Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Национальный университет Львовская политехника

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Вища математика / В.М.-iнтеграли

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

12.02.2016

Размер:

1.29 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 126 7 8 9 10 11 12 > Следующая >>>

Для відшукання загального розв’язку ЛНДР (10.4.1) розглянемо метод варіації довільних постійних.

1. Знаходимо загальний розв’язок ЛОДР (10.4.2.)

y(x) = c1 y1 (x) + c2 y2 ( x) ,

(10.4. 3)

де y1 (x) й y2 (x) – лінійно незалежні частинні розв’язки диференціального

рівняння (10.4. 2), c1, c2– довільні сталі.

2. Запишемо загальний розв’язок ЛНДР (10.4.1) у формі (10.4.3)

y(x) = c1 ( x) y1 ( x) + c2 (x) y2 ( x) ,

(10.4. 4)

де c1 (x)

й c2 (x) –

невідомі функції. Функції

c1 (x) й c2 (x) підберемо так, щоб

функція y(x)

була розв’язком диференціального рівняння (10.4. 1).

Для

визначення

c1 (x)

й c2 (x) необхідно розв’язати

систему лінійних

неоднорідних алгебраїчних рівнянь:

c¢

(x) y (x) + c¢ (x) y

(x) = 0

(10.4. 5)

c¢(x) y¢(x) + c¢

(x) y

¢ (x) = f (x)

Із системи рівнянь (10.4. 5)

c′ (x)

і c′ (x) визначаються єдиним чином, тому

що визначник системи

W [y (x), y

(x)]

¹ 0 ,

y1 (x) y2 (x)

y¢(x) y¢ (x)

функції

y1 (x) й y2 (x) –

лінійно незалежні.

Нехай

c′

(x) = ϕ

(x) й

c′

(x) = ϕ

(x) .

Тоді

c1 (x) = ∫ϕ1 (x)dx + c1, c2 (x) = ∫ϕ2 (x)dx + c2 , де

c1 й c2 постійні інтегрування.

4. Знайдені c1 (x)

й c2 (x) , підставимо в співвідношення (10.4. 4) і одержимо

загальний розв’язок ЛНДР (10.4. 1).

y(x) = (∫ϕ1 (x)dx + c1 )y1 (x) + (∫ϕ 2 (x)dx + c2 )y2 ( x)

або y(x) = c1 y1 (x) + c2 y2 ( x) + y1 (x)∫ϕ1 (x)dx + y2 ( x)∫ϕ 2 (x)dx .

(10.4.6)

У співвідношенні (10.4. 6)

c1 y1 ( x)

+ c2 y2 (x) - загальний розв’язок ЛОДР (10.4.

2),

а функція y ( x) = y1 ( x)∫ϕ1 ( x)dx + y2 ( x)∫ϕ 2 ( x)dx -

частинний розв’язок ЛНДР

(10.4. 1).

Приклад 1. Знайти загальний розв’язок диференціального рівняння

′′

− y =

e x

1 + e x .

(10.4. 7)

Відповідне однорідне диференціальне рівняння y′′ − y = 0

Характеристичне рівняння λ2 -1 = 0 λ = -1, λ

= 1 .

= e− x , y

= e x .

Отже, фундаментальна система розв’язків є y

Відповідно до методу варіації довільних постійних загальний розв’язок неоднорідного рівняння (10.4.7) шукаємо у вигляді

y = c1 ( x)e − x + c2 ( x)e x .

Для відшукання c′ (x) й c′		(x)
1	2

(10.4. 8)

запишемо систему рівнянь (10.4. 5)

- 140 -

c′(x)e− x + c′ (x)ex

= 0,

−c′(x)e− x

+ c′

(x)ex =

+ e

Розв’яжемо систему рівнянь за формулами Крамера.

Визначник системи

∆=

− x

= 2, .∆1 =

e x

= −

2 x

; ∆2 =

e− x

e x

;

−e− x

+ e x

−e− x

+ ex

1 + e

e 2 x

1+ ex

′

= −

;

′

(x) =

c1 (x) =

2(1

+ e x )

2(1

+ e x )

У результаті інтегрування знаходимо

1 e2 x

(e2 x −1) +1

c1 (x) = −

∫

dx = −

∫

dx =

1+ ex

∫

(ex

−1)(ex + 1)

∫

= −

−

= −

(ex

− x) −

;

1+ ex

∫

= ∫

(1 + e x ) − e x

dx = ∫ dx − ∫

d (1 + e x)

Знайдемо

= x − ln(1 + e x ) .

1 + e

+ e

Отже, c1 (x) = −

− x) −

x +

ln(1

+ e

) =

(ln(1 + e

) − e

) + c1

c2 (x) =

(x − ln(1 + e

)) + c2 .

Підставляючи вирази для c1 (x) й

c1 (x)

в (10.4. 8), одержимо загальний

розв’язок неоднорідного диференціального рівняння

− x

y(x) = c1e

+ c2 e

ln(1 + e

)(e

− e

) +

−

10.5. Лінійні неоднорідні диференціальні рівняння n-го порядку з постійними коефіцієнтами і з правою частиною спеціального виду. Метод невизначених коефіцієнтів

Розглянемо лінійне неоднорідне диференціальне рівняння з постійними коефіцієнтами:

y (n) + a y (n−1)	+ ... + a	n	y = f (x) ,	(10.5. 1)
1		n

де ai (i = 1, n) – дійсні числа. Відповідне (10.5.1) ЛОДР:

y (n) + a1 y (n−1) + ... + an y = 0 .

Загальний розв’язок ЛОДР має вигляд:

y(x) = c1 y1 + c2 y2 + ... + cn yn ,

де ci – довільні сталі (i = 1, n) , а yi (i = 1, n) – фундаментальна система розв’язків

цього диференціального рівняння.

Загальний розв’язок ЛНДР (10.5.1)визначається формулою:

= + + + + ~ , y(x) c1 y1 c2 y2 ... cn yn y (x)

де ~ – який-небудь частинний розв’язок (10.5. 1).

y (x)

У попередньому параграфі був розглянутий загальний метод відшукання

- 141 -

загального розв’язку ЛНДР − метод варіації довільних сталих.

Якщо має спеціальний вигляд, то частинний розв’язок ~ може

f (x) y (x)

бути знайдено методом невизначених коефіцієнтів.

Метод невизначених коефіцієнтів дозволяє для так називаної спеціальної правої частини знайти частинний розв’язок неоднорідного диференціального рівняння без інтегрування.

Загальний вид спеціальної правої частини

f (x) = eαx (P (x) cos βx + Q	m	(x) sin βx) ,	(10.5. 2)
n	m

де Pn (x) й Qm (x) – поліноми степенів n і m відповідно, тобто

Pn(x) = c0 x n + c1 x n−1 + ... + cn−1 x + cn ,

Qm (x) = D0 x m + D1 x m−1 + ... + Dm−1 x + Dm ,

α і β - дійсні числа.

Частинний розв’язок ЛНДР, що відповідає даній правій частини f (x) шукаємо у вигляді

= e

αx

(M r

(x) cos βx + N r (x) sin βx)x

(10.5. 3)

де M r (x) й Nr (x) –

поліноми степеня r з невизначеними коефіцієнтами:

(x) = A x r + A x r −1

+ ... + A

x + A ,

r −1

(x) = B

x r + B x r −1

+ ... + B

r −1

x + B

r = max(m, n) ;

k – кратність коренів α ± iβ характеристичного рівняння; якщо числа α ± iβ не є коренями характеристичного рівняння, то треба покласти k=0.

Для ЛНДР має місце принцип накладення розв’язків: якщо	y1	–	частинний
розв’язок неоднорідного рівняння із правою частиною f1 (x) ,	y2	–	частинний
розв’язок рівняння із правою частиною f 2 (x) , то сума y1 + y2		є частинний
розв’язок рівняння із правої частиною f1 (x) + f 2 (x) .

Таким чином, якщо ЛНДР має вигляд:
y	(n)	+ a1 y	(n−1)	+ ... + an y = f1 (x) + f 2 (x) , то частинний розв’язок y (x)
	(n)		(n−1)		(x) + y	2 (x) , де	~
можна представити у вигляді суми y1					(x) + y	2 (x) , де	y1 (x) й
				~	~		~

частинні розв’язки рівнянь:

цього рівняння

~ відповідні y2 (x)

y (n) + a y (n−1) + ... + a

y = f

(x) ; y (n)

+ a y (n−1) + ... + a

y = f

(x) .

Приклад 1. Знайти частинний розв’язок рівняння

′′

+ 4 y = sin 2x ,

y(0) = 0,

′

(10.5. 4)

y (0) = 1

Розглянемо ЛОДР y′′ + 4 y = 0 , що відповідає даному неоднорідному.

Характеристичне рівняння:

λ2

+ 4 = 0 , корені цього рівняння λ

= ±2i .

1,2

Загальний розв’язок однорідного рівняння y0.0. = c1 cos 2x + c2 sin 2x .

Права частина рівняння

f (x) = sin 2x .

Виходячи із загального виду спеціальної правої частини (10.5.2) маємо:

P0 (x) = 0, Q0 (x) = 1, α = 0, β = 2, r = 0 .

Числа

α ± iβ = 0 ± 2i = ±2i

корені

характеристичного рівняння.

Частинний розв’язок шукаємо у вигляді: ~ = + .

y (x) (M cos 2x N sin 2x)x

- 142 -

Тут числа			± 2i є	простими коренями		характеристичного		рівняння
(k = 1, r = 0, r = max(n, m) ,				де	n = 0, m = 0) . Підставимо функцію y (x) і її похідні
y (x) ,				у	рівняння	(10.5.	~	одержимо:
			y (x)				4),
~′			~′′
~	′ = −2Mx sin 2x + 2xN cos 2x + M cos 2x + N sin 2x ,
y
%	′′	= −4M sin 2x + 4N cos 2x − 4xM cos 2x − 4xN sin 2x .
y

Невизначені коефіцієнти М и N визначаємо з тотожності:

− 4M sin 2x + 4N cos 2x = sin 2x ,

звідки прирівнюючи коефіцієнти при sin 2x й cos 2x , одержимо систему

sin 2x

− 4M = 1 M = −

cos 2x

4 .

N = 0

Отже, частинний розв’язок: y (x) = −

x cos 2x .

Загальний розв’язок диференціального рівняння:

y(x) = y0.0. + y (x) або y(x) = c1

cos 2x + c2 sin 2x

−

x cos 2x .

Для відшукування частинного розв’язку використаємо початкові умови

y(0) = 0 c1

= 0 .

Знаходимо

′

cos 2x +

x sin 2x.

y (x) = −2c1 sin 2x + 2c2 cos 2x −

′

маємо 2c2

−

= 1, c2

З початкової умови y (0) = 1

Отже, y =

sin 2x −

x cos 2x –

шуканий частинний розв’язок.

Приклад 2. Знайти загальний розв’язок рівняння:

y′′ − 6 y′ + 13y = e x (x 2 − 5x + 2) .

Характеристичне рівняння: λ2 − 6λ + 13 = 0 , його корені λ

= 3 ± 2i .

1,2

Загальний розв’язок однорідного рівняння y

0.0.

= e3x (c cos 2x + c

sin 2x) .

Права частина f (x) = ex (x2 − 5x + 2), P (x) = x2

− 5x + 2, β = 0,

r = 2 .

Число α=1 не є коренем характеристичного рівняння. Частинний розв’язок

шукаємо у вигляді	~	x	( Ax	2	+ Bx + C) .
	y (x) = e

Невизначені коефіцієнти А, В, C визначаємо, диференціюючи двічі y (x) й
						~
підставляючи у вихідне рівняння: ( e x скорочуємо)
~′	x		( Ax	2		+ Bx + C + 2 Ax + B) ,
y (x) = e
~′′		x	( Ax		2	+ Bx + C + 4 Ax + 2B + 2 A) ,
y (x) = e

Ax2 + Bx + C + 4 Ax + 2B + 2 A − 6( Ax2 + Bx + C + 2 Ax + B) +13( Ax2 + Bx + C) = x2 − 5x + 2, або : 8Ax 2 + (8B − 8A)x + (8C − 4B + 2 A) = x 2 − 5x + 2

Прирівняємо коефіцієнти при однакових степенях х:

x2		8A = 1 A =	1	,


		8
x1		8B − 8A = −5 B = −			1	,

		2
x0		8C − 4B + 2 A = 2 C = −					1	,

		32

	- 143 -

одержимо:	%	x	1		2	−	1	x −	1
	%			x						.
	y(x) = e			x						.
			8				2		32

Маємо загальний розв’язок диференціального рівняння:

y(x) = e	3 x	(c cos 2x + c sin 2x) + e		x	1	x	2	−	1	x −	1	.


		1	2						2
				8					2		32

Приклад 3. Знайти розв’язок рівняння

y′′ + y′ = x 2 + 2x

задовольняючий початковим умовам: y(0) = 4, y′(0) = −2 . Відповідне однорідне рівняння

y′′ + y′ = 0 .

Характеристичне рівняння

λ2 + λ = 0 λ1 = 0, λ2 = −1.

Загальний розв’язок однорідного рівняння: y

0.0.

= c

+ c

e − x .

f (x) = x 2 + 2x , тоді α = β = 0.

Права частина

Виходить,

α ± iβ = 0

є простий корінь характеристичного рівняння,

тобто

k=1, тому частинний розв’язок шукаємо у виді:

+ Bx + C)x .

y (x) = ( Ax

Підставивши функцію y (x) у вигляді:

= Ax

%′

+ 2Bx + C ,

%′′

y (x)

+ Cx і її похідні y (x) = 3Ax

y (x) = 6 Ax + 2B

у вихідне диференціальне рівняння,

одержимо тотожність:

6 Ax + 2B + 3Ax 2 + 2Bx + C = x 2 + 2x

Прирівнюючи коефіцієнти при однакових степенях х, знайдемо А, В, C

x 2

3A = 1, A =

6 A + 2B = 2; B

= 0,

x 0

2B + C = 0, C = 0.

Тоді

y ( x) =

–

частинний розв’язок рівняння.

Загальний

розв’язок

диференціального рівняння : y(x) = c

+ c

e− x +

x 3

y′′ − y′ − 2 y = e x

+ e −2 x ,

Приклад 4. Знайти загальний розв’язок ЛНДР:

(x) = e x , f

(x) = e−2 x

Розглянемо відповідне ЛОДР: y′′ − y′ − 2 y = 0 .

Характеристичне рівняння λ 2 − λ − 2 = 0 , корені λ = 2, λ

= −1.

Частинний розв’язок ЛНДР шукаємо у вигляді y (x) = y1

(x) + y2 (x) , де

y1 (x) й

(x) – відповідні частинні розв’язки диференціальних рівнянь:

y′′ − y′ − 2 y = e x , y′′ − y′ − 2 y = e−2 x .

Частинні розв’язки цих диференціальних рівнянь відповідно рівні:

~	1		x		~	1		−2 x
y1 (x) = −		e		,	y2 (x) =		e		.
y1 (x) = −	2	e		,	y2 (x) =	4	e		.
	2					4
										~	1		x		1			−2 x
Частинний розв’язок ЛНДР:										y (x) = −		e		+			e		.
Частинний розв’язок ЛНДР:										y (x) = −	2	e		+	4		e		.
											2				4
Загальний розв’язок ЛНДР:										y(x) = c e 2 x			+ c			e− x −				1	e x +	1	e−2 x .
Загальний розв’язок ЛНДР:										y(x) = c e 2 x			+ c		2	e− x −					e x +		e−2 x .
										1					2				2		4
																			2		4
											- 144 -

y0.0. = c1e2 x + c2e4 x

Приклад 5. Знайти загальний розв’язок рівняння

y¢¢ - 6 y¢ + 8 y = 3e2 x .

Відповідне однорідне рівняння: y′′ − 6 y′ + 8 y = 0 .

Корені його характеристичного рівняння λ2 − 6λ + 8 = 0 дорівнюють: λ1 = 2, λ2 = 4 .

Загальний розв’язок однорідного рівняння:

Знайдемо частинний розв’язок.

Порівняємо праву частину рівняння з (10.5. 2), одержимо α = 2, β = 0 . Число α ± iβ = 2 є простий корінь характеристичного рівняння.

Тому частинний розв’язок неоднорідного рівняння шукаємо у вигляді

2 x

× x ,

де k = 1 .

y (x) = Ae

P0 (x)

і Q0 (x) –

поліноми нульового степеня, у зв'язку із цим r=0 і коефіцієнт

при

2 x

беремо у

вигляді

константи. Знаходимо похідні

~′

~′′

y (x) ,

y (x)

підставляємо їх у неоднорідне рівняння, що дає

8Ax − 6 A − 12 Ax + 4 A + 4 Ax = 3 ( e2 x

скорочується).

Звідси маємо

A = -

−2 x

× x .

y (x) = -

Загальний розв’язок:

y(x) = c e 2 x + c

e4 x

e2 x × x

Приклад 6. Записати вид частинних розв’язків неоднорідних

диференціальних рівнянь.

a) y′′ + 4 y = sin 2x

Корені характеристичного рівняння λ1,2 = 2i .

Аналізуємо праву частину:

f (x) = sin 2x , тоді α = 0, β = 2 , тобто α + iβ = +2i

простими коренями характеристичного рівняння, тому частинний розв’язок має вигляд

~ = + . y (x) ( A cos 2x B sin 2x)x

б) y¢¢ - 2 y¢ + y = (6x 2 - 4)e x .

Характеристичне рівняння λ2 − 2λ +1 = 0 .

Його корені λ1,2 = 1. Порівнюючи праву частину з (10.5. 2) визначаємо, що α = 1, r = 2, k = 2 . Отже, частинний розв’язок запишеться

~		x	( Ax	2	+ Bx + C)x	2	.
y (x) = e			( Ax		+ Bx + C)x		.
в)	y¢¢ + 6 y¢ + 9 y = 2xe−3x sin x .
Корені характеристичного рівняння
λ1,2	= −3 . З правої частині маємо: α = −3,									β = 1, r = 1.
Вид частинного розв’язку y (x) = e								−3 x	(( Ax + B) cos x + (Cx + D) sin x).
							~	−3 x
г)	y¢¢ - 6 y¢ +13y = 8e3x sin 2x .									= 3 ± 2i .
Корені характеристичного рівняння λ1,2										= 3 ± 2i .
З правої частині знаходимо: α = 3,									β = 2, тобто α ± iβ = 3 ± 2i
характеристичного рівняння: r = 0,									k = 1
Частинний розв’язок:

– прості корені

- 145 -

~	3x	( Acos 2x	+ B sin 2x)x .
y (x) = e

- 146 -

Розділ 11

ЧИСЛОВІ І ФУНКЦІОНАЛЬНІ РЯДИ

Числові ряди. Основні поняття. Необхідна ознака збіжності

Розглянемо послідовність чисел a1,a2 ,..., an ,....

∞

Вираз a1 + a2 + ... + an + ... = ∑an називають числовим рядом; an –

n =1

загальним членом ряду.

Сума n перших членів ряду називається n-ю частковою сумою ряду

Sn = a1 + a2 + .... + an .

Ряд називається збіжним, якщо існує скінченна границя послідовності його

часткових сум: lim Sn = S . Число S називають сумою ряду. Якщо границя

n →∞

послідовності часткових сум дорівнює нескінченності або взагалі не існує, то ряд розбігається. При розгляді числових рядів практично розв’язується дві задачі:

1)дослідити ряд на збіжність;

2)визначивши, що ряд збігається, знайти його суму.

Приклади. Користуючись визначенням, дослідити збіжність ряду та у випадку збіжності знайти його суму.

						∞
	Приклад. ∑							1	.
	Приклад. ∑								.
						n =1	n(n +1)
						n =1
	Розв’язання.							Загальний член ряду									an =		1					=		1	-	1		,	тоді
	Розв’язання.							Загальний член ряду									an =		n(n +1)					=		n	-	n +		,	тоді
																			n(n +1)							n		n +	1
Sn =		1	+	1		+ ... +		1		= 1 -	1	+	1	-	1	+ ... +	1	-		1	+	1	-		1			= 1 -			1	.
Sn =			+			+ ... +		n(n +1)		= 1 -		+		-		+ ... +		-			+		-					= 1 -				.
1		× 2 2 ×			3			n(n +1)		2		2 3					n -1 n n n +1														n +1

Очевидно, що границя послідовності часткових сум цього ряду існує і дорівнює 1:

lim

Sn =

lim

1 -

= 1 -

lim

= 1,

S = lim Sn = 1.

n→∞

n→∞ n +1

n →∞

Отже, ряд збігається і його сума дорівнює 1.

∞

Приклад.

∑

9n2

n = 2

-12n - 5

Розв’язання. Розкладемо загальний член ряду на найпростіші дроби:

- 147 -

an =

(3n +1)- (3n - 5) º 6

(3n - 5)(3n +

9n2 -12n - 5

= 4

(3n +1)

- (3n - 5)

(3n - 5)(3n +1)

(3n - 5) (3n +1)

Таким чином, an

3n - 5

Отже,

Sn =

4 1

+ ...

7 4 10

7 13

3n -11 3n - 5 3n - 8 3n -

2 3n -

5 3n +1

;

S = lim

Sn = 4 1

= 5 .

→∞

1 +1 + ... +1 + ... розбігається, тому що

Приклад.

Ряд

Sn = n

та

lim Sn = lim

n = +¥.

n →∞

1 -1 +1 -1 + ...

S1 = 1, S2 = 0, S3 = 1,

Приклад.

Ряд

розбігається.

Тут

S4 = 0,..., S2n = 0,

S2n−1 = 1 і т.д., тому

lim

S n не існує.

n→∞

Приклад.

Ряд

геометричної

прогресії

a + aq + aq 2 + ... + aq n + ...

(a ¹ 0)

при

< 1

збігається,

його сума

S =

;

при

³ 1

ряд

розбігається.

1 - q

Залишок ряду rn = an +1 + an + 2 + ... + ... для збіжного ряду при n → ∞

наближається до 0.

Необхідна ознака збіжності ряду. Якщо ряд збігається, то його

загальний член наближається до нуля, тобто

lim an = 0 . Звідси випливає, що

an ¹ 0 ,

n→∞

an = 0 , то ряд може

якщо

lim

то ряд розбігається. Якщо ж

lim

n →∞

збігатися, а може і розбігатися.

∞

Приклад. Розглянемо ряд ∑ln(1 +

n =1

Розв’язання. Загальний член ряду an = ln(1 +

);

lim

an =

lim

ln(1 +

) = 0 ,

тобто

виконується

необхідна ознака збіжності

n →∞

ряду.

Проте ряд розбігається, оскільки an = ln(n +1) - ln n ,

то

Sn = a1 + a2 +...+ an = ln2− ln1+ ln3−ln2 +...+ lnn − ln(n −1) + ln(n +1) −lnn =

= ln(n +1);

- 148 -

отже,

lim	Sn = lim	ln(n + 1) = +∞.
n→∞	n→∞				∞
					∞
	Можна	показати, що	гармонічний ряд ∑			1	також розбігається,
	Можна	показати, що	гармонічний ряд ∑				також розбігається,
					n=1 n
незважаючи на те, що lim an = lim				1	= 0 .
незважаючи на те, що lim an = lim					= 0 .
		n→∞	n→∞ n

11.2.Достатні ознаки збіжності рядів зі знакосталими членами

11.2.1.Ознаки порівняння

∞	∞
Теорема 1. (ознака порівняння). Нехай члени рядів ∑an	та ∑bn
n=1	n =1

додатні, й існує таке N , що при усіх n > N					an ≤ bn . Тоді зі збіжності ряду
∞		∞			∞
∑bn	випливає збіжність ряду ∑an , і навпаки, із розбіжності ряду ∑an
n =1		n =1			n=1
		∞
випливає розбіжність ряду ∑bn .
		n =1
	Теорема 2 (гранична форма ознаки порівняння). Нехай члени рядів
∞	∞		an
∑an	та ∑bn	додатні, й існує lim	an	= L (L ¹ 0, L ¹ ¥) , тоді обидва ряди
∑an	та ∑bn	додатні, й існує lim		= L (L ¹ 0, L ¹ ¥) , тоді обидва ряди
n=1	n =1	n→∞ bn

збігаються або розбігаються одночасно.

На практиці еталонами для порівняння виступають так званий

∞

узагальнений гармонічний ряд ∑ 1 , що збігається при p > 1 і розбігається

n=1 n p

при	p ≤ 1,	а	також					ряд	геометричної
∞	збігається, якщо			q	< 1
∞	збігається, якщо			q	< 1
∑
	aq n -					q	³	.
	aq n -							.
	розбігається, якщо							1
n =1
n =1

Приклади. Дослідити збіжність рядів.

		∞
		Приклад. Ряд ∑	1	розбігається, оскільки ln n < n,	1
		Приклад. Ряд ∑		розбігається, оскільки ln n < n,
∞		n = 2 ln n			ln n
∞
∑	1	розбігається ( p = 1) .
∑		розбігається ( p = 1) .
n=1 n

прогресії:

>1 , але ряд n

- 149 -

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 126 7 8 9 10 11 12 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке Вища математика

#
12.02.20161.03 Mб61B.M..pdf
#
12.02.20161.29 Mб53В.М.-iнтеграли.pdf