ЛЕКЦИЯ 43

n→∞

гося ряда имеем S(x) = Sn (x) + rn (x) , где rn (x) → 0, при n → ∞.

Пример.

∞

1)

Найти область сходимости ряда

∑xn =1 + x + x2 +K. Т.к. это сумма

n=0

| x |<1,

то

имеем

бесконечно

убывающей

геометрической

прогрессии при

S(x) =

1

, D = (−1,1) .

1

− x

2)

∞

n=0

ляет

собой

сумму

бесконечно убывающей

геометрической

прогрессии

∞

− x)n ,

S(x) = x

1

S(x) = x ∑(1

где

q =1 − x ,

т.е.

=1.

Т.о.

1

− (1 − x)

n=0

S(x) =

0, x = 0, x =1

. Отметим здесь, что хотя все члены ряда непрерывные

1,0 < x <1

un +1

(x)

∞

= L(x) или

lim n | un (x) | = L(x) ,

то ряд

∑| un (x) | сходится абсо-

n→∞

n=1

лютно для x , удовлетворяющих неравенству L(x) <1

и расходится для тех x ,

при которых L(x) >1.

Пример.

∞ xn

3) Найти область сходимости ряда

. По признаку Д’Аламбера име-

∑

n

n=1

ем lim

xn+1

n

=| x | lim

n

=| x | . При | x |<1

ряд сходится абсолютно, при

+1

n +1

n→∞ xn n

n→∞

| x |>1

расходится, при

x =1

рый расходится

(α =

1

<1) ,

при x = −1

получаем

условно

сходящийся ряд

2

∞

(−1)n

ряда

является полуинтервал

Лейбница ∑

. Т.о. областью сходимости

[−1,1) .

n=1 n

4) Найти область сходимости ряда

1

+

1

+

1

+K. Итак, име-

1 + x2

1 + x4

1 + x6

ем un

(x) =

1

. Если | x |<1, то lim un (x) = lim

1

=

1

=1 ≠ 0 ряд рас-

+ x2n

1

1

n→∞

n→∞1 + x2n

ходится.

При | x |=1 так же расходится:

1

+

1

+

1

+K.

Если | x |>1, то члены

2

2

2

сии

1

+

1

+

1

+K,

т.е.

ряд

сходится.

Итак, область

сходимости

x2

x6

x4

(−∞,−1) (1,+∞) .

∞

1

tg n x .

lim n | un (x) | = | tg x | <1.

5)

∑

По

Коши

| tg x |<

3

n =1n 3n

2

n→∞

3

nπ −

π

< x < nπ +

π .

При

x = nπ − π

получаем

условно

сходящийся

ряд

3

3

3

∞ (−1)n

π

∑

. При x = nπ +

расходящийся.

n

3

n=1

∞

∑un (x) является

n=1

вопрос о свойствах суммы

при n > N (ε)

| rn (x) |< ε x Χ.

Пример.

∞

6) Выяснить, как сходится ряд

∑xn , | x |<1. То, что ряд сходится в ука-

n=1

xn+1

занном интервале,

очевидно. Рассмотрим

| r (x) |= xn+1 + xn+2 +K=

. Но

n

1 − x

xn+1

xn+1

lim

=

1

, а

lim

= ∞, т.е.

взяв

ε >

1

мы не сможем добиться вы-

1 − x

2

1 − x

2

x→−1+0

x→1−0

∞

xn

7)

∑(−1)n

, x [0,1]. Т.к. ряд знакочередующийся (и сходящийся),

10n − 2

n=1

то

| r (x) |=

xn+1

−

xn+2

+K

≤

xn+1

≤

1

x [0,1] .

Тогда

n

10n + 8 10n +18

10n + 8 10n + 8

1

1 −8ε

1 − 8ε

<ε n >

, т.е. N (ε) =

+1,

т.е. мы указали N (ε) , значит,

10n + 8

10ε

10ε

∞

∞

ряд ∑an

n=1

n=1

Пример.

2n

| x − 3 |2n

8)

∞ (x − 3)

x [2,4]

≤

1

, а ряд

∑

, x [2,4]. Для любого

n=1 n n +1

n n +1 n n

+1

∞

1

сходится и мажорирует функциональный ряд. Следовательно, функ-

∑

n=1n

n +

1

циональный ряд сходится по признаку Вейерштрасса.

Χ ряда

Теорема. Сумма S(x) равномерно сходящегося на множестве

∞

непрерывных функций un (x) есть функция, непрерывная на Χ.

∑un (x)

n=1

Отсюда следует, что если x0 Χ , то

∞

∞

∞

lim ∑un (x) = lim S(x) = S(x0 ) = ∑un (x0 ) =

∑ lim un (x) , т.е. для непрерыв-

x→x0 n=1

x→x0

n=1

n=1x→x0

ных функций un (x)

сходящегося ряда возможен почленный переход к пределу.

Теорема. Если ряд u1 (x) + u2 (x) +K,

где uk (x) непрерывные функции,

равномерно сходится в некоторой области

Χ и имеет сумму S(x) ,

то ряд

b

b

b

∫u1(x)dx + ∫u2 (x)dxK сходится и имеет сумму ∫S(x)dx [a,b] Χ.

a

a

a

∞

∞

этой области ряд

∑un′ (x) сходится равномерно,

а ряд ∑un (x)

имеет сумму

n=1

n=1

∞

S(x) , то исходный ряд ∑un (x)

сходится равномерно в Χ, S(x)

является не-

n=1

прерывно

дифференцируемой

функцией

и

справедлива

формула

∞

′

∞

S′(x) =

∑un

(x) = ∑un′ (x) .

n=1

n=1

производных от слагаемых.

Пример.

9)

Законно

ли

применение

к

ряду

cos x +

1

cos 2x +

1

cos3x +

1

22

23

2

π

, π ] ?

нальных рядов в промежутке [

4

3

x

мажорируются бесконечно

1

+ 1 +K ,

поэтому данный

2

4

8

любого конечного промежутка, в частности, и для [

π

,

π

].

2n+1

4

3

∞

n

x

10) Найти сумму ряда ∑

(−1)

.

2n +1

n=0

прогрессия, то его сумма S =

1

+ x2

∞

1

вой ряд

его

мажорирующий, сходится при

0 < q <1. Тогда ряд

∑q2n ,

n=0

1 − x2 + x4 −K можно

почленно

проинтегрировать. В

результате

получим

x

dt

x

2 + t 4 − t6 +K)dt = x −

x3

x5

(−1)n x2n+1

arctg x =

∫

=

∫(1 − t

+

−K+

, причем

1 + t 2

3

5

2n +1

0

0

11) Можно ли к ряду arctg x + arctg

x

+ arctg

x

+K+ arctg

x

+K

2 2

3

3

n

n

Решение.

Сравним

данный

ряд

со

сходящимся

рядом

x +

x

+

x

+K+

x

+K

(при

любом

фиксированном

x ).

Тогда

3

3

3

3

2

2

2

x

n

2

x

un (x) = arctg

, vn (x) =

. Т.к. arctg α и α эквивалентные бесконечно ма-

n

3

2

n 32

лые, то lim

un (x)

n→∞ vn (x)

ный

ряд

сходится.

Найдем

производную

общего

члена

данного

ряда

un′ (x) =

1n 32

=

n32

.

Ряд

из

производных

мажорируется

x

2 + n3

1 +

x2

n3

1

1

1

+

2

2

3 +

3

3

<1

+

+

+K сходящимся

рядом. Т.е.

ряд из

2

2

2

3

3

x

+1 x

+ 2

x

+

3

2

2

3

2