08.2026

Размер:

1 Мб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 154 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 > Следующая >>>

				1										2n 1									n		2
81.				1				82.						2n 1	83.								n
		nln2 (n 1)								(3n2 2)ln(n 2)
		nln2 (n 1)								(3n2 2)ln(n 2)									(n	3
	n 1								n 1							n 1			(n	1)lnn
					n					ln		n						sin			2			n
84.					n			85.		ln		n			86.									n
			2			3				2
		(n		1)ln			n											2			1
																		2
	n 2								n 1 n n							n 1 n
	cos			2 πn						cos2 n															n 1
	cos				2					cos2 n															n 1
87.								88.							89.
		n(n 1)									2											2
											2								(5n			2		7)		n 3
									n 1 n				4				2		(5n					7)		n 3
	n 1								n 1 n				4			n	2

§1.10 Абсолютно и условно сходящиеся ряды

Будем называть ряд знакопеременным, если среди его членов имеются как положительные, так и отрицательные.

Мы рассмотрим здесь некоторые свойства знакопеременных рядов, при этом будем полагать, что числа a1, a2,...,an,... могут быть как положительными, так и отрицательными.

Определение 4. Ряд с действительными или комплексными членами


an называется абсолютно сходящимся, если	сходится ряд		an		,
an называется абсолютно сходящимся, если	сходится ряд		an		,
n 1		n 1
составленный из абсолютных величин его членов.

Определение 5. Если знакопеременный ряд an	сходится, а ряд			an
Определение 5. Если знакопеременный ряд an	сходится, а ряд			an
n 1		n 1


расходится, то такой ряд an				называется условно сходящимся.
			n 1
Установим свойства абсолютно сходящихся рядов.

Свойство 1. Если ряд an						абсолютно сходится, то он сходится.
			n 1

Доказательство. Пусть sn			и σn		– суммы n первых членов рядов an и			an	.
Доказательство. Пусть sn			и σn		– суммы n первых членов рядов an и			an	.
						n 1	n 1
Обозначим s		сумму всех положительных, а s – сумму абсолютных величин
	n					n
всех отрицательных членов среди первых n членов данного ряда. Тогда
s	n	=s –s ,	σ	n	=s +s .
	n	n n		n		n n

По условию существует предел σn	. Пусть limσn σ, а это значит, что	s
	n	n

и s – положительные возрастающие величины,						меньшие σ. Следовательно,
n
они имеют пределы: lim sn s и lim sn					s . Тогда из соотношения
			n	n
s	n	=s –s
	n	n	n
следует, что и sn			имеет предел, который равен			s s . Из сказанного выше

вытекает, что знакопеременный ряд an					сходится.
				n 1		Что и требовалось доказать.
						Что и требовалось доказать.

Свойство 2.			Если ряд	an абсолютно сходится, а последовательность
				n 1

bn ограничена, то ряд anbn абсолютно сходится.

n 1

Доказательство. Докажем это свойство, используя признак сравнения (см. §1.5

теорема 3). Рассмотрим ряд anbn . Из условия ограниченности

n 1

последовательности bn следует, что найдется такое число M>0, что для всех k=1,2,… выполнены неравенства: akbk M ak . Тогда по признаку сравнения


из сходимости ряда M	an	следует сходимость ряда	anbn	.
из сходимости ряда M	an	следует сходимость ряда	anbn	.
n 1		n 1	Свойство доказано.
			Свойство доказано.

Свойство 3. Если ряды an и bn абсолютно сходятся, то при любых

n 1 n 1

значениях констант α и β абсолютно сходится и ряд (αan βbn ).

n 1

Доказательство. Для доказательства свойства 3 тоже применим признак сравнения. Сначала заметим, что αak βbk αak βbk αak βbk . Причем

ряд

будет сходиться, так как сходятся ряды

. А

k 1

это по признаку сравнения означает сходимость ряда

αan

βbn

n 1

Что и требовалось доказать.

Приведем еще два свойства для абсолютно сходящихся рядов без доказательства из-за их громоздкости.


Свойство 4. Если ряд an	абсолютно сходится, то и ряд aj ,
n 1	j 1

полученный перестановкой членов исходного ряда абсолютно сходится, причем суммы этих рядов совпадают.


	Свойство 5. Если ряды an		и bn абсолютно			сходятся, то и ряд
		n 1	n 1
	bj
ai	bj	, составленный из всевозможных попарных произведений членов этих
s		s
s 1
				bj		равна произведению
рядов абсолютно сходится, причем сумма ряда ai				bj	s	равна произведению
			s		s

s 1

сумм исходных рядов.

Задачи для самостоятельного решения.

90–98. Доказать абсолютную сходимость рядов:

cosn sinnα

90.

( 1)n 1

91.

(2n 1)2

n 1

( 1)

n 1

( 1)

n 1

93.

94.

(2n 1)n

n 1

96.

n3 sinne n

97.

sin5

n arctg

n4 1

n 1


92.			n sin n
		( 1)
		( 1)		n
	n 1			n
			n(n 1)		n		100
95.		( 1)	2		n
95.		( 1)	2
	n 1					2n

n 3 n

98.( 1) e

n 1

§1.11 Знакочередующиеся ряды

Определение 6. Ряд ( 1)n 1an , где an 0 при всех n N , называется

n 1

знакочередующимся рядом.

Знакочередующийся ряд является частным случаем знакопеременного

ряда.
Теорема 10. (Лейбница).		Если члены	знакочередующегося ряда

( 1)n 1an	(an 0) таковы, что
n 1	1) a1 a2	an
	1) a1 a2	an
и	2) liman 0,
	n

то этот ряд сходится. Причем его сумма положительна и не превосходит первого члена ряда.

2n 1

Доказательство. Рассмотрим сумму 2n первых членов ряда S2n , которую можно

записать в виде: S2n (a1 a2 ) (a3 a4) (a a2n ). Из условия монотонности следует, что выражение в каждой скобке положительно. Следовательно, сумма S2n положительна и монотонно возрастает. Кроме того,

последовательность S2n ограничена сверху. Это легко увидеть, если переписать S2n в виде:

S2n a1 a2 a3 a2n 2 a2n 1 a2n

a1 (a2 a3) (a2n 2 a2n 1) a2n a1.

По теореме о пределе возрастающей и ограниченной сверху последовательности существует конечный предел

limS2n S.

Причем	0 S a1.
Для завершения доказательства сходимости ряда докажем				теперь, что
частичные суммы S2n 1	также сходятся к пределу S.
Согласно определения частичных сумм S2n 1		S2n	a2n 1.	Так как по

условию теоремы lima2n 1 0, то, используя теорему о пределе суммы, имеем
n
limS2n 1	lim(S	2n a2n 1) limS2n		lima2n 1 S.
n	n		n	n
		limS2n	limS2n 1
А это означает, что существует		limS2n	limS2n 1	S, т.е. ряд	( 1)n 1an
		n	n		n 1
					n 1

сходится, что и требовалось доказать.


Следствие. Для знакочередующегося ряда ( 1)n 1an , при всех n N
			n 1
справедливы также неравенства:
	S2n S S2n 1,
		S Sn	an 1.
		S Sn	an 1.
Доказательство. Из условия an			an 1 для всех n N , записав
	S2n 1 S2n 1 (a2n a2n 1),
следует, что	S2n 1 S2n 1,
т.е. S2n 1 –	убывающая последовательность. Так как S является пределом

возрастающей последовательности S2n и пределом убывающей

последовательности S2n 1 , то справедливо неравенство	S2n S S2n 1,
которое можно записать в виде
S2n 1 a2n S S2n a2n 1.
Отсюда следует, что
S2n 1 S a2n и S S2n a2n 1.

А это означает, что для всех n N выполняется неравенство

S Sn

an 1.

Что и требовалось доказать.

															n 1
	Пример 9. Доказать, что ряд												( 1)					, где α 0, сходится.
	Пример 9. Доказать, что ряд																	, где α 0, сходится.
												n 1			n
► Решение. Для последовательности															1		выполнены оба			условия теоремы
► Решение. Для последовательности															nα		выполнены оба			условия теоремы
															nα
Лейбница при			любом положительном												α.		А это означает			сходимость ряда
	n 1
	( 1)	.
		.
n 1	n
	В частном случае при α 1, ряд сходится, причем условно
			( 1)		n 1					1	1			( 1)		n 1
			( 1)				1			1	1			( 1)					,
			n				1												,
		n 1	n				2 3								n
а для его суммы S из неравенства S2n S S2n 1 при n 1 следует оценка
				1		S		5	.
			2			S			.
			2				6

Позднее будет показано, что S=ln2. ◄

Задачи для самостоятельного решения.

99–107. Пользуясь теоремой Лейбница, доказать сходимость рядов:

2n 1

lnn

99. ( 1)n 1

100.

( 1)n 1

101.

( 1)n

n(n 1)

3 n

n 1

102. cos

πn

sin

103.

cosnπ (n n 1)

104.

( 1)n

n 100

n 1

( 1)

105. ( 1)n arcsin

106.

107.

( 1)n (

n 2 n)

n 1

n2 1

n 1 ln(n 1)!

n 1

108–125. Исследовать на сходимость знакочередующиеся ряды.

n 1

108.

( 1)

109.

( 1)

sin

110.

( 1)

ln(n 2)

n 1

2n 1

n 1

sin

111.

( 1)n

112 ( 1)n ln(1

)

113 ( 1)n

(n 1)!

n 1

115.

3n 1

114.

( 1)

116.

( 1)

arctg

(2n)!

n 1

n 3

n 1

117.

( 1)n

118. ( 1)n sin

119.

( 1)n

(n 1)3

2n 1

n 1

( 1)n

(

120.

121.

122. ( 1)n arcsin

n 1

(2n 1)

(n 1)lnn

n 1

( 1)n

123.

( 1)

124.

( 1)

125.

4 n3 2

3 (n 1)2

n 1 ln(n 1)

n 1

§1.12 Признаки Дирихле и Абеля сходимости рядов

	последовательность an
Рассмотрим	последовательность an	и два ряда bn	и anbn .
		n 1	n 1
			n
Частичные суммы	этих рядов обозначим,	соответственно,	Bn bk и
			k 1

n p

σ akbk , n N и p N . Сначала введем понятия монотонно сходящейся

kn 1

кнулю последовательности и ограниченной последовательности.

Определение 7. Последовательность an называется монотонно сходящейся к нулю, если выполнены следующие условия:

1) an an 1 для всех n N или an an 1 для всех n N и

2) liman 0.

Определение 8. Последовательность Bn называется ограниченной, если

найдется такое число	M 0, что			для всех натуральных значений n 1,2,...
выполняется неравенство		Sn	M .
выполняется неравенство		Sn	M .
А теперь сформулируем еще два признака сходимости рядов с
произвольными членами.

Теорема 11. (признак			Дирихле).		Ряд	anbn	сходится,	если
						n 1

последовательность	частичных			сумм	ряда	bn	ограничена,	а
						n 1
последовательность an монотонно стремится к нулю.

Доказательство. Требуется доказать, что для ряда anbn выполняется условие

n 1

Коши. Преобразуем σ, учитывая, что bk Bk Bk 1 при k 1. Получим

где

Поэтому

n p	n p
σ ak Bk ak Bk 1 ,
k n 1	k n 1
n p	n p 1

ak Bk 1 ak 1Bk an 1Bn .

k n 1	k n 1
	n p 1

σ an pBn p an 1Bn (ak ak 1)Bk . k n 1

Если

справедливо

неравенство

an an 1,

то

из

формулы

n p 1

σ an pBn p

an 1Bn (ak ak 1)Bk

условия

ограниченности

k n 1

последовательности частичных сумм ряда bn

следует, что

n 1

n p 1

an p

an 1

) M (ak ak 1),

n p 1

k n 1

где

(ak ak 1) an 1 an p

an 1

an p

k n 1

p N выполняется неравенство

Таким образом, для всех n N и для всех

2M(

an p

an 1

Нетрудно показать, что это неравенство остается в силе, если an

an 1.

Далее,

в силу условия

существования

liman 0

(для

любого малого

ε 0

найдется такой номер N ε , что для всех n N выполняется неравенство

) и сказанного выше следует, что для произвольного

ε 0

найдется

такой номер N ε , что начиная с которого и для всех				p N верно неравенство
	n p
	n p
	akbk	ε, т.е. ряд	anbn удовлетворяет условию Коши, а следовательно
	k n 1		n 1

сходится.

Теорема доказана.

Замечание. Признак Лейбница для знакочередующихся рядов можно получить из признака Дирихле, полагая bn ( 1)n 1. Прием, использованный

				n p
при	преобразовании		суммы	σ akbk	к	виду
		n p 1		k n 1
		n p 1
σ an pBn p an 1Bn		(ak	ak 1)Bk ,	называют преобразованием		Абеля,
		k n 1

который можно рассматривать как дискретный аналог интегрирования по частям.

Пример 10. Доказать, что ряд an sinnx сходится при всех x R, если

n 1

последовательность an удовлетворяет условиям признака Дирихле, а именно:

an an 1

или an

an 1 для всех n N и liman

x 2πm,

► Решение.

Для

где

m Z , все члены ряда равны нулю, а значит

рассматриваемый ряд сходится.

Пусть x 2πm,

m Z . Обозначим

Bn(x) sin kx. Выведем формулу

для частичной суммы:

k 1

n 1

sin

x sin

Bn (x)

sin

Для x 2 m, где m Z умножим обе части равенства Bn(x) sin kx на

k 1

2sin

0. Получим

2sin

(x) 2sin

sinkx cosx

k cosx

k 1

1 2k

cos

...

k 1

cos

2n 1

x cos

2n 1

x cos

cos

2n 1

x 2sin

(n 1)x

sin

Разделив обе части этого равенства на 2sin

0 получим

sin

n 1

x sin

Bn(x)

sin

Отсюда

B (x)

для любого

n N ,

т.е. последовательность

sin

Bn (x) ограничена. По теореме 11

ряд

an sinnx для

каждого x 2πm,

n 1

m Z , сходится. Следовательно, ряд

an sinnx сходится при любом x R. В

n 1

частности, ряд

sinnx

, где α 0

сходится при любом x R.◄

n 1

Пример 11. Доказать, что ряд an cosnx сходится при любом x 2πm,

n 1

где

m Z ,

если последовательность

an удовлетворяет условиям признака

Дирихле, а именно:

an an 1

или an an 1

для всех n N и liman

sin

x cos

n 1

► Решение.

Воспользуемся

формулой

Bn (x) coskx

k 1

sin

x 2πm,

m Z .

Для

доказательства

этой

формулы

умножим

обе

части

равенства

Bn (x) coskx на 2sin

0, получим

k 1

2sin

Bn(x)

2sin

coskx= sin

k x

sin

k 1

2k 1

sin

x sin

sin

k 1

sin

2n 1

x sin

2n 1

x sin

2n 1

x sin

2cos

(n 1)x

sin

А теперь, поделив обе части полученного равенства на 2sin

0, получаем

n 1

sin

x cos

B (x)

sin

Так

как

B (x)

при x 2πm,

m Z ,

последовательность a

sin

монотонно стремится к нулю, то ряд an cosnx при x 2πm,

m Z сходится

по теореме 11. ◄

n 1

Теорема 12. (признак Абеля). Ряд anbn

сходится,

если сходится ряд

n 1

bn , а последовательность an монотонна и ограничена.

n 1

Доказательство. Из условия монотонности и ограниченности

последовательности an следует, что существует liman a. Это означает, что

последовательность an a монотонно стремится к нулю. Из сходимости ряда

следует,

что

последовательность

его

частичных

сумм

ограничена.

n 1

Поэтому

ряд

(an

a)bn

сходится по

признаку

Дирихле.

Отсюда

и из

n 1

сходимости ряда bn можно заключить,

что ряд anbn

сходится,

так как

n 1

anbn (an a)bn abn .

Что и требовалось доказать.

cos

Пример 12. Исследовать на сходимость ряд

n 1

nln(n 1)

cos

► Решение. Ряд

сходится (см. пример 11), а последовательность

n 1

nln(n 1)

монотонна

и ограничена. Заметим,

кстати,

что

lim(1

)

. А

значит, что по теореме 12 (терема Абеля) исследуемый ряд сходится. ◄

§1.13 Условно сходящиеся ряды

Ранее было определено, что ряд an называется условно сходящимся,

n 1

если этот ряд сходится, а ряд an , составленный из модулей его членов,

n 1

расходится.

При исследования ряда на сходимость и абсолютную сходимость бывает полезно следующее утверждение, которое приведем без доказательства.


Теорема 13. Если ряд an	абсолютно сходится, то ряды bn и
n 1	n 1

(an bn ) одновременно либо сходятся абсолютно, либо сходятся условно,

n 1

либо расходятся.

Другими словами, добавляя к рассматриваемому ряду абсолютно сходящийся ряд, не изменяем сходимости (или расходимости) исходного ряда.

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 154 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]