Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Пензенский Государственный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

умк_Цывис_Диф.уравнения_Ряды

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

18.05.2015

Размер:

5.68 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1516 / 2216 17 18 19 20 21 22 > Следующая >>>

	1		1		1	∞ 1
Пример3. Рассмотримгармоническийряд 1 +		+		+ …+		+ … = ∑	.
	2		3
					n	n =1 n

Решение. Докажем, что данный ряд является расходящимся. Для этого поступим следующим образом: заменим в гармоническом ряду тре-

тий и четвертый член на														1		,			следующие четыре члена ряда –												на		1		каж-
													4
																															8
дый, следующие восемь –													на					1			каждый и т.д. В результате получим ряд
																	16

	1	+	1	+	1	+	1	+	1	+	1	+	1		+		1		+		1	+	1	+ …+	1	+	1	+	1	+ …+		1		+ …
			2										8				8
1				4		4		8		8										16		16		16		32		32			32

2члена	4	члена				8		членов			16	членов
2члена		члена						членов				членов
или
			1	+	1	+	1	+	1	….
				+	2	+		+		….
		1			2	2		2

Члены этого ряда не превосходят соответствующих членов гармони- ческого ряда, и этот ряд расходится, т.к.

lim Sn	= lim 1 + (n -1) ×	1	= ¥ ,
		2
n →∞	n →∞

следовательно, будет расходиться данный гармонический ряд.

∞

Пример 4. Исследовать на сходимость ряд

∑ tg

n =1

Решение. Так как справедливо неравенство

, то в силу тео-

ремы 1 получаем, что искомый рад является расходящимся.

Теорема 2 (второй признак сравнения). Пусть даны два ряда

∞

∑Un , Un

³ 0

(5)

n =1

∞

∑ Gn , Gn

³ 0 ,

(6)

n =1

( m > 0 , M > 0 ), что, на-

причем, существуют такие постоянные

m и M

чиная с некоторого n N ,

m ≤

≤ M .

(7)

151

Тогда ряды (5) и (6) одновременно сходятся или одновременно расходятся.

Доказательство. Из неравенств (7) следует, что имеет место нера- венство ( Gn > 0 )

mGn ≤ Un ≤ MGn .

(8)

Если ряд (5) сходится, то из левого неравенства (8), по первому при- знаку сравнения, следует сходимость ряда mG1 + mG2 + …+ mGn , а отсю-

да имеем, что сходится ряд (6).

Если сходится ряд (6), то сходится ряд MG1 + MG2 + …+ MGn + …,

а, следовательно, по первому признаку сравнения, в силу правого неравен- ства (8) ряд (5) сходится. Таким образом, из сходимости ряда (5) следует сходимость ряда (6).

∞

Пример 5. Исследовать на сходимость ряд

∑

n =1 2n2 − n

∞ 1

Решение. Для решения данной задачи рассмотрим ряд

∑

, кото-

n =1 n2

рый сходится. Тогда отношение

2n2

< 2 , поэто-

2n2 − n

∞

2n2 − n n2

2n − 1

му из сходимости ряда ∑

следует сходимость исследуемого ряда.

n =1 n2

∞

Пример 6. Исследовать на сходимость ряд

∑ sin

n =1

∞

Решение. Для решения данной задачи рассмотрим ряд

∑ tg

. Он

n =1

sin

расходится, потому что

= cos

Так как при любом целом n ³1

< cos

< 1, то оба ряда

∞

∑ sin

∑ tg

ведут себя одинаково, т.е.

n =1

данный ряд расходится.

Следствие 1. Если для рядов (5) и (6) справедливо

lim

= l > 0 ,

(9)

n →∞ Gn

152

то ряды (5) и (6) ведут себя одинаково, т.е. сходятся или расходятся одно- временно.

Доказательство. Равенство (9) означает, что, начиная с некоторого

номера, все отношения Un будут достаточно близки к числу l , и в част-

ности будем иметь

l ≤ Un ≤ 2l . 2 Gn

Следовательно, в силу теоремы 2 имеем, что справедливо следствие 1.

∞

Пример 7. Исследовать на сходимость ряд

∑

e n

− 1 .

n =1

∞

Решение. Рассмотрим гармонический ряд

∑

если

Un = e n − 1, а

n =1 n

G =

и находим

−

− 1

e n

= lim e n = 1.

lim

по правилу Лопиталя

= lim

n →∞

−

n →∞

∞

Так как ряд

∑

расходится, то согласно признаку сравнения ис-

n =1 n

ходный ряд тоже расходится.

Теорема 3 (третий признак сравнения). Если для двух рядов с поло- жительными членами

U1	+ U2		+ …+ Un + …				(10)
и	+ G2		+ …+ Gn + …,
G1							(11)
начиная с некоторого n ,
		Un +1		≤	Gn +1	,	(12)

		Un			Gn

то из сходимости ряда (11) следует сходимость ряда (10), а из расходимо- сти ряда (10) – расходимость ряда (11).

153

Доказательство. Из неравенства (12) следует, что

Un +1	≤	Un	,	(13)
Gn +1
		Gn

начиная с некоторого n = n . Это значит, что отношения Un , начиная с
0	Gn

этого n0 , составляют убывающую последовательность. Поэтому, полагая

= k

из (13) следует, что при

n ³ n

≤ k ,

и в силу второго признака

сравнения следует требуемое утверждение.

Пример 8. Используя признаки сравнения установить сходимость

или расходимость рядов:

∞ (n!)2

∞

1) ∑

;

2) ∑ 2n sin

;

3) ∑

;

n =1 (2n)!

n =1

n =1 n(n + 1)

∞

> 0) ;

∞

4) ∑

;

5) ∑

, ( p

6) ∑

;

n =1 n(n2 + 1)

n = 2 (log2 n) p

n =1 nn

∞

7) ∑

;

∑

2 n)

log2 n

n = 2 (log

n =3 (log2 log2 n)

Ответы и решения:

сходиться, т.к.

(n!)2

;

2n (2n − 1)!!

(2n)!

сходиться, т.к.

2n sin

< π

;

расходиться, т.к.

;

n + 1

n(n + 1)

4) сходиться, т.к.

;

n3 2

n(n2 + 1)

расходиться, т.к.

(log

n) p < n

для достаточно больших n;

сходиться, т.к.

, n > 3;

сходиться, т.к.

;

(log2 n)

log2 n

log2 (log2 n)

сходиться, т.к.

(log2 log2 n)

log2

(log2 n)

154

Пример 9. Доказать, что если:

∞

сходиться, то и ряд

∞

ряд

∑ a

∑ a2 тоже сходиться, а обратное

n =1

утверждение не верно;

∞

n × a , (a

³ 0)

ограниченное, то ряд

∑ a2 сходиться;

∞

n =1

ряд

∑ a2

сходиться, то ряд

∑

(a ³ 0) тоже сходиться;

n =1

n =1 n

∞

ряд

∑

, (a

³ 0) сходиться,

монотонно убывает, то ряд

n =1

∞

является сходящимся.

∑ a2

n =1

3.3. Интегральный признак сходимости Маклорена –

Коши

Теорема 1. Пусть дан ряд

U1 + U2 + …+ Un + …,

(1)

члены которого положительны и не возрастают

U1 ³U2 ³…³ Un >…,

а функция f (x)

определена для x ³1,

непрерывна, не возрастает и

U1 = f (1) , U2 = f (2) , …,

Un = f (n) ,

(2)

тогда для сходимости ряда (1) необходимо и достаточно, чтобы сходился (существовал) несобственный интеграл

∞

∫ f (x)dx .

Доказательство. Рассмотрим ряд, членами которого являются интегралы

2	3	n +1
∫ f (x)dx + ∫ f (x)dx +…+		∫ f (x)dx + …	(3)
1	2	n
Частичными суммами ряда (3) будут интегралы
2	n +1	n +1
Sn = ∫ f (x)dx + …+ ∫ f (x)dx = ∫ f (x)dx .
1	n	1
	155

Сходимость ряда (3) означает существование предела последова- тельности частичных сумм, т.е. сходимость (существование) несобствен- ного интеграла

		∞
		∫ f (x)dx .		(4)
		1
В силу того, что функция		f (x)	монотонна и не возрастает, и из (2)
следует, что для любого	x (n, n + 1)
	Un +1 ≤ f (x) ≤ Un .			(5)
Интегрируя (5) по x от	n до	n + 1,	получим
n +1		n +1	n +1
∫ Un +1dx ≤ ∫ f (x)dx ≤ ∫ Un dx
n		n	n
или		n +1
		n +1
	Un +1 ≤ ∫ f (x)dx ≤ Un .			(6)

Пусть ряд (1) сходится. В силу неравенства (6) (правая часть) и пер- вого признака сравнения должен сходиться и ряд, составленный из инте- гралов ряда (3), а, следовательно, и несобственный интеграл (4).

Пусть теперь ряд (1) расходится, тогда будет расходиться и ряд

U2 + U3 + …+ Un +1 + …,

полученный из данного отбрасыванием U1 .

В силу неравенства (6) (левая часть) и первого признака сравнения (что касается расходимости) получаем, что должен расходиться ряд инте- гралов (3), а, следовательно, и несобственный интеграл (4).

		∞		1
Пример 1. Исследовать на сходимость ряд ∑

				(n + 1)ln3 (n + 1)
		n =1
Решение. Функция	f ( x) =	1	,	x ³1 непрерывна и

		( x + 1)ln3 ( x + 1)

монотонно убывает, следовательно, при исследовании на сходимость мож- но воспользоваться интегральным признаком. Находим

∞	dx				∞		d ln ( x + 1)											1		n
																				n

∫				= ∫								= − lim								=
∫	( x + 1)ln3 ( x + 1)			= ∫			ln3 ( x + 1)					= − lim								=
1	( x + 1)ln3 ( x + 1)			1			ln3 ( x + 1)							n→∞ 2ln2 ( x + 1)						1
	= −	1						1		−		1			=	1			.
		1	lim					1				1				1
			lim			2		( x	+ 1)				2
						2					ln		2	2		2ln	2	2
		2 n →∞ ln									ln			2		2ln		2
									156

Таким образом, данный несобственный интеграл сходится, значит и данный ряд тоже сходится.

Пример 2. Установить сходимость или расходимость рядов с помо- щью интегрального признака:

∞

∑

;

∑

;

n = 2 n ln n

n =1

(n + 1)ln(n + 1)ln ln(n + 1)

∞

ln(n + 1)

∞

n + 1

∑

;

∑

;

n =1 (n + 1)2

n = 2

− 1

∞

1 + n2 2

∞

∑

;

∑

;

1 + n

n =1 n n + 1

n =1

∞

ln(n + 1) − ln n

∑

ln2 n

n = 2

Ответ: расходятся: 1, 2;

сходятся: 3, 4, 5, 6, 7.

∞

Пример 3. Исследовать на сходимость ряд

∑

n =1 n p lnq n

Ответ: 1) сходятся при произвольном

если

p > 1; и при q < 1

если p = 1;

2) расходятся при произвольном q, если p < 1, и при q ≤ 0 , если p = 1.

Отметим, что главное достоинство интегрального признака сходимо- сти состоит в исключительно высокой его чувствительности – он четко проводит различие между сходящимся и расходящимся рядами, даже если члены одного из них лишь незначительно отличаются от членов другого.

3.4. Признак Даламбера

На основании третьего признака сравнения доказываются удобные при- знаки сходимости.

Теорема (признак Даламбера). Если для ряда

u1 + u2 + + un +... ...			(1)
с положительными числами, начиная с некоторого номера
	un +1	≤ q < 1,	(2)

	un

157

то ряд (1)	сходится; если же начиная с некоторого номера для ряда (1)
		un +1	³1,	(3)
		un	³1,	(3)
		un
то ряд (1)	расходится.
Доказательство. Пусть для ряда (1) справедливо условие (2).				В

третьем признаке сравнения выбираем в качестве вспомогательного ряда v1 + v2 + ... + vn + ... сходящуюся геометрическую прогрессию

q+ q2 + ... + qn + ....

Вэтом случае равенство (2) имеет вид

qn +1

А это значит, что, согласно третьему признаку сравнения ряд (1) сходится. Пусть для ряда (1) выполняется условие (3). Выберем в третьем при- знаке сравнения в качестве ряда u1 + u2 + ... + un + ... расходящийся ряд

вида 1 + 1 + 1 + … + 1 + …,

а в качестве ряда v1 + v2 + ... + vn + ... иссле-

дуемый ряд (1). В этом случае неравенство (3) запишем в виде un +1 £ vn +1 un vn

и ряд (1) расходится согласно третьему признаку сравнения.

Следствие 1. На практике бывает значительно удобнее пользоваться более слабым признаком Даламбера в предельной форме.

Если существует предел lim un +1 = l , то при l < 1 ряд (1) сходится,

n →∞ un

при l > 1 ряд (1) расходится, при l = 1 нужны дополнительные исследо- вания, т.е. ряд (1) может сходиться или расходится.

Пример 1. Исследовать на сходимость ряды:

∞

∑

;

2) ∑

;

∑

;

+ 2

n =1 nn

n =1 n4

n =1 n2

∞

2n + 1

∞

∑

;

∑ n!

n =1 4n3 + 2n + 1

n −1

Решение.

Вычислим предел

un +1

(n + 1)!× nn

1 −n

−1

lim

= lim

= lim 1

= e

<1,

1)n

n →∞

n →∞ (n + 1)n +1 × n!

n →∞ (n +

n →∞

значит, данный ряд сходится.

158

2) Вычислим предел lim

2n +1 × n4

n →∞ (n + 1)4 × 2n

l= 2 > 1, то исходный ряд расходится.

3)Вычислим предел

= 2 lim		1			= 2, так как
			1	4
n →∞		+
	1

			n

(n + 1) × (n

1 +

lim

n +1

= lim

=1.

1 2

n →∞ un n →∞ ((n + 1)2 + 2)

× n

n →∞

Так как

l = 1,

то нужны дополнительные исследования. Применим

∞

признак сравнения,

выбирая в качестве вспомогательного ряда ∑

–

n =1 n

расходящийся ряд. Предел

lim

n × n

=1,

значит оба ряда ведут себя

+ 1) ×1

n →∞ (n2

одинаково, следовательно, исходный ряд будет расходящимся.

4) Вычислим предел

lim

un +1

= lim

(2(n + 1) + 1) × (4n3 + 2n + 1)

=1.

(4(n + 1)3 + 2(n + 1)

+ 1)× (2n + 1)

n →∞ un

n →∞

Так как l = 1, то, выбирая вспомогательный ряд

∞

∑

– сходящий-

n =1 n2

ся ряд. Предел

lim

(2n + 1) × n2

значит оба ряда ведут себя одинаково,

n →∞ 4n3 + 2n + 1

т.е. исходный ряд будет сходящимся.

5) Вычислим предел

an +1

(n +

1)!

n +1

lim

n +1

n →∞ a

n →∞

(n + 1)

= e × lim

= e ×

lim

= e ×

=1.

+ 1)n

n →∞ (n

n →∞

1 +

159

Предельная форма признака Даламбера ответа о сходимости ряда не дает. С другой стороны имеем

= (n + 1)!×

n +1

n!× en +1

= a × e ×

= a ×

> a ,

n +1

(n +

1)n

(n + 1)n

n + 1

1 n

так как

1 +

< e .

Поэтому для любого

an +1

>1,

следовательно, по признаку Да-

ламбера данный ряд расходится.

∞

Пример 2. Сколько членов ряда ∑

нужно взять, чтобы получить

n =1 n!

значение суммы ряда с точностью до 0,0001.

Решение. Используя признак Даламбера устанавливаем сходимость данного числового ряда. Тогда остаток ряда имеет вид

rn =

+ ... +

+ ... =

(n + 1)!

(n +

(n + k)!

(n +

2)!

1)!

Но так, как

1		1
	+		+ ... .
	+		+ ... .
n + 2 (n + 2)(n + 3)

1 +

+ ... < 1 +

+ ... =

n + 2

n + 1

+ 2)(n + 3)

+ 2)

(n + 2)2

(n +

2)3

−

n + 1

+ 2

Тогда

rn £

n + 2

(n + 1)!(n

Для определения n

(количества членов ряда) требуется решить не-

равенство

n + 2

1000

(n + 1)!(n + 1)

Решая это неравенство (т.к. n N , то можно обычным перебором), получим n > 7. Следовательно, для решения поставленной задачи доста- точно взять 8 членов ряда.

1000n =

Пример 3. Доказать, что lim 0 .

n →∞ n!

160

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1516 / 2216 17 18 19 20 21 22 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке Высшая математика (РТФ)

#
18.05.20153.63 Mб42умк_Вакульчик_Опред интеграл.pdf
#
18.05.20154.76 Mб40умк_Вакульчик_Элементы векторной алгебры.pdf
#
18.05.20155.38 Mб46умк_Вакульчик_Элементы линейной алгебры.pdf
#
18.05.20151.33 Mб47умк_Мальцев_Осн дискретной матем.pdf
#
18.05.20153.75 Mб53умк_Пальчик_Теория вероятностей.pdf
#
18.05.20155.68 Mб35умк_Цывис_Диф.уравнения_Ряды.pdf
#
18.05.20154.7 Mб45умк_Цывис_Функции_Интеграл. исчисл..pdf
#
18.05.20153.54 Mб93умк_Яско_ Диф.уравнения_Ряды.pdf