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

π

1

1

tg ak = tg

− arctg k = ctg arctg k =

=

,

2

tg(arctg k)

k

1

1

то ak = arctg

. Теперь из ak

,

k → ∞ получаем расходи-

k

k

∞

мость ряда ak.

k=1

Исследуемый ряд сходится условно.

P

Пример 2.18

− arctg k

∞

π

2

k=1 (−1)k−1

2

.

X

Решение.

∞

π

2

Нетрудно видеть, что ряд k=1(−1)k−1

− arctg k

(составлен-

2

(−1)k−1

32+ 2 ln(k + 1)

−

27

! .

∞

+ ln(k + 1)

7

1

X

k=1

Решение.

ak =

7

P

2 + ln(k + 1)

1

∞

Ряд имеет вид k=1(−1)k−1ak,

−

. Заме-

3 + 2 ln(k + 1)

27

2 Числовые ряды.

тим, что функция f(x) =

2 + x

монотонно убывает в проме-

3 + 2x

жутке (−23

, +∞)

−

∞

′

(3 + 2x)2

2

так как f

(x) =

−1

< 0, x

(

3 , +

)

. Следовательно,

2 + ln(k + 1)

2

+ 1

1

ln(k+1)

f (ln(k + 1)) =

=

↓

, k → ∞.

3 + 2 ln(k + 1)

3

+ 2

2

ln(k+1)

и, значит

ak = (f (ln(k + 1)))7 −

1

↓ 0,

k → ∞.

27

∞

∞

X

X

(−1)k−1ak

=

ak.

k=1

k=1

Представим ak в виде

− 1!

ak = 27

27

3 + 2 ln(k + 1)

=

1

2 + ln(k + 1)

7

= 27

3 + 2 ln(k + 1)

− 1! .

1

4 + 2 ln(k + 1)

7

Отсюда видно, что

ak 27

3

+ 2 ln(k + 1) − 1

=

27

· 3 + 2 ln(k + 1)

7

4

+ 2 ln(k + 1)

7

1

7

1

7

1

7

1

.

·

>

·

·

28

ln(k + 1)

28

k + 1

28

k

∞

kP

Из расходимости ряда

∞ 1

и теорем сравнения рядов следует

=1

k

расходимость ряда

ak.

k=1

сходится условно.

Исследуемый рядP

Пример 2.20

(−1)k−1 e −

1 + k

! .

k=1

∞

1

k

X

Решение.

∞

1

k

P

k

1

∞

∞

X

X

(−1)k−1ak =

ak.

k=1

k=1

Получаем:

2 Числовые ряды.

= k −

k2

ln 1 + k

2k2

+ o¯

1

1

1

1

и значит

k − 1 = −2k + o¯

k ,

k ln

1 + k − 1 = 1 − 2k + o¯

1

1

1

1

1

что даёт

· k + o¯ k

ak 2

2

· k .

e

1

1

e

1

P

∞

Ряд

ak расходится.

k=1

Исследуемый ряд сходится условно.

Пример 2.21

k=1 (−1)k−1 e − 1 + k2

! .

k2

∞

1

X

Решение.

Нетрудно (рассуждая как в предыдущем примере) доказать аб-

1

k2

солютную сходимость исследуемого ряда. Обозначив ak = e− 1 +

,

k2

∞

рассмотрим ряд

ak (из модулей членов исходного).

=1

Представив

kP

и, пользуясь тейлоровским разложением

k4

ln

1 + k2

= k2 −

2

· k4

+ o¯

,

1

1

1

1

1

откуда следует

k2

k2

k2 ln 1 + k2

− 1 = 1 −

2k2 + o¯

− 1 = −2k2

+ o¯

,

1

1

1

1

1

находим

ak 2 · k2 + o¯ k2 2 · k2 .

e

1

1

e

1

Пример 2.22

k+2 1 + ln(k + 2) − 1 .

k=1 (−1)k−1

∞

X

p

Решение.

P

∞

k

+2 1 + ln(k + 2)−

Исследуемый ряд имеет вид k=1(−1)k−1ak, ak =

1 > 0, k = 1, 2, . . . , то есть является

знакочередующимся. Дока-

p

жем его сходимость, используя признак Лейбница.

1

1

Заметим, что ak = f(k + 2), где f(x) = (1 + ln x)x − 1, x

+ ln x)

, +∞ . Функция g(x) =

ln(1

монотонно убывает при

e

x

признаку

Лейбница.

p

Выясним характер его сходимости. Рассмотрим ряд

∞

∞

X

X

∞

(−1)k−1ak

=

ak.

k=1

k=1

kP

Сравним его с положительным рядом

где bk = (ln(k +

bk,

=1

Далее:

bk = e

LN LN(k+2)

− 1

ln ln(k + 2)

1

1

k+2

>

, k → ∞

k + 2

k + 2

k

(раз ln ln(k + 2) → +∞, k → ∞, то для достаточно больших k

ln ln(k + 2) > 1);

∞

Отсюда следует расходимость ряда

bk, а, значит, и ряда

∞

∞

=1

kP

P

kP

ak. Следовательно, ряд

(−1)k−1ak сходится условно.

k=1

=1

lim

ln ln x

=

lim

(ln ln x)′

=

lim

1

= 0.

x

(x)′

x→+∞

x→+∞

x→+∞ x ln x

∞

Ряд имеет вид k=1 akbk, где ak

= sin αk и {bk} монотонная и

последовательность.

сходящаяся к нулю P

Теперь из равенства

n

n

X

X

1

ak

=

6

sin

α

sin αk

2

k=1

k=1

Пример 2.24

(

1)k−1 sin k

∞

X

−

.

√k2

+ k + 1 ln(k + 3)

k=1

∞

1

X

bk sin αk; где α = 1 + π и bk =

√

k2

+ k + 1 ln(k + 3)

↓ 0, k → ∞

k=1

|bk sin αk| > bk sin2 αk = bk

2 +

2 cos 2αk =

2bk +

2bk cos 2αk.

1

1

1

1

kP

P

∞

∞

Теперь из сходимости ряда

bk cos 2αk, расходимости ряда bk

k=1

=1

будет доказано ниже и это даёт расходимость ряда

k=1

2bk

+ 2bk cos 2αk !

∞

1

1

X