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

1

1

lim

41+ k1

−

31+ k1

k

= lim ek ln 41+ k

−31+ k =

k→∞

k→∞

−1

= ek→∞ k ln 4

1

−3

1

= ek→∞ k 4

1

−3

1

=

lim

1+ k

1+ k

lim

1+ k

1+ k

= ek→∞ ·

1

−4−3·3

1

= ek→∞

1

−1 −k→∞ 3k 3 −1

=

lim k

4 4 k

k

+3

lim 4k

4 k

lim

k

klim 4k k1 ln 4−klim 3k k1 ln 3

= e

4 ln 4

−

3 ln 3

> 1,

= e

→∞

→∞

так как 4 ln 4 − 3 ln 3 > 0. Следовательно,

1

lim √ak =

< 1

k

k→∞

e4 ln 4−3 ln 3

и ряд сходится.

При вычислении предела использовано:

ln 41+ k1 − 31+ k1 41+ k1 − 31+ k1 − 1 ,

так как

41+ k1 − 31+ k1 → 1, k → ∞;

1

1

1

1

4k

− 1

ln 4, 3k

− 1

ln 3, k → ∞;

k

k

2 Числовые ряды.

Решение.

√ak = k sin k .

k3

,

находим

Используем признак Коши. Обозначив ak = k sin 1

k2

k

1

k

Далее

получаем

k→∞ √ak = k→∞

k

=

1

k2

lim

k

lim

k sin

= lim e

k2 ln(k sin

1 )

lim

k2 ln(k sin k1 )

=

k

= ek→∞

k→∞

klim

k2(k sin k1 −1)

klim

k3(sin k1 − k1 )

= e →∞

= e →∞

Мы учли в выкладках, что sin

1

1

1

, k → ∞ и, значит, klim k sin

=

k

k

k

1

1

1

→∞

− 1, k → ∞. Те-

k→∞ k · k

= 1, следовательно, ln k sin k k sin k

lim

перь разложив по формуле Тейлора

k3

,

sin k

= k −

3! · k3 + o¯

1

1

1

1

1

находим:

− k

k −

k3

− k =

k→∞

k

= k→∞ k

6

· k3

lim k3

sin

1

1

lim

3

1

1

1

+ o¯

1

1

k→∞

−6

· k3 + o¯ k3 = k→∞ −6

+ k o¯

k3

−6

= lim k3

1

1

1

lim

1

3

1

=

1

так как

lim k3o¯

1

= lim

o¯

k3

= 0 .

1

k3

k

k→∞

k→∞

1

Окончательно получаем

1

lim √ak = e− 6 < 1

k

k→∞

и ряд сходится.

Пример 2.11

∞

X

k=1

(arctg(k + 1) − arctg k) ln5 k

Решение.

π

π

Так как arctg k →

,

arctg(k + 1) →

, k → ∞, то arctg(k + 1) −

2

2

arctg k → 0, k → ∞. Но тогда

arctg(k + 1) − arctg k tg (arctg(k + 1) − arctg k) =

=

tg (arctg(k + 1)) − tg (arctg k)

=

k + 1 − k

=

1 + tg (arctg(k + 1)) tg (arctg k)

1 + (k + 1)k

1

1

1

1

=

=

·

k2 + k + 1

k2

1 + k1 +

1

k2

k2

поскольку

1

→ 1,

k → ∞ .

1 + k1 +

1

k2

ln5 k

(arctg(k + 1) − arctg k) ln5 k

.

k2

1

Используем теперь оценку ln k < k

10

, верную для достаточно

больших k. Для таких номеров k

ln5 k

1

1

k 2

<

=

.

k2

k2

k3/2

Из сходимости ряда

∞

1

и теорем сравнения вытекает схо-

k=1 k3/2

димость исследуемого ряда.

P

Пример 2.12

∞

1

1

k

k=1

ek

− ek+1

ln2(k + 1)

X

Решение.

Справедливы соотношения

1

1

1

1

1

− 1 =

ek − e

= e

ek

−

k+1

k+1

k+1

1

e

1

− 1

1

= e

k+1

k(k+1)

k(k + 1)

так как ek+1

→ e0 = 1, k → ∞ .

1

С учётом этого

2.6 Положительные ряды. Практические задачи.

ek

− ek+1

ln2(k + 1)

k(k + 1)

· ln2(k + 1) =

(k + 1) ln2(k + 1)

1

1

k

1

k

1

∞

1

X

.

k=1

(k + 1) ln2(k + 1)

Z1

(x + 1) ln2(x + 1) =

Z1

ln2(x + 1) .

+∞

dx

+∞

d ln(x + 1)

+∞

lnZ2

dt

t2

(интеграл вида

+∞

dt

, p > 1, a > 0 сходится). Исследуемый ряд

a

tp

сходится.

R

Пример 2.13

1 + k − 1! ln−1(k + 5)

∞

2

X

r

k=1

Решение.

Воспользуемся соотношением

r

− 1

2

· k

= k .

1 + k

2

1

2

1

Здесь удобно заметить, что

1

1

, k → ∞, тогда

k

k + 5

2

− 1

ln−1(k + 5)

1

1 +

k

(k + 5) ln(k + 5)

Z1

(x + 5) ln(x + 5) =

Z1

ln(x + 5) ,

+∞

dx

+∞

d ln(x + 5)

+∞

lnZ6

dt

.

t

Следовательно, он (а с ним и исследуемый ряд) расходится.

Пример 2.14

√k sin

e√k+1 − 1

k=1 1 −

ln−5(k + 7)

∞

1

2

X

sin

e√k+1

− 1 = e√k+1

− 1 + o¯

e√k+1

− 1

,

1

1

1

2

e

√k+1 − 1

(√k + 1)2

k , k → ∞

1

2

1

1

1

2

1

o¯ e

√

+1

− 1

можно заменить на o¯

.

k

k

.

1

−

=

1

−

2

e

1 − 1

0 1 = 0, k

k

2

2

·

√k

!

→ ·

→ ∞

e√k+1

− 1

1

1

1

2

√

√

o¯ e

k+1

1

o¯ e k+1

1

√

k

+1

Значит

e√k+1

− 1 = e√k+1

− 1 + o¯ k

sin

1

1

1

sin e√k+1 − 1 = √k1+ 1

+ 2

(√k + 1)2 + o¯ √k + 1

2

+ o¯ k

=

1

1

1

1

1

= √k1+ 1

+ 2

(√k + 1)2

+ o¯

k

1

1

1

2.6 Положительные ряды. Практические задачи.

(заменяем o¯

√k + 1

2

на o¯ k , так как √k + 1

k , k →

1