Матан_Ряды

Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Московский государственный университет приборостроения и информатики

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

= ∑ cos n .

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

15.03.2016

Размер:

599.21 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 42 3 4 > Следующая >>>

rn ≤ ∞∫ f (x)dx .

n+1

Эта оценка используется для приближенного вычисления суммы сходящихся рядов.

Задача №5. Исследовать на сходимость ряд ∑∞ 1 .

n=1 n

Решение. Воспользуемся интегральным признаком. Введем функцию f (x) =	1	, такую,
	x

что an = f (n) =

Рассмотрим несобственный интеграл

∞∫ f (x)dx = ∞∫

dx ,

и исследуем его на сходимость:

dx = lim(ln x

A )

∞

dx =lim A

=lim(ln A −ln1)= ∞,

∫1 x

A→∞ ∫1 x

A→∞

интеграл расходится, поэтому должен расходиться и ряд.

Ответ: ряд расходится.

∞

Задача №6. Исследовать на сходимость ряд ∑

n=1

Решение.

an = f (n) =

(x) =

∞

∫

dx =lim

= lim

−

=lim(−

+1)

=1 ,

A→∞ ∫

A→∞

несобственный интеграл сходится (равен конечному числу), следовательно, по интегральному признаку ряд сходится.

Ответ: ряд сходится.

∞	1		∞	1
Ряд ∑		называется гармоническим, а ряд вида	∑		при p > 0 называется рядом
	n			p
n=1			n=1	n

Дирихле или обобщенным гармоническим рядом. Как было показано в примерах , эту группу рядов можно исследовать на сходимость с помощью интегрального признака:

∞	1
∑	1	--сходится при p >1 и расходится при p ≤1.
∑	p	--сходится при p >1 и расходится при p ≤1.
n=1	n
				∞	1
Задача №7. Исследовать на сходимость ряд ∑					1	.
Задача №7. Исследовать на сходимость ряд ∑						.
				n=2	n ln n
Решение.		an = f (n) =		1	, f (x) =			1	,
Решение.		an = f (n) =	n	ln n	, f (x) =		x	ln x	,
			n	ln n			x	ln x

вычислим несобственный интеграл, используя метод замены переменной:

∞∫

dx =lim

∫A

dx =

t = ln x, dt =

= lim ln∫A

=lim(2

ln A =

x ln x

A→∞

1 x ln x

x =1, t = 0, x = A, t = ln A

A→∞ 0

A→∞

= lim 2(

ln A −0)= ∞.

A→∞

Согласно интегральному признаку из расходимости интеграла следует расходимость ряда.

Ответ: ряд расходится.

3. Признаки сравнения положительных рядов.

К числу достаточных признаков сходимости относятся признаки, позволяющие выяснить вопрос о сходимости некоторого ряда с помощью другого ряда, поведение которого в смысле сходимости нам известно. Такие признаки называются признаками сравнения.

Теорема 1.(признак сравнения рядов с положительными членами).

Если ряд с положительными членами

∞

∑an = a1 + a2 + a3 +…+ an +…

n=1

сравнить с другим рядом с положительными членами

∞

∑bn = b1 +b2 +b3 +…+bn +…

n=1

сходимость или расходимость которого нам известна, и если начиная с некоторого номера

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

Заметим, что утверждения, обратные утверждениям 1) и 2) в условии теоремы неверны: если сходится ряд с меньшими членами, то о сходимости ряда с большими членами ничего определенного сказать нельзя, и наоборот, если расходится ряд с большими членами, то ряд с меньшими членами может быть как сходящимся так и расходящимся.

При использовании этого признака исследуемый ряд чаще всего сравнивается либо с

∞

бесконечной геометрической прогрессией ∑a1qn−1 , либо с обобщенными

n=1

гармоническими рядами ∑∞ 1p , поведение которых в смысле сходимости мы обсудили

n=1 n

выше.

∞

n .

Задача №8. Исследовать на сходимость ряд ∑sin2

n=1

∞

Решение. Сравним данный ряд с обобщенным гармоническим рядом∑

n=1

Каждый член an =

sin 2

данного ряда, начиная с n =1, меньше соответствующего члена

обобщенного гармонического ряда:

sin 2 n

≤

∞

и поскольку ряд ∑

сходится ( p = 2 >1), то согласно утверждению 1) признака

n=1

сравнения исследуемый ряд также сходится. Ответ: ряд сходится.

13
∞	1
Задача №9. Исследовать на сходимость ряд ∑	1	.
Задача №9. Исследовать на сходимость ряд ∑		.
n=2	ln n

Решение. Сделаем предположение о том, что данный ряд расходится. Тогда используем утверждение 2) признака сравнения и подбираем расходящийся ряд с меньшими членами:

ln n

Поскольку ln n < n для всех натуральных n , то

1 .

ln n

∞

Гармонический ряд ∑

расходится, следовательно по признаку сравнения ряд ∑

ln n

n=1 n

n=2

также расходится. Ответ: ряд расходится.

Задача №10. Исследовать ряд на сходимость ∑∞ ln n .

n=1 n2

Решение. Главная особенность использования признака сравнения состоит в том, что здесь, в отличие от других достаточных признаков сходимости, необходимо делать предположение о том, сходится ряд или расходится. Докажем сходимость данного ряда. Для этого докажем, что, начиная с некоторого номера n , верно соотношение

ln n < k n .

n ) получим

Применяя правило Лопиталя (дифференцирование по

ln n

lim

= lim

= 0

n→∞ k n n→∞

−1

n→∞ n

значит, начиная с некоторого n , функция ln n меньше k n для любого k . Положим k = 2 , тогда

ln n < n , откуда имеем lnn2n < nn2 .

an =

ln n

, bn =

n 2

∞

Обобщенный гармонический ряд ∑

сходится ( p =

>1), следовательно, по признаку

n=1 n

∞

сравнения ряд ∑

ln n

с меньшими членами также сходится.

n=1 n

Ответ: ряд сходится.

Сформулируем еще один признак сравнения.

Теорема 2. (обобщенный признак сравнения рядов с положительными членами).

∞

Пусть даны два ряда ∑an и ∑bn . Если предел отношения общих членов этих рядов

n=1

lim an =l существует, конечен и не равен нулю, то ряды одновременно сходятся или

n→∞ bn

расходятся.

14
∞	n	+4
Задача №11. Исследовать на сходимость ряд ∑			.
	3n	2
n=1		−1

Решение. Обсудим сначала, каким образом в этом случае подобрать гармонический ряд. Очевидно, что главными в числителе и в знаменателе являются слагаемые, содержащие старшие степени переменной n , именно их и оставим при переходе к гармоническому ряду:

∞

+ 4

∞

∑

≈ ∑

= ∑

n=1 3n −1

n=1 n

n=1

Обозначим

n + 4

, b

3n2

−1

Вычислим предел, который подтверждает, что ряды сходятся или расходятся

одновременно:

n + 4

3n2 −1

2 (n + 4)

1 + n

lim

= lim

≠ 0 .

n→∞ bn

n→∞

n→∞ n(3n2 −1)

n→∞

3 −

∞	1
Ряд ∑		расходится как гармонический.
	n
n=1

Следовательно, по обобщенному признаку сравнения исходный ряд также расходится. Ответ: ряд расходится.

∞

Задача №12. Исследовать на сходимость ряд ∑

n=1

5 7

∞

Решение. Сравним данный ряд с рядом

∑

n=1

Докажем, что ряды ведут себя одинаково. Обозначим

, тогда

5 7n

lim

= lim

5 7n +

= lim

≠ 0 .

5 7n +

n→∞ bn

n→∞

∞

Ряд

∑

состоит из членов бесконечно убывающей геометрической прогрессии

n=1

<1 и, следовательно, сходится. По обобщенному признаку сравнения сходится и

исследуемый ряд.

Ответ: ряд сходится.

∞

2n +1

Задача №13. Исследовать на сходимость ряд

∑

n=1

16n5 −3n3 +1

Решение. Сравним данный ряд с обобщенным гармоническим рядом:

∞

2n +1

∞

∑

≈ ∑

= ∑

n=1

16n5 −3n3 +1 n=1

n=1 n

−1

т=1 n

Обозначим

2n +1

, b

16n5 −3n3 +1

Вычислим предел

2n +1

(2n +1)

n 2

16n5 +1

lim

= lim

n→∞ bn

n→∞

n→∞ n 16n

5 −3n2 +1

n→∞

16 −

2 +

= lim

≠ 0.

n→∞

16 −

Следовательно, ряды в смысле сходимости ведут себя одинаково.

∞

p = 3 >1. Тогда по

Ряд ∑

сходится, поскольку является обобщенным гармоническим,

n=1 n

обобщенному признаку сравнения исходный ряд также сходится.

Ответ: ряд сходится.

∞

Задача №14.

Исследовать на сходимость ряд

∑ n tg

n=1

Решение. Подберем данному ряду обобщенный гармонический ряд так, чтобы ряды

сходились или расходились одновременно:

∞

∑ n tg

≈ ∑

= ∑

n 1

Обозначим

= n

, тогда

n tg

= lim

lim

= lim

=1 ≠ 0.

n→∞ bn

n→∞

Здесь использовалась формула

tgx

lim

=1.

∞

x→0

Обобщенный гармонический ряд ∑

расходится,

p =

. Используя обобщенный

n=1

∞

признак сравнения, делаем вывод о том, что исходный ряд ∑

n tg

расходится.

n=1

Ответ: ряд расходится.

Завершая обсуждение признаков сравнения, добавим, что более простым из них в применении является обобщенный признак сравнения (теорема 2). Признак сравнения (теорема 1) более сложный, но, тем не менее, существуют ряды, которые исследуются на сходимость только с помощью этого признака (именно такие ряды рассмотрены в примерах). Это связано с невозможностью в некоторых случаях вычислить предел, и, следовательно, применить обобщенный признак сравнения.

§3. Знакопеременные числовые ряды. Абсолютная и условная сходимость. Признак Лейбница.

Все представленные выше достаточные признаки сходимости применимы только к рядам с положительными членами, какие мы и рассматривали до сих пор.

Перейдем к рассмотрению знакопеременных рядов.

Знакопеременным называется ряд, который содержит как положительные, так и отрицательные слагаемые. Опишем методы исследования таких рядов.

Важную информацию о поведении такого ряда можно получить, рассматривая ряд, членами которого являются абсолютные величины членов исходного ряда. Определение. Рассмотрим ряд

∞

∑un = u1 +u2 +…+un +…,

n=1

где un -- числа произвольного знака. Знакопеременный ряд называется абсолютно

сходящимся, если сходится ряд, составленный из модулей его членов. Теорема. Если ряд сходится абсолютно, то он сходится.

Другими словами, из сходимости ряда, составленного из модулей знакопеременного ряда, вытекает сходимость самого знакопеременного ряда.

Ряд, составленный из модулей членов знакопеременного ряда, является, очевидно, положительным и, следовательно, к нему применимы все рассмотренные выше признаки сходимости положительных рядов.

Задача №1. Исследовать на сходимость ряд ∑∞ (−1)n .

n=1 n3

Решение. Исследуем ряд на абсолютную сходимость. Для этого запишем ряд

∑	(−13)	n	= ∑ 13 .
∞		n	∞

n=1	n		n=1 n

Получили положительный ряд, который сходится, так как является обобщенным гармоническим при p = 3 >1. Делаем вывод, что исходный знакопеременный ряд

сходится абсолютно.

Ответ: ряд сходится абсолютно.

∞	cos n
Задача №2. Исследовать на сходимость ряд ∑		.

n=1	n!

Решение. Данный ряд является знакопеременным, поскольку знак выражения cos n меняется. Рассмотрим ряд, состоящий из модулей исходного ряда:

Получившийся положительный ряд можно исследовать на сходимость с помощью признака сравнения. Для любого натурального n справедливо неравенство:

			cos n	≤	1	.
					1
			n!
			n!		n!
∞	1
Ряд ∑	1	сходится, что можно показать по признаку Даламбера,
Ряд ∑	n!	сходится, что можно показать по признаку Даламбера,
n=1	n!

		∞	cos n
следовательно, по признаку сравнения положительный ряд ∑				сходится, а

			n!
		n=1	n!
∞	cos n
исходный знакопеременный ряд ∑	cos n	сходится абсолютно.
исходный знакопеременный ряд ∑	n!	сходится абсолютно.
n=1	n!

Ответ: ряд сходится абсолютно.

Заметим, что положительные ряды сходятся (имеют конечную сумму) за счет “быстрого” стремления к нулю общего члена ряда, для знакопеременных рядов существует еще одна возможность сходимости: сумма уменьшается за счет вычитания слагаемых. Поэтому для знакопеременных рядов может возникнуть ситуация, когда ряд, составленный из модулей, расходится, а сам знакопеременный ряд сходится. В этом случае говорят об условной сходимости.

Определение. Знакопеременный ряд называется условно сходящимся, если он сходится, но не сходиться абсолютно.

Введем понятие знакочередующегося ряда: Определение. Ряд

u1 −u2 +u3 −u4 +…,

где un > 0 для всех n

называется знакочередующимся.

Отметим, что в отличие от знакочередующихся рядов, в знакопеременных рядах знаки меняются произвольным образом. Следовательно, знакочередующиеся ряды являются частным случаем знакопеременных.

Для знакочередующихся рядов имеет место достаточный признак сходимости, принадлежащий Лейбницу.

Теорема (признак Лейбница сходимости знакочередующихся рядов).

Если для знакопеременного ряда

	∞
	∑(−1)n+1 un = u1 −u2 +u3 −…+ (−1)n+1 un +…
	n=1
выполняются три условия:
1.	Ряд является знакочередующимся.
2.	Модули членов ряда монотонно убывают:
	u1 ≥ u2 ≥…≥ un ≥
3.	Модуль общего члена ряда стремиться к нулю, т.е.
	lim un = 0 ,
	n→∞

то данный ряд сходится.

Подчеркнем, что все три условия признака Лейбница являются существенными и подлежат проверке.

Договоримся далее по тексту ряд, удовлетворяющий трем условиям признака Лейбница называть рядом Лейбница.

Сформулируем важное следствие теоремы Лейбница, используемое для приближенного вычисления суммы сходящегося ряда.

Можно показать, что для сходящегося ряда Лейбница верна оценка:

S <	u1	, тогда для остатка ряда имеем
S <	u1	, тогда для остатка ряда имеем
		rn < un+1 .
		∞	(−1)	n
Задача №3. Исследовать на сходимость ряд ∑			(−1)		.
Задача №3. Исследовать на сходимость ряд ∑			n		.
		n=1	n

Решение. Покажем, что данный ряд является рядом Лейбница. 1. Действительно присутствует чередование знаков, т.к.

				18
1		а (−1)	n	+1, если n =	2k
	> 0,			=
n	> 0,			=
n				−1, если n = 2k +1

2. Имеем монотонное убывание модулей членов ряда, поскольку для всех n верно неравенство:

1n > n 1+1 .

3. Третье условие также выполняется: lim 1 = 0 .

n→∞ n

По признаку Лейбница делаем вывод о том, что ряд сходится. Ответ: ряд сходится.

∞	(−1)	n
Задача №4. Исследовать на сходимость ряд ∑			.
	ln n
n=2

Решение. Проверим выполнение трех условий признака Лейбница.

1. За чередование знака отвечает множитель (−1)n , знаменатель при этом остается больше

нуля:

ln n > 0 , для всех натуральных n ≥ 2 .

2. Из монотонного возрастания функции y = ln x следует, что для всех n ≥ 2

выполняется неравенство:

ln(n +1) > ln n , отсюда

	1	>	1		, т. е. un > un+1 .
		>	ln(n +1)		, т. е. un > un+1 .
	ln		ln(n +1)
3. Справедливо и третье условие:			lim	1	= 0 .
3. Справедливо и третье условие:			lim		= 0 .
			n→∞ ln n
Ряд сходится условно по признаку Лейбница.
Ответ: ряд сходится.						(−1)
					∞		n
Задача №5. Исследовать на сходимость ряд ∑								.
Задача №5. Исследовать на сходимость ряд ∑						2n −	1	.
					n=1	2n −	1

Решение. а). Исследуем ряд на абсолютную сходимость. Для этого рассмотрим ряд

∑

(−1)

= ∑ 1 .

∞

n=1

2n −1

∞

Полученный положительный ряд сравним с гармоническим рядом ∑

n=1 n

, b

2n −1

тогда

lim

= lim

2n −1

= lim

≠ 0.

n→∞ bn

n→∞

n→∞ 2n −1

n→∞

n(2

−

)

∞

Тогда по признаку сравнения ряд ∑

в смысле сходимости ведет себя также как

2n −1

n=1

∞

расходящийся гармонический ряд

∑

. Ряд ∑

расходится, следовательно,

2n −1

(−1)

n=1 n

n=1

∞

исходный ряд ∑

не является абсолютно сходящимся.

2n −

n=1

б). Исследуем ряд на условную сходимость. Воспользуемся признаком Лейбница.

∞

(−1)

1. Ряд ∑

-- знакочередующийся, т.к.

2n −1 > 0 для всех натуральных n , а

2n −

n=1

(−1)n

= +1, если n = 2k

−1, если n = 2k +1

un =

un+1 =

, тогда

2n −1

2(n +1) −

2n +1

2n −1

2n +1

что и означает монотонное убывание модулей членов ряда.

3. Верно, что lim

= 0 .

2n −

n→∞

Ряд сходится по признаку Лейбница. Ответ: ряд сходится.

§4. Приближенное вычисление суммы числового ряда.

Поскольку точное значение суммы ряда удается вычислить далеко не всегда (такие задачи были нами рассмотрены), возникает проблема приближенного вычисления суммы ряда с заданной точностью.

∞

Напомним, что n -ый остаток ряда rn получается из исходного ряда ∑an отбрасыванием

n=1

первых n слагаемых:

rn = an+1 + an+2 + an+3 +….

∞

Тогда, поскольку для сходящегося ряда ∑an = S ,

n=1

остаток сходящегося ряда равен разности между суммой ряда и n -ой частичной суммой: rn = S −Sn ,

и для достаточно больших n имеем приближенное равенство

S ≈ Sn .

Из определения остатка ряда следует, что абсолютная погрешность при замене точного неизвестного значения суммы S его частичной суммой Sn равна модулю остатка ряда:

δ = S −Sn = rn .

Таким образом, если требуется вычислить сумму ряда с заданной точностью δ , то нужно оставить сумму такого числа n слагаемых, чтобы для отброшенного остатка ряда выполнялось неравенство:

rn < δ .

Метод приближенного вычисления суммы выбирается в зависимости от вида ряда:

если ряд положительный и может быть исследован на сходимость по интегральному признаку (удовлетворяет условиям соответствующей теоремы), то для оценки суммы используем формулу

rn ≤ ∞∫ f (x)dx ;

n+1

если это ряд Лейбница, то применяем оценку:

rn < un+1 .

В других задачах можно использовать формулу суммы бесконечно убывающей геометрической прогрессии.

				∞		1
Задача №1. Сколько нужно взять слагаемых ряда∑								, чтобы получить его сумму
						(n +1)2	n
с точностью 0,01.				n=1
							Рассмотрим n -ый остаток
Решение. Прежде всего отметим, что данный ряд сходится.
ряда, который и является погрешностью вычислений суммы ряда:
1		1				1
rn =		+		+					+… .
	(n +2)2n+1		(n +3)2n+2		(n +4)2n+3

Оценим этот ряд с помощью бесконечно убывающей геометрической прогрессии. Для

этого заменим в каждом слагаемом множитель

на

, при этом каждое слагаемое

+ k

+ 2

увеличится:

rn =

+…<

+…

(n +2)2n+1

(n +3)2n+2

(n +4)2n+3

(n +2)2n+1

(n +2)2n+2

(n +2)2n+3

+… =

2n+1

(n +2)2n

n +2

2n+1

2n+2

2n+3

n +2

1−

n +2

2n+1

После вынесения общего множителя за скобку, в скобке остался ряд, составленный из

членов бесконечно убывающей геометрической прогрессии, сумму которого мы и

вычислили по формуле

∞

∑a1qn−1 =

1 − q

n=1

Заданная точность будет достигнута, если n будет удовлетворять условию

rn <

< 0,01 .

(n +2)2n

Решим неравенство, учитывая, что n - целое.

При n = 4 имеем

> 0,01 .

(4 +2)24

При n =5 имеем

< 0,01 .

(5 +2)25

224

В силу монотонности функции

, неравенство

< 0,01 будет выполняться для

(n + 2)2n

всех

n ≥ 5 .

<<< < Предыдущая 12 / 42 3 4 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
19.12.2018416.26 Кб4Малое предпринимательство.doc
#
09.04.201580.52 Кб17маркетинг.rtf
#
09.04.2015209.76 Кб43маркетинговая служба.docx
#
17.12.2018479.23 Кб4Марксистские концепции классовой структуры-стат....doc
#
09.04.2015821.29 Кб189МАТАН: Ряды.pdf
#
15.03.2016599.21 Кб27Матан_Ряды.pdf
#
20.07.20193.47 Mб4Матвеев.docx
#
07.09.20191.19 Mб9математ.основы прогр.2.doc
#
27.08.2019201.22 Кб2Материал по Ай-Пи.doc
#
20.09.20191.73 Mб70Материал+комп.практики.doc
#
09.04.20151.44 Mб26Материаловедение.doc