Числовые и функциональные ряды. Тригонометрические ряды Фурье. Курс лекций и сборник задач. Учебное пособие

k=1 (−1)k

8

· k2

+ o

k2

∞

3

1

1

X

сходится абсолютно т.к.

(−1)k

·

+

=

3 1

1

3

1

3

1

1

1

=

8 · k2

o k2

8 · k2 , → ∞

k=1 k2

k

P

сходящийся

+

и ряд

∞

.

Пример

3.22

1 + k2 −

4 1 + k2 ! xk

2k

∞

2

1

X

r

r

k=1

Решение.

Обозначая

1 + k2 −

1 + k2 ! ,

ak = 2k

4

r

r

2

1

1

2

1

1

1

1

= 2k

4

· k2 + o

k2

= 2k ·

k2

4

+ o (1) .

3

1

1

1

3

klim

|ak| = klim

s2k · k2

4 + o (1) =

→∞ p

→∞

3

k→∞

· k k 4

1

→ ∞

1

3

k

lim 2

1

2

+

o

(1) = 2, k

т.к. k k → 1,

4 + o(1)

→

4

= 1,

k → ∞! .

3

1

3

0

1

k

Получаем: R =

1

− радиус сходимости и (−R, R) = −

1

,

1

−

2

2

2

2

= k=1

4 + o(1) ,

k=1 ak · 2k

k2

∞

1

∞

1

3

X

X

1

3

(1)

3

1

P

1

1

∞

сходящийся, поскольку

k2

4

+

o

4

·

k2

и ряд k=1

k2

− сходит-

ся. Если же x = −

, то полученный при этом ряд

∞

1

X

(−1)kak ·

k=1

2k

P

1

P

1

∞

(−1)kak ·

∞

сходится абсолютно сходимость ряда k=1

2k

= k=1 ak ·

2k

∞

X

k xk

2−k + arctg 2−k

k=1

Решение.

Полагая

k→∞ p

= k→∞

2

−

k + arctg 2

−

k

|ak|

lim

k

lim

= 0.

k→∞ p

k→∞

2k + arctg 2k

∞

|

k|

=

lim k a

= lim

∞

k

1

X e(−1)

k cos k · xk

k=1

Решение.

Пусть

ak = e(−1)kk cos k1 .

k→∞

p|

k|

2k

2k−1

np|ak|o

последовательности: n

o

и n

p

o. Из очевидных соот-

ношений

p

2p|a2k| = ecos 2k

→ e

1

и

k

p|a2k−1| = e−

−

→ e− , k → ∞

2k−1

cos

1

1

2k

1

получаем

k

k→∞ p|

∞

e(−1)kk cos k1

· e−k =

∞

ek((−1)k cos k1 −1)

X

X

k=1

k=1

2k(cos

1

−

1)

klim 2k(cos

1

−1)

lim e

2k

=

2k

= e →∞

k→∞

= ek→∞

− 2 (2k )

2

= ek→∞(− 4k2 ) = e0 = 1,

lim 2k

lim

∞

(−1)k · e(−1)kk cos k1

· e−k =

∞

(−1)k · bk

X

X

k=1

k=1

|a2k−1|

lim 2k−1

klim 2k

|a2k| = klim

2

4

1 − 2k − 1!

= 1,

→∞ p

→∞

r

1

получим, очевидно,

1

2

n

lim

a

n|

= 1.

n→∞ p|

При x = 1 получаем ряд

2 4 1 − 2k − 1!

.

∞

r

1

X

k=1

r

!k

1

Обозначив bk =

2

4

1 −

− 1

, убедимся, что bk 6→0, k →

2k

∞. Действительно

k

klim bk = klim

2

4

1 −

1

− 1!

=

r

2k

→∞

→∞

4

4

1

lim

k

ln

1

= lim ek·ln 2

−1

2k −1 =

√1−

2k

= ek→∞

·

2 √1−

k→∞

4

lim 2k

1

1

1

lim 2k

1

1

1

= ek→∞

· √

− 2k

−

= ek→∞

· 4

(− 2k ) = e− 4

> 0.

мы

использовали ln

4

1

1

2 4

1

2 и

2q1 −

2k

−

q1 −

2k

−

4

1

1

1

1

1

, k

.

q

− 2k

−

4

−2

∞

→ ∞

Следовательно ряд

bk (и наш степенной ряд в точке x = 1)

расходится.

k=1

P

(−1)k · 2 4 1 − 2k − 1!

k

=

(−1)k · bk,

∞

r

∞

X

X

k=1

k=1

k

= e− 41 следует (

−

1)k

·

bk 6→0, k → ∞.

k→∞

Укажем на другой метод отыскания интервала сходимости. Обо-

2 4 1 − 2k

− 1!

· yk

=

bk · yk.

∞

r

1

∞

X

X

k=1

k=1

Его радиус сходимости

e

1

2

1

|bk|

4 1 − 2k − 1

R =

r

= 1

k

1

= (−1, 1)

он расходится

e e

X

X

как показано выше, расходящиеся! .

ряды

∞

bk и

∞

(−1)k · bk,

k=1

k=1

Отсюда следует, что первоначальный ряд

∞ bkx2k сходится в тех

k=1

(P1, 1). Это приводит к