Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Белорусский государственный университет информатики и радиоэлектроники

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Математика / Шилкин Лекции.PDF

Скачиваний:

Добавлен:

11.05.2015

Размер:

7.25 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 3940 / 4640 41 42 43 44 45 46 > Следующая >>>

ЛЕКЦИЯ 41

Ряды

Числовые ряды.

	Рассмотрим числовую последовательность {an } = a1, a2 ,K, an ,K. Соста-
вим	из	нее	новую	последовательность	S1 = a1, S2 = a1 + a2 ,K

Sn = a1 + a2 +K+ an = ∑ak , Sn+1 = Sn + an+1 .

k =1

∞

Выражение a1 + a2 +K+ an + an+1 +K= ∑ak называется числовым ря-

k =1

дом. Числа a1, a2 ,K, an ,K называются членами ряда, а число an - n -м членом

или общим членом ряда. Сумма Sn = ∑ak называется n -й частичной суммой

k =1

ряда.

Числовой ряд называется сходящимся, если последовательность частных сумм {Sn } сходится к некоторому числу S , которое называется суммой этого

ряда.

∞

lim Sn = S = a1 + a2 +K+ an +K= ∑an .

n→∞

n=1

Если предел последовательности {Sn } не существует, или равен ∞, то

ряд называется расходящимся.

Примеры.

∞

1) an = (−1)n +1 . Тогда ряд S =1 −1 +1 −

1 +K+ (−1)n+1 +K= ∑(−1)n+1 . Ча-

n=1

стные суммы S1 =1, S2 = 0, S3 =1, S4 = 0, K.

Т.о.

1, n =

2k −1

k N . По-

Sn =

0, n

= 2k

скольку lim Sn

∞

не существует, то ряд

∑(−1)n+1 расходится.

n→∞

n=1

2) Исследовать на сходимость ряд

+K+

+K.

1 3

5 7

(2n −1)(2n +1)

Общий член этого ряда

an =

представим в виде

(2n

−1)(2n +1)

(

−

) .

2n −1

Тогда

2n +1

Sn =

(1 −

) +

(

−

) + (

−

) +K+

(

−

) =

(1 −

) .

2n −1

2n +1

	Т.к. lim Sn =											1		lim (1 −							1					)	=		1		, то ряд сходится, и его сумма равна
	Т.к. lim Sn =													lim (1 −												)	=	2			, то ряд сходится, и его сумма равна
			n	→∞								2 n→∞								2n +1								2
	S = 1 .
2																							1							1									1
	3) Найти							сумму							ряда								1				+			1					+				1					+K. Представим								общий
	3) Найти							сумму							ряда						1 2 3						+	2			3 4				+		3		4 5					+K. Представим								общий
																1					1 2 3							2			3 4						3		4 5
член ряда						an =										1											в				виде							суммы							простейших							дробей
член ряда						an =						n(n +1)(n + 2)															в				виде							суммы							простейших							дробей
												n(n +1)(n + 2)
	1				=			A		+				B		+			C			1 = A(n +1)(n +1) + B(n + 2)n + Cn(n +1) .																																	По-
	n(n +1)(n + 2)				=			n		+			n +1			+		n +			2	1 = A(n +1)(n +1) + B(n + 2)n + Cn(n +1) .																																	По-
	n(n +1)(n + 2)							n					n +1					n +			2
лагая последовательно															n = 0,−1,−2												находим,									при				n = 0 2A =1 A =												1	,		при
лагая последовательно															n = 0,−1,−2												находим,									при				n = 0 2A =1 A =												2	,		при
																																									1											2
n = −1 1 = −B B = −1, при n = −2 1 = 2C C =																																									1			.
n = −1 1 = −B B = −1, при n = −2 1 = 2C C =																																												.
								1			1					1					1				1					1 1							2			2					1
	Итак,			an =				1			1					1					1				1					1 1							2								1
														−					+									=						−						+						.
								2				n		−	n +		1		+		2			n +			1	=						−		n +1				+			n			.
								2				n			n +		1				2			n +			1			2 n						n +1							n		+ 2
																														Тогда
1					2			1						1		2			1				1				2			1			1				2			1					1			2		1
	Sn =		(1	−			+				+				−		+				+				−			+				+			−				+			+K+						−		+				+
	Sn =	2	(1	−		2	+		3		+			2	−	3	+		4		+		3		−		4	+			5	+	4		−		5		+	6		+K+					n −1	−	n	+	n +1			+
14243														14243									14243										14243												1442443

−

) =

−

n +1

n + 2

n +1

n + 2

1442443

Итак, lim Sn =

, т.е. ряд сходится, и S =

n→∞

Рассмотрим

геометрическую

прогрессию

Сумма первых ее n

членов равна

= b + b q +b q2

Т.к.

lim qn = 0

при

| q |<1,

а при

| q |>1

lim qn

n→∞

→∞

b1, b1q, b1q2 ,K, b1qn −1,K.

+K+b1qn−1 = b1(1 − qn ) .

1− q

=∞ , то получаем, что

∞

lim Sn =

, | q |<1. Т.о. ряд

∑b1qn−1 сходится при | q |<1

и его сумма опре-

− q

n→∞

n=1

деляется формулой

S = b + b q +b q2 +K+b qn−1 +K=

, при | q |>1

ряд

1 − q

расходится.

∞

Суммой

двух

рядов

∑an

∑bn

называется

ряд

n=1

∞

+ bn ) . Произведением ряда

∞

∑an + ∑bn =

∑(an

∑an на действительное число

n=1

∞∞

αназывается ряд α ∑an = ∑α an .

n=1 n=1

∞

Пусть ряд ∑an сходится к сумме S .

n=1

Sn + an +1 + an +2 +K= S и обозначим an +1 + an +2

Перепишем ряд в виде

+K= rn . Это выражение,

представляющее собой новый ряд, называется остатком ряда. Т.о., для сходящегося ряда имеет место равенство S = Sn + rn . Справедлива следующая Теоре-

ма.

Для того, чтобы ряд сходился, необходимо и достаточно, чтобы

lim rn = 0 .

n→∞

Доказательство:		необходимость:		Пусть ряд сходится.	Тогда
lim (Sn + rn ) = lim Sn + lim rn = S + lim rn = S lim rn = 0 .
n→∞	n→∞	n→∞	n→∞	n→∞
достаточность:			Пусть	lim rn = 0 .	Тогда
				n→∞
S = lim (Sn + rn ) = lim Sn + 0 = lim Sn , т.е. ряд сходится ◄.
n→∞	n→∞		n→∞

Свойства числовых рядов:

1o. Сходимость ряда не нарушится, если произвольным образом изменить (переставить, добавить или отбросить) конечное число членов ряда, т.е. если ряд был сходящимся (расходящимся) до одной из вышеперечисленных операций, то и после нее он будет сходящимся (расходящимся), хотя сумма его, естественно, может измениться.

2o. Сходящийся ряд можно почленно умножать на любой множитель α ,

∞

т.е. если ряд ∑an имеет сумму S , то ряд

n=1

∞

α a1 +α a2 +K+α an +K= ∑α an имеет сумму αS .

n=1

Доказательство:

Sn = a1 + a2 +K+ an α a1 +α a2 +K+α an =αSn .

lim αSn =α lim Sn =αS		◄
n→∞	n→∞
3o. Сходящиеся ряды можно почленно складывать и вычитать,
даны	a1 + a2 + K + an + K = Sa		и b1 + b2 +K+ bn +K= Sb ,
(a1 ± b1 ) + (a2 ± b2 ) +K+ (an ± bn )K= Sa ± Sb .
Доказательство:		Если	lim (a1 + a2 + K + an ) = S a
lim (b1 + b2 +K+ bn ) = Sb , то			n →∞
lim (b1 + b2 +K+ bn ) = Sb , то
n→∞
lim [(a1 ± b1) + (a2 ± b2 ) +K+ (an ± bn )]= lim (a1 + a2 +K+ an ) ±
n	→∞		n→∞

± lim (b1 + b2 +K+ bn ) = Sa ± Sb

n→∞

Т.к. Тогда

т.е. если то ряд

◄

Теорема (необходимое условие сходимости ряда).

	∞	сходится, то lim αn = 0 .
Если ряд ∑an		сходится, то lim αn = 0 .
	n=1	n→∞
Доказательство. Пусть S - сумма ряда, т.е. lim Sn = S . Т.к. an = Sn − Sn −1 ,
		n→∞
то lim αn = lim Sn − lim Sn −1 = S − S = 0 ◄
n→∞	n→∞	n→∞

Итак, если ряд сходится, то всегда lim αn = 0 . Отсюда следует, что если

n→∞

lim αn ≠ 0 , то ряд расходится. Это является достаточным условием, или при-

n→∞

знаком расходимости ряда. Однако из равенства нулю предела общего члена не обязательно вытекает сходимость ряда, т.е. это условие не является достаточным.

Примеры.

5) Исследовать сходимость ряда 12 + 52 + 83 + 114 +K. Находим общий член ряда. В числителе n , в знаменателе арифметическая прогрессия с a1 = 2, d = 3.

Поскольку

an = a1 + (n −1)d an = 2 + 3(n −1) = 3n −1.

Следовательно,

an =

. Т.к.

lim αn = lim

≠ 0 , то ряд расходится.

3n −1

n→∞

n→∞ 3n −1

∞

1 ) .

Исследовать

на

сходимость ряд

Здесь

имеем

∑ln(1 +

n=1

lim αn = lim ln(1 +

) = 0 . Необходимое условие выполнено. Тем не менее, ряд

n→∞

расходится. Действительно,

Sn = ∑ln(1 + 1 ) = ∑ln k +1

= ln 2 + ln 3

+K+ ln n +1 = ln(2

3 L

n +1) =

n −1

k =1

1 2

= ln(n +1) . Отсюда lim Sn = lim ln(n +1) = ∞, т.е. ряд расходится.

n→∞

→∞

7) Ряд 1 +

+K+

∞

, называется гармоническим и он явля-

+K= ∑

n=1

ется расходящимся. Действительно, допустим, что этот ряд сходится и имеет

сумму S ,

т.е.

lim Sn = S .

Но тогда и

lim S2n = S

lim (S2n − Sn ) = 0 . Но

n→∞

S2n − Sn =

+K+

= n

= 1 ,

n +1

n + 2

т.е. S2n − Sn >

Отсюда следует, что равенство

lim (S2n − Sn ) = 0

невозможно. Следова-

n→∞

тельно, предположение неверно, и гармонический ряд расходится. Более того,

было доказано, что ряд 1 + 12 + 13 + 15 + 17 + 111 + 131 + 171 +K является расходящимся, откуда доказали, что простых чисел существует бесконечное множество.

Признаки сходимости рядов с неотрицательными членами.

∞

Пусть задан ряд ∑an с неотрицательными членами an ≥ 0 . Т.к. частич-

n=1

ные суммы ряда с неотрицательными членными образуют неубывающую последовательность, то этот ряд сходится тогда и только тогда, когда последовательность его частных сумм ограничена. Докажем следующие признаки сходимости рядов с неотрицательными членами.

∞	∞
Теорема (признак сравнения). Пусть для членов ряда ∑an и	∑bn имеет
n=1	n=1

место неравенство 0 ≤ an ≤ bn (для всех n или начиная с некоторого n ). Тогда

∞	∞
1). Если сходится ряд ∑bn , то сходится и ряд	∑an ;
n=1	n=1
∞	∞
2). Если расходится ряд ∑an , то расходится и ряд ∑bn .
n=1	n=1

Т.е. другими словами из сходимости ряда с большими членами вытекает и сходимость ряда с меньшими членами, а их расходимости ряда с меньшими членами следует и расходимость ряда с большими членами.

Доказательство.

∞

1). Пусть ∑bn = S . Тогда Sn′ ≤ Sn′′ ≤ S , где Sn′ - частичная сумма ряда

n=1

∞		∞
∑an ,	Sn′′- частичная сумма ряда ∑bn . Из этого вытекает ограниченность свер-
n=1		n=1
ху Sn′		∞
ху Sn′	- частичных сумм ряда	∑an . В таком случае неубывающая последова-
		n=1
		∞
тельность {Sn′} имеет предел, т.е. ряд ∑an сходится.
		n=1
	∞		∞
2). Пусть ряд ∑an расходится. Если бы при этом ряд			∑bn сходился, то
	n=1		n=1
			∞
по только что доказанному, должен был бы сходиться и ряд			∑an , что проти-
			n=1

∞

воречит условию. Значит, ряд ∑bn расходится. ◄

n=1

∞

Будем говорить, что ряд ∑bn является мажорантным рядом или мажо-

n=1

∞	∞	∞
рантой для ряда ∑an	или что ряд ∑an	мажорируется рядом ∑bn .
n=1	n=1	n=1
( 0 ≤ an ≤ bn ) .

Теорема. (Предельный признак сравнения).

	∞	∞				an
Пусть члены рядов ∑an		и ∑bn положительны и lim				an	= L > 0 (L ≠ ∞) .
Пусть члены рядов ∑an		и ∑bn положительны и lim					= L > 0 (L ≠ ∞) .
	n=1	n=1			n→∞ bn
∞	∞
Тогда ряды ∑an	и ∑bn одновременно сходятся или одновременно расходятся.
n=1	n=1
Доказательство. Пусть ε > 0 произвольное число. Тогда начиная с неко-
торого номера N	выполняется неравенство		L −ε <	an	< L + ε, n ≥ N , или, т.к.
торого номера N	выполняется неравенство		L −ε <		< L + ε, n ≥ N , или, т.к.
				b
				n

∞

bn > 0 (L − ε)bn < an < (L + ε)bn , n ≥ N . Поэтому, если сходится ряд ∑bn , то

n=1

∞

сходится ряд ∑(L + ε)bn , а значит, на основании признака сравнения, сходится

n=1

∞

и ряд

∑an . Аналогично, если сходится

ряд

∑an ,

то сходится и ряд

n=1

∞

∑(L − ε)bn , т.е. сходится и ряд

∑bn . Если же расходится ряд ∑bn , то расхо-

n=1

∞

дится и

∑(L − ε)bn , а значит, на основании признака сравнения и ряд ∑an .

n=1

∞

+ ε)bn , а зна-

Аналогично,

из расходимости

∑an

следует расходимость ∑(L

n=1

∞

чит, и ∑bn . ◄

n=1

Примеры,

∞

8). Исследовать ряд ∑

. Т.к.

, то, как по-

n=1(n

+ 2)3

(n + 2)3

n(n +1)(n + 2)

казали в примере 3), ряд сходится по признаку сравнения.

9).

+K. Данный ряд получен из гармонического отбрасыва-

нием первых десяти членов, следовательно, он расходится.

∞

10). ∑

. Члены данного ряда меньше членов ряда ∑

соответст-

n=12n

венно. Но последний ряд сходится как бесконечно убывающая геометрическая прогрессия, следовательно, сходится и данный ряд.

∞

11) ∑

. Сравним этот ряд с ∑

lim

исходный ряд

n=14

2n − 3

n=12n

n→∞ bn

сходится.	1		1		1		1	∞	1			a			1
													n
12).		+		+		+		+K. Сравним с ∑	n	: lim				=		расходится.
	2		5		8		11								3
										n	→∞ b
								n=1				n

<<< < Предыдущая 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 3940 / 4640 41 42 43 44 45 46 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке Математика

#
11.05.2015562.97 Кб59Контрольные_работы_по%20разделам_высш_матем_Линейная_алгебра.pdf
#
11.05.20153.35 Mб74Сборник-АГ.pdf
#
11.05.20153.42 Mб116Сборник-ЛА.pdf
#
11.05.2015613.76 Кб22Типовой рассчет.PDF
#
11.05.20157.25 Mб33Шилкин Лекции.PDF
#
11.05.20151.02 Mб25Шилкин Тесты.PDF