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 39 4041 / 4641 42 43 44 45 46 > Следующая >>>

ЛЕКЦИЯ 42

∞

Теорема (признак Д’Аламбера). Пусть для ряда ∑an , an > 0 существует

n=1

предел lim an +1 = L . Тогда,

n→∞ an

1)при L <1 ряд сходится

2)при L >1 ряд расходится.

Доказательство. Пусть L <1. Тогда ε > 0 , начиная с некоторого номера

N выполнено неравенство	an+1	− L	< ε L − ε <	an +1	< L + ε, n ≥ N . Возьмем
	an
				an

ε таким, чтобы число q = L + ε <1 (для этого достаточно взять ε из интервала (0;1 − L) ). Тогда из имеющегося соотношения при n ≥ N вытекают неравенства


aN +1 < qaN , aN +2 < qaN +1 < q2aN ,K, aN + p < q p aN , p N .			Т.к.	ряд
aN q + aN q2 +K+ aN q p +K при	q <1	сходится (как бесконечно убывающая
геометрическая прогрессия), то	по	признаку сравнения сходится и		ряд

aN +1 + aN +2 +K+ aN + p +K. А поскольку конечное число членов не влияет на

характер сходимости ряда (т.е.

a1, a2 ,K, aN −1, aN ), то отсюда следует, что схо-

∞

L >1,

дится и исходный ряд ∑an .

Если

то возьмем

ε > 0

таким,

чтобы

q = L −ε >1

n=1

ε (0; L −1)

(достаточно

взять

Тогда

an+1

∞

q <

, n ≥ N aN + p > q p aN p N . Т.к. ряд ∑aN q p

расходится при q >1,

p =0

∞

то по признаку сравнения расходится и ряд

∑ aN + p , а значит, и ряд ∑an .◄

p =0

n=1

Пример.

∞

Исследовать на сходимость ряд

∑

n=13n (2n −1)

lim

n +1

= lim

2(n +1)3n

(2n −1)

= lim

4n2 + 2n − 2

<1.

Следова-

3(4n2 + 2n)

n→∞

n→∞ 3n +1 (2(n +1) −1)2n

n→∞

тельно, исходный ряд сходится. Заметим, что существуют как сходящиеся, так

для которых L =1. Так, для рядов

∞ 1

∞

и расходящиеся ряды,

∑

и ∑

n=1n

n =1n2

n +1

∞

L = lim

=1, но ряд

∑

, как мы доказали, расходится, а ряд

∑

сходит-

n→∞

n=1n

n =1n2

ся. Значит, если для некоторого ряда L =1, то в этом случае необходимо дополнительное исследование ряда с помощью других признаков.

∞

Теорема (признак Коши). Пусть для ряда ∑an , an > 0 существует предел

n=1

lim n an = L . Тогда,

n→∞

∞

1) при L <1 ряд ∑an сходится

n=1

2) при L >1

∞

ряд ∑an расходится.

n=1

L <1.

Доказательство.

Пусть

Тогда

ε > 0 ,

выполняется

L −ε < n an < L + ε, n ≥ N

или (L − ε)n < an < (L + ε)n , n ≥ N отсюда при ε > 0

таком,

что

L + ε = q <1

получаем,

что

ряд

aN + aN +1 + aN +2

+K+ aN + p +K< q N + q N +1 +K+ q N + p +K<

Значит,

1 − q

∞

ряд

∑ aN + p

сходится по признаку сравнения , а значит, сходится и ряд

∑an .

p =0

n=1

Если L >1, то при L − ε = q >1, получаем, что an >1, n ≥ N , откуда следу-

ет, что lim an ≠ 0 , т.е. ряд

∞

∑an

расходится (не выполнено необходимое усло-

n→∞

n=1

вие сходимости)◄

Пример.

∞ 2n

Исследовать на сходимость ряд ∑

n =1 5n +1

<1 ряд сходится.

lim n

= lim

n→∞ 5n +

→∞ 5n +1

∞

1 n 2

∑

1 +

По

правилу

Коши

n=12n

lim n

1 n 2

= lim

e >1

расходится.

1 +

n→∞

n→∞ 2

Для признака Коши в случае L =1 справедливо аналогичное замечание, как и для признака Д’Аламбера, т.е. существуют как сходящиеся, так и расхо-

∞	1	∞	1
дящиеся ряды, для которых L =1. Так, для ∑		и ∑		по признаку Коши

n=1n		n =1n2

L =1, но первый ряд расходится, а второй сходится, т.е. нужны дополнительные исследования.

∞

Теорема (интегральный признак сходимости). Пусть дан ряд ∑an , члены

n=1

которого положительны и не возрастают: a1 ≥ a2 ≥K≥ an ≥K, а f (x) неотри-

цательная монотонно убывающая функция на промежутке [1,+∞] , а

∞

f (1) = a1, f (2) = a2 ,K f (n) = an ,K. Тогда ряд ∑an сходится(расходится) тогда

n=1

∞

и только тогда, когда сходится(расходится) несобственный интеграл ∫ f (x)dx .

Доказательство.

По

условию

теоремы

для

k −1 ≤ x ≤ k

имеем

ak −1 ≥ f (x) ≥ ak , k ≥ 2 . Интегрируем это неравенство от

k −1

до

k ,

получаем

ak −1 ≥

∫ f (x)dx ≥ ak , k ≥ 2 . Просуммируем эти неравенства от k = 2

до k = n :

k −1

a1 + a2 +K+ an−1 ≥ ∫ f (x)dx ≥ a2

+ a3 +K+ an

или

Sn − an ≥ ∫ f (x)dx ≥ Sn

− a1 .

∞

Пусть

∫ f (x)dx

сходится,

т.е.

существует

конечный

предел

∞

I = lim ∫ f (x)dx = ∫ f (x)dx .

Тогда получается, что монотонная последователь-

n→∞1

ряда ограничена ( Sn ≤ I + a1 ) и, значит, сходится, т.е.

ность частичных сумм Sn

∞

ряд

∑an

сходится.

Если

∫ f (x)dx

расходится,

то

из

неравенства

n=1

что {Sn }

∞

Sn ≥ an + ∫ f (x)dx следует,

не ограничена, следовательно, ряд ∑an

n=1

расходится.

∞

Аналогично можно показать, что если сходится (расходится) ряд ∑an , то

∞

n=1

сходится (расходится)

∫ f (x)dx .◄

∞

Интегральный признак позволяет оценить остаток rn ряда ∑an . В самом

n=1

деле,

случае

сходимости

ряда

( lim an = 0 )

имеем

∞

n→∞

lim Sn = S ≥ ∫ f (x)dx ≥ S − a1 , отсюда

∫ f (x)dx ≤ S ≤ ∫ f (x)dx + a1 . Заменив 1 на

n→∞

∞

n +1 (тогда

S надо заменить на rn )

получим ∫ f (x)dx ≤ rn ≤ ∫ f (x)dx + an+1 .

n+1

Это и есть оценка остатка сходящегося ряда.

Пример.

∞	1
4). Исследовать на сходимость ряд ∑		. Этот ряд называется обобще-

n=1nα

нием гармонического ряда или рядом Дирихле. Применим для исследования

интегральный признак. Пусть α ≤ 0 . Тогда

≥1 n N . В этом случае не вы-

nα

полнено необходимое условие сходимости ряда, т.е. ряд Дирихле при α ≤ 0

расходится.

В качестве f (x)

возьмем

(x ≥1) . Она удовлетворяет условиям теоре-

xα

мы. Возможны три случая:

x1−α

b1−α

∞

|1b = lim

0 <α <1. Тогда ∫

dx = lim

∫x−α dx = lim

(

−

) = ∞ ,

−

1 x

b→∞1

b→∞1 −α

b→∞

1 −α

∞

т.е. интеграл расходится. Следовательно,

∑

тоже расходится при 0 <α <1.

1−α

n=1nα

∞

Если α >1, то

∫

= lim

( b

−

) =

т.е. интеграл сходится и

−α

1 −α

1 x

b→∞

1 −α

ряд Дирихле сходится.

∞

Если

α =1,

то

ряд

является

гармоническим

∫

= lim ln x |1b = lim ln b = ∞, т.е. интеграл расходится и ряд расходится.

1 x

b→∞

Т.о.,

обобщенный гармонический ряд расходится при α ≤1 и сходится

при

α >1.

Отметим,

что интегральный признак сильнее признаков Коши и

Д’Аламбера.

∞

5) ∑

. Применение интегрального признака непосредственно

n=2

(n2 −1)ln n

к функции

f (x) =

затруднительно, поэтому сначала упростим функ-

(x2 −1) ln x

∞

цию. Т.к.

то исследуем ряд ∑

и инте-

2 −1)ln x

ln x

x ln x

x ln x −

n =2 nln n

∞ dx

∞

грал

∫

= ln ln x |2

= ∞

∫

расходится,

следовательно,

расхо-

2 x ln x

2 xln x

∞

дится и ряд

∑

, а по признаку сравнения, и ряд

∑

. Отсюда

(n2 −1)ln n

n =2 nln n

n=2

делаем вывод, что ln x < xα при α > 0 .

∞

|∞2 =

6). ∑

f (x)

∫

= −

т.е. несобственный

n=2 nln2 n

xln2 x

2 xln2 x

ln x

ln 2

∞

интеграл сходится. Значит и ряд

∑

тоже сходится.

n=2 nln2 n

∞ 1

7). Вычислить сумму ряда

∑

с точностью до 0.01. Для данного ряда

n =1n2

∞ dx

∞

f (x) =

. Согласно оценке остатка ряда имеем

∫

≤ rn ≤ ∫

(n +1)2

n+1 x2

т.е.

≤ r ≤

Потребуем,

чтобы

Тогда

n +1

(n +1)2

n +1

(n +1)2

100

n ≥ 9

. Тогда S ≈ S9

=1 +

≈1.42 .

Знакопеременные ряды. Абсолютная и условная сходимость.

Ряд называется знакопеременным, если его члены есть действительные

числа произвольного знака.

Особый интерес представляет случай, когда знакопеременный ряд содер-

жит бесконечно много как положительных, так и отрицательных членов.

∞

Пусть дан знакопеременный ряд

∑an . Составим ряд

∑| an | .

Если схо-

n=1

∞

дится ряд ∑| an | , то ряд

∑an называется абсолютно сходящимся.

n=1

∞

Если ряд

∑an сходится,

а ряд

∑| an |

расходится, то ряд ∑an

называет-

n=1

ся условно сходящимся.

Теорема. Если знакопеременный ряд абсолютно сходится, то он сходится.

Доказательство:

Sn = a1 + a2 +K+ an , σn =| a1 | + | a2 | +K+ | an | .

Раз

ряд

сходится абсолютно,

то

lim

σn =σ ,

причем σn ≤σ n .

Обозначим через

Sn′

n→∞

а через − Sn′′

сумму положительных членов,

сумму отрицательных членов, со-

держащихся в сумме Sn . Тогда Sn = Sn′ − Sn′′, σn = Sn′

+ Sn′′. Из последнего равен-

ства следует, что {Sn′} и {Sn′′} монотонно возрастают при возрастании n , а из

того,

что σn ≤σ

следует, что они ограничены, т.е.

Sn′

≤σn ≤σ, Sn′′ ≤σn ≤σ .

Следовательно,

существуют пределы

lim Sn′ = S′

lim Sn′′ = S′′.

Значит,

n→∞

lim Sn = lim (Sn′ −

Sn′′) = S′ − S′′, т.е. ряд

∞

∑an сходится. ◄

n→∞

n=1

Пример.

∞ sin nα

∞

sin nα

∞

8) ∑

ряд знакопеременный. Рассмотрим ряд ∑

≤ ∑

n =1 n2

n=1

n =1n2

сходится. Следовательно, исходный ряд сходится абсолютно.

Для установления абсолютной сходимости знакопеременного ряда к по-

∞

ложительному ряду ∑| an | могут быть применены все признаки сходимости

n=1

знакоположительных рядов (т.е. сравнения, Коши, Даламбера). Но при уста-

∞

новлении расходимости нужно быть осторожным: если ряд ∑| an | окажется

n=1

∞

расходящимся, то ряд ∑an может все же сходиться условно.

n=1

Знакочередующиеся ряды. Признак Лейбница.

Частным случаем знакопеременных рядов являются знакочередующиеся, т.е. ряды вида a1 − a2 + a3 − a4 +K+ (−1)n−1 an +K, где an , n =1,2,K- числа одного знака.

Теорема (признак Лейбница).

Пусть дан знакочередующийся ряд, в котором an ≥ 0, n =1,2,K. Если

1) a1 ≥ a2 ≥ K ≥ an ≥ an +1 ≥ K

2) lim an = 0

n→∞

то ряд ∞ ( 1)n −1 a сходится. Сумма его не превосходит первого члена, а оста-

∑ − n

n =1

ток ряда rn удовлетворяет неравенству | rn |≤ an +1 .

Доказательство: Рассмотрим S2n = (a1 − a2 ) + (a3 − a4 ) +K+ (a2n −1 − a2n ) . Т.к. an ≥ an+1 , то выражения в скобках неотрицательны. Поэтому S2n ≤ S2n +2 ,

т.е. {S2n}неубывающая.

Т.к. S2n = a1 − (a2 − a3 ) − (a4 − a5 ) −K− (a2n −2 − a2n −1 ) − a2n a2n > 0 и

разности в скобках неотрицательны, то S2n < a1 . Т.о. {S2n} сходится (монотон-

на и ограничена), т.е. существует lim S2n = S .

n→∞

Рассмотрим теперь

lim S2n+1 = lim S2n + lim an = S + 0 = S
n→∞	n→∞	n→∞

его сумма S = lim S2n = lim S2n +1 . Т.к.

n→∞ n→∞

S2n +1 = S2n + a2n +1 .		Тогда
	∞
. Значит,	ряд ∑(−1)n −1 an	сходится и
	n =1
S2n < a1 ,	то и S ≤ a1 . Рассмотрим теперь

остаток ряда rn = (−1)n (an+1 − an +2 +K) , представляющий собой новый знако-

чередующийся ряд, удовлетворяющий условиям теоремы. Тогда его сумма удовлетворяет неравенству | rn |≤ an +1 ◄

Последняя оценка утверждает, что погрешность при замене суммы знакочередующегося ряда суммой его первых n членов не превышает абсолютной величины первого из отбрасываемых членов.

Пример.

∞ (−1)n−1

9). Рассмотрим ряд ∑ . Этот ряд есть ряд Лейбница, ибо

n=1 n

(−1)n−1

∞

1 >

> K >

> K и

lim

= 0 , т.е. ряд сходится. Ряд ∑

= ∑

n→∞ n

n =1n

n =1

есть гармонический и расходится, т.е. исходный ряд сходится условно. Обозначим его сумму через S . В этом ряде сделаем следующую перестановку членов: за каждым положительным членом поставим два отрицательных. Получим ряд

1 −	1 −		1	+	1	−	1	−	1 +		1 −				1		−			1	+K, для которого можно доказать, что он схо-
1 −	1 −		4	+	3	−	6	−	1 +		1 −			10			−		12		+K, для которого можно доказать, что он схо-
	2		4		3		6		8		5			10					12
дится.						Тогда							группируя											его	члены,	получим	ряд
		1		1			1		1			1				1				1			1
1 −			−		+			−		−			+					−				−		+K, который так же сходится. Но этот
1 −		2	−	4	+		3	−		−		8	+			5		−				−	12	+K, который так же сходится. Но этот
		2		4			3		6			8				5				10			12

	1		1		1		1		1		1		1			1		1		1
ряд можно записать в виде		−		+		−		+		−		+K=		1	−		+		−		+K ,
	2		4		6		8		10		12		2			2		3		4

откуда следует, что его сумма равна S2 . Итак, перестановкой членов исходного

ряда мы получили новый ряд, сумма которого в два раза меньше суммы данного ряда.

Как доказал Риман, перестановкой членов условно сходящегося ряда можно получить сходящийся ряд, имеющий любую наперед заданную сумму и даже расходящийся ряд. Для абсолютно сходящихся рядов, как бы мы ни переставляли его члены, сумма не изменится (Дирихле).

Пример.

∞	(−1)	n	+1				1			1		1
10) Сколько членов ряда ∑				=1	−				+		−		+K нуж-
						3		3		5 32		33
n=1(2n −1)3n −1											7

но взять, чтобы остаток (ошибка вычислений) не превышал 0.001?

Поскольку | rn |≤| an +1 |, то найдем такое an+1 , чтобы его величина была

меньше			0.001. Рассмотрим a6			=	1	=	1	< 0.001. Отметим,	что
									2673
		1		1		11 35
a5	=		=		> 0.001. Следовательно,		для приближенного вычисления				S с
		34		729
	8

точностью 0.001 достаточно взять пять слагаемых (отметим, что S = 2π3 ).

∞ (−1)n

11). Найти S = ∑ с точностью до 0.01. Очевидно, ряд сходится по

n=1n3 +1

признаку Лейбница. | a5 |= 1261 < 0.01. Тогда S ≈ −12 + 19 − 281 + 651 ≈ −0.41.

<<< < Предыдущая 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 4041 / 4641 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