Добавил:
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

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

.pdf
Скачиваний:
0
Добавлен:
15.08.2026
Размер:
973 Кб
Скачать

2.4 Ряды произвольных знаков.

Теорема 2.8 (Принцип сходимости числовых рядов.) Для того что-

бы ряд Pan сходился, необходимо и достаточно, чтобы

n=1

ε > 0 p > 0 : n > p

|Sn+m − Sn| = |an+1 + · · · + an+m| < ε m N,

где Sn– n−я частичная сумма ряда.

Доказательство.

Данное утверждение следует непосредственно из принципа сходимости для последовательности, где в качестве последовательности возьмём Sn.

Определение 2.6 Ряд Pan называется абсолютно сходящимся,

n=1

если сходится ряд P|an|.

n=1

Теорема 2.9 (О сходимости абсолютно сходящегося ряда.) Абсолютно

сходящийся ряд Pan сходится.

n=1

Доказательство.

Нам нужно показать, что сходимость ряда P|an| влечёт за собой

n=1

сходимость ряда Pan. Очевидно верна следующая цепочка нера-

n=1

венств:

 

|Sn+m − Sn| = |an+1 + an+2 + · · · + an+m| 6

 

 

 

6 |an+1| + |an+2| + · · · + |an+m| =

| ,

=

|an+1| + |an+2| + · · · + |an+m| = |Sn+m − Sn

 

 

 

 

21

2 Числовые ряды.

P

где Sn− − частичная сумма ряда |an|. Тогда непосредственное

n=1

применение принципа сходимости 2.8 доказывает утверждение.

Определение 2.7 Сходящийся ряд, который не является абсолютно сходящимся называется условно сходящимся.

Определение 2.8 Знакочередующимся рядом называется числовой ряд, в котором каждый член ряда имеет знак противоположный знаку члена ряда предшествующего ему.

Замечание 2.2 Знакочередующийся ряд можно представить в сле-

дующем виде:

X

(−1)ncn,

n=1

где cn > 0 n N.

Теорема 2.10 (Признак Лейбница.) Если

n N cn+1 < cn

(2.4)

и

lim cn = 0,

n→∞

то ряд P(−1)n−1cn, cn > 0 сходится.

n=1

Доказательство.

Рассмотрим частичную сумму чётного порядка S2n. Её можно представить в виде:

S2n = (c1 − c2) + (c3 − c4) + · · · + (c2n−1 − c2n).

22

2.4 Ряды произвольных знаков.

Из 2.4 получаем, что выражение стоящее в каждой скобки является положительным числом. Следовательно S2n монотонно возрастает. С другой стороны S2n представима в виде:

S2n = c1 − (c2 − c3) − · · · − (c2n−2 − c2n−1) − c2n,

то есть S2n является ограниченной сверху константой c1. В таком случае существует конечный предел

lim S2n = S.

n→∞

Для частичных сумм нечётного порядка S2n−1 = S2n + c2n выполняется

lim S

2n−1

= lim (S

2n

+ c

2n

) =

n

→∞

 

n

→∞

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= lim S

2n−1

+ lim c

2n

= S + 0 = S.

n→∞

n→∞

 

 

 

 

В итоге получаем

lim Sn = S.

n→∞

Что и требовалось доказать.

Пример 2.3 Рассмотрим ряд

X(−1)n−1

n

n=1

.

Очевидно, что cn = n1 является монотонно убывающей, положительной последовательностью, тогда по теореме Лейбница данный ряд сходится. С другой стороны ряд составленный из модулей

 

1)n

1

 

1

n=1

(− n

 

= n=1 n

X

 

 

 

X

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

23

2 Числовые ряды.

расходится (см. пример 2.2 на стр. 19). В итоге получаем, что ряд

X(−1)n−1

n

n=1

сходится условно.

Теорема 2.11 (Признак Дирихле.) Ряд

X

anbn

n=1

сходится, если:

1. частичные суммы Pn ak ограничены в совокупности;

k=1

2. последовательность bn монотонно стремится к нулю.

Теорема 2.12 (Признак Абеля.) Ряд

X

anbn

n=1

сходится, если:

1. ряд Pan сходится;

n=1

2. последовательность bn монотонна и ограничена.

2.5 Свойства сходящихся рядов

Теорема 2.13 (Сочетательное свойство сходящихся рядов.) Пусть ряд

X

an

n=1

24

2.5 Свойства сходящихся рядов

сходится, тогда ряд составленный из сумм:

(a1 + · · · + an1 ) + (an1+1 + · · · + an2 ) + · · · + (ank−1+1 + · · · + ank ) + . . .

сходится и его сумма равна сумме исходного ряда.

Доказательство.

Так как последовательность частичных сумм нового ряда Snk является подпоследовательностью последовательности Sn, то она имеет тот же предел, что и Sn

lim Snk = lim Sn = S.

k→∞ n→∞

Что и означает сходимость нового ряда.

Теорема 2.14 (Переместительное свойство абсолютно сходящихся ря-

дов.) Пусть ряд

X

an

n=1

сходится абсолютно, тогда ряд полученный из него перестановкой членов, также сходится и его сумма равна сумме исходного ряда.

Доказательство.

Предположим что an > 0 n N, тогда m n : Sm< Sn,

где Sn и Smчастичные суммы соответственно исходного ряда и ряда полученного перестановкой членов. Переходя к пределу при n →

∞ получим: Sm< S, где S сумма исходного ряда. Можно считать

P

что ряд an является перестановкой ряда с частичными суммами

n=1

25

2 Числовые ряды.

Sm, тогда аналогично предыдущему получим Sn < S, где Sсумма переставленного ряда. Тогда переходя к пределу → ∞ в Sm< S

получим S6 S, в первом случае и S 6 S, во втором случае. Из этого следует S= S.

Пусть теперь ряд

X

an

n=1

произвольный абсолютно сходящийся. Представим частичную сумму ряда в виде Sn = Bk − Cm, где

0

X i

X i

 

Bk =

 

ai, Cm = −

ai.

 

<i<n: a >0

0<i<n: a <0

 

Так как

 

 

 

 

X

X

 

Bk 6 |an|, Cm 6 |an|

 

 

n=1

n=1

 

и последовательности Bk, Cm монотонно не убывают, то существуют

пределы lim Bk = B и

lim Cm = C. Перестановка членов исходно-

k→∞

m→∞

го ряда вызовет перестановку в рядах соответствующим частичным суммам Bk и Cm, но не отразится на их суммах, по только сто доказанному. Следом и сумма ряда полученного перестановкой членов исходного ряда будет равна сумме исходного ряда. Что и требовалось доказать.

Теорема 2.15 (Теорема Римана о перестановке членов ряда.)

Пусть ряд

X

an

n=1

26

2.6 Положительные ряды. Практические задачи.

сходится условно, тогда L R {±∞} существует перестановка членов ряда такая, что преобразованный ряд имеет своей суммой

L.

2.6 Положительные ряды.

Практические задачи.

При исследовании рядов на сходимость полезны оценки, вытекающие из сравнения “скорости” роста последовательностей

{ln k}, {kα}, {ak} (α > 0, a > 1) :

для номеров k, больших некоторого (своего для выбранной пары последовательностей) ln k < kα и kα < ak.

В приводимых ниже примерах требуется исследовать данный положительный ряд на сходимость.

Пример 2.4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k + 1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

X

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k=1

k2 + k + 1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Решение.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Полагая

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

+ 1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ak =

k

 

,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k2 + k + 1

 

 

 

 

 

 

 

 

находим

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k

1 +

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

1 +

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

k

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ak

=

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

k

 

 

 

 

 

 

2

 

1

 

 

1

 

 

 

3/2

 

 

 

1

 

 

 

1

 

k

3/2

 

k

 

1 + k

+

 

 

 

k

 

 

· 1 + k

+

 

 

 

 

 

k2

 

 

 

 

k2

 

27

2 Числовые ряды.

 

 

 

1

 

 

 

 

 

→ 1, k → ∞! . Исследуемый ряд сходится вви-

 

1 +

 

 

 

 

 

 

 

k

 

 

 

 

 

так как

 

 

 

 

 

1 + k1 +

1

 

 

 

 

k2

 

 

 

 

 

 

 

 

P

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ду сходимости ряда

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k=1 k3/2

 

 

 

 

 

 

 

см. пример 2.2 .

 

 

 

 

P

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

имеющего вид k=1

 

, p =

 

> 1

 

 

 

 

 

 

kp

2

 

Пример 2.5

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 + ln k

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

X

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k=1

1 +

k

 

 

 

 

 

 

 

Решение.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Очевидно,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 + ln k

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

>

1 +

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 +

k

k

k

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Поскольку ряд k=1

 

 

расходится, то из теорем сравнения выте-

k

 

кает

расходимость исходного ряда.

 

 

 

 

 

 

 

P

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Пример 2.6

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ln k

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

X

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k=1

k

k

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Решение.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

Начиная с некоторого номера ln k < k 4 . Для таких k

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ln k

 

 

 

 

 

k

1

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

kk

 

 

 

 

k · k 2

 

 

k 4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

<

 

 

 

1

=

 

5

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

Из сходимости ряда

 

 

 

 

и теоремы сравнения следует сходи-

 

 

5

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k=1 k 4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

мость исследуемого

 

ряда.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

P

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

28

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2.6 Положительные ряды. Практические задачи.

Пример 2.7

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

kα

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

, α > 0, a > 1.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k=1

 

ak

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

X

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Решение 1.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Воспользуемся признаком Коши:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

α

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

α

 

 

k

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k

 

 

 

 

k

 

=

 

 

 

 

 

< 1 (так как

k

1, k

→ ∞

)

k

 

 

 

a

 

 

 

 

 

r a

 

 

 

 

 

 

 

a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ряд сходится.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Решение 2.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

kα

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Полагая ak =

 

 

, находим

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ak

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ak+1

 

 

(k + 1)αak

1

1

 

α

1

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

=

 

1 +

 

 

 

 

 

< 1, k → ∞

 

 

ak

 

 

 

ak+1kα

a

k

 

a

 

По признаку Даламбера ряд сходится.

Решение 3.

Используем оценку kα+2 < ak, верную для всех k, больших некоторого k0(α, a). Для этих k

 

 

 

kα

 

 

kα

1

 

 

 

 

 

<

 

 

=

 

.

 

 

 

ak

kα+2

k2

Из сходимости ряда

1

и теоремы сравнения следует сходи-

 

 

 

k=1 k2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

мость исследуемого

ряда.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

P

 

 

 

 

 

 

 

 

Пример 2.8

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k

 

k + 2

 

 

 

k=1

2ln2 k ln k + 1

 

 

X

 

 

 

 

 

 

 

29

2 Числовые ряды.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Решение.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Используя

 

 

 

 

 

 

 

так как k + 1 → 1, k → ∞ ,

 

ln k + 1 k + 1 − 1

 

k + 2

 

k + 2

 

 

 

k + 2

 

 

 

 

получаем

 

 

 

 

2ln2 k k + 1 − 1

= 2ln2 k · k + 1

 

2ln2 k ln k + 1

2ln2 k

 

k

 

k + 2

 

 

k

k + 2

1

 

k

1

(учитываем

 

k

 

 

→ 1, k → ∞). Далее

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k + 1

 

 

 

 

 

 

 

k

=

 

k

 

=

 

k

=

k

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

<

 

 

 

 

 

2ln2 k

(2ln k)ln k

 

(kln 2)ln k

kln 2·ln k

k2

 

поскольку, начиная с некоторого номера, ln 2 · ln k > 3.

Значит на основании теорем сравнения, исследуемый ряд схо-

дится.

Пример 2.9

 

 

 

4

 

 

1

3

 

 

 

 

 

 

 

X

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1+

1

 

 

1+

1

k2

 

 

 

k=1

 

 

 

 

 

k

 

 

 

k

 

 

 

 

 

Решение.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

полагая

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

ak =

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

41+ k1

− 31+ k1

k2

 

 

 

 

 

 

 

 

воспользуемся признаком Коши. Получаем

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

ak =

 

 

 

 

 

 

 

 

k .

k

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

41+ k1 − 31+ k1

 

 

 

30

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]