Бобров А.Н., Радославова Т.В. - Задачи по высшей математике для биологов (А.Н. Бобров, Т.В. Радославова - Задачи по высшей математике для биологов), страница 13

.. Так как ряд∞PAn сходится, то в соответствии сn=1теоремой 7.2 существует C > 0 такое, что Spk 6 C для всех pk . Переходя к последовательности {Sn }, заметим,что для любого n найдется pk такой, что n 6 pk , а в силу монотонности Sn будет верно и Sn 6 Spk 6 C. Значит,∞Pпоследовательность {Sn } ограничена и рядan сходится.n=1Остается заметить, что если некоторая подпоследовательность сходящейся последовательности имеет предел S, то и сама последовательность также стремится к S.∞P7.11.

Доказать, что если рядыa2nиn=1∞X|an bn |,n=1I Так как |an bn | 61 2(a + b2n ), то2 nnXk=1∞PИз сходимости рядовряда∞Pn=1a2n и∞Pn=1∞Pb2n сходятся, то сходятся также рядыn=1∞X(an + bn )2 ,∞X|an |n=1n=1nX1|ak bk | 62a2k+k=1nXn.!b2k.k=1b2n следует ограниченность их частичных сумм, значит и частичные суммы|an bn | ограничены, а ряд сходится.n=1Далее, воспользуемся оценкойnX(ak + bk )2 =k=1nXa2k + 2k=1nXk=1ak bk +nXk=1b2k 6nXa2k + 2k=1nXk=1|ak bk | +nXb2k .k=1Все частичные суммы, стоящие в правой части неравенства, ограничены, значит ограничены частичные суммы∞Pряда(an + bn )2 , и он сходится.n=1Положив bn =∞ |a |P1n, получим, что рядсходится по доказанному.nn=1 nТеорема 7.3 (признак сравнения).

Пусть даны два ряда с неотрицательными членами∞Pan иn=1bn , то∞Pbn . Еслиn=1для всех n > N , где N — некоторое натуральное число, выполняется неравенство an 6из сходимости∞∞∞∞PPPPрядаbn следует сходимость рядаan , а из расходимости рядаan следует расходимость рядаbn .n=1n=1n=1n=17.12.

Можно ли из условия теоремы 7.3 исключить требование неотрицательности членов рассматриваемых рядов? Привести примеры.79Ряды∞P∞ 1P11. Для всех натуральных n верно − < n .nn2n=1n=1 2∞ 1∞ 1PPОднако гармонический рядрасходится (см. задачу 7.7), а бесконечная геометрическая прогрессияnn=1 nn=1 21сходится, т. к. |q| = < 1 (см. задачу 7.1).2I Нельзя. Действительно, рассмотрим ряды−1nиМожет возникнуть заблуждение, что данная теорема распространяется на произвольные ряды заменой неравенства an 6 bn неравенством |an | 6 |bn |. Однако, это неверно.7.13. Можно ли в теореме 7.3 заменить неравенство an 6 bn неравенством|an | 6 |bn | и отказаться от условия неотрицательности членов рассматриваемыхрядов? Привести примеры.n∞ (−1)n 1 P1 6 (−1) .и. Для всех натуральных n > 2 выполняется n nn ln n n=1n=2 n ln nn∞∞P 1P (−1)Однако, рядсходится (см.

задачу 7.33), а— расходится (см. задачу 7.29).nn=1n=2 n ln nI Рассмотрим ряды∞PТеорема 7.4 (признак сравнения в предельной форме). Пусть существует конечный предел∞∞PPanlim= C, C 6= 0, an > 0, bn > 0, т. е. an ∼ C · bn при n → ∞. Тогда рядыan иbn являютn→∞ bnn=1n=1∞∞∞PPPся равносходящимися, т. е. из сходимостиan следует сходимостьbn , из расходимостиan следуетрасходимость∞Pn=1n=1n=1bn .n=17.14. Привести примеры рядов, для исследования сходимости которых применима теорема 7.3, но неприменима теорема 7.4.∞PI Для рядов с положительными членамиan , где an =n=1bn =∞P1,иbn , гдеnn=11/n, если n нечетное,2/n, если n четное,выполняется an 6 bn , и по теореме 7.3 из расходимости гармонического ряда следует расходимость ряда∞Panbn . Однако, использование теоремы 7.4 невозможно, поскольку отношенияобразуют последовательностьbnn=1111, , 1, , .

. ., которая не имеет предела.22∞PДругой пример дают рядыan , гдеn=1an =∞P∞P1/n2 , если n нечетное,1/n3 , если n четное,1. Для всех n выполняется неравенство an 6 bn , и по теореме 7.3 из сходимостиn2∞∞PPрядаbn (см. задачу 7.21) следует сходимость рядаan . Однако, используя теорему 7.4, никакого выводаиbn , гдеn=1n=1bn =n=1n=1an11сделать нельзя. Действительно, отношенияобразуют последовательность 1, , 1, , . .

., которая не имеетbn24предела.80Ряды7.15. Если ряд∞P∞Pbn= 1, то можно ли утверждать, что рядn→∞ anan сходится и limn=1bn также сходится?n=1♦ Указание. Рассмотреть ряды∞ (−1)n∞PP√иnn=1n=1(−1)n1√.+nn7.16. Исследовать на сходимость ряд∞ X11ln α − ln sin α,nnn=1где α ∈ R.1I Пользуясь свойством логарифма, перепишем общий член ряда в виде an = − ln nα sin α . Очевидно, чтоnпри α 6 0 общий член не стремится к нулю, значит не выполняется необходимое условие сходимости, и ряд1расходится.

При α > 0 имеем α → 0 при n → ∞, и используя разложение функции sin x по формуле Тейлораn1в точке x = 0 при x = α , получимn 11111111ααan = − ln n sin α = − ln n− 3α + o= − ln 1 − 2α + o= 2α + onnα6nn3α6nn2α6nn2αпри n → ∞. Илиan ∼1.6n2α1и расходиться приЗначит, по признаку сравнения в предельной форме наш ряд будет сходиться при α >21α6 .27.17. Исследовать на сходимость ряды√∞Xnne−n−1а);nn=1∞ X11;в)− ln 1 +nnn=1∞ X11д)− sin;nnn=1♦ Указание. Обозначитьб)г)е)∞X√(n n e − n − 1);n=1∞ X11 − n ln 1 +nn=1∞ X1n − n2 sin.nn=11= x и применить формулу Тейлора.n7.18.

Доказать, что если lim nan = a 6= 0, то рядn→∞∞Pn=181an расходится.;Ряды♦ Указание. Свести задачу к случаю знакопостоянного ряда и сравнить с рядом7.19. Доказать, что если ряд∞P∞ aP.n=1 2nan с положительными монотонно убывающимиn=1членами сходится, то lim nan = 0.n→∞I По критерию Коши, из сходимости ряда∞Pan следует, что ∀ ε существует натуральное число N такое, чтоn=1∀ n > N и ∀ p справедливо неравенствоan+1 + an+2 + . .

. + an+p <ε.2Т. к. {an } — положительная монотонно убывающая последовательность, то из этого неравенства следует, чтоεpan+p < . Полагая, далее, последовательно p = n и p = n+1, отсюда находим, что 2na2n < ε и (2n+1)a2n+1 < ε2при n > N . Следовательно, nan < ε при любом n > 2N . Что и доказывает наше утверждение.7.20. Доказать, что ряд∞Pan с положительными монотонно убывающими чле-n=1нами сходится и расходится одновременно с рядом∞P2n a2n (теорема Коши).n=0I Посколькуa2 > a3 ,a4 > a5 , a4 > a6 , a4 > a7 ,a8 > a9 , a8 > a10 , a8 > a11 , a8 > a12 , a8 > a13 , a8 > a14 , a8 > a15 ,и т.

д.тоa1 + a2 + a3 + a4 + . . . + a2n+1 6 a1 + 2a2 + 4a4 + . . . + 2n a2n .Если ряд∞P2n a2n сходится, то последовательность его частичных сумм ограничена (см. теорему 7.2), значит,n=0∞∞PPпоследовательность частичных сумм рядаan также ограничена, и ряд сходится. Если же рядan расn=1n=1ходится, последовательность его частичных сумм неограниченна, значит, неограниченна последовательность∞Pчастичных сумм ряда2n a2n , и он расходится.n=0Остальные случаи исследуются с помощью неравенства4a4 + 8a8 + . .

. + 2n a2n 6 2a3 + 2a4 + 2a5 + 2a6 + 2a7 + 2a8 + . . . + 2a2n = 2(a3 + a4 + a5 + . . . + a2n ).7.21. Доказать, что ряд∞P1сходится при p > 1.pn=1 n♦ Указание. Применить результаты задачи 7.20.∞PТеорема 7.5 (признак Даламбера). Рассмотрим рядan с положительными членами. Если существуетn=1an+1конечный или нет предел выражения lim= D, то при D < 1 ряд сходится, при D > 1 (включая случайn→∞ anD = ∞) ряд расходится.Из доказательства теоремы можно сделать следующее важное замечание: если D > 1, то lim an 6= 0, т. е. неn→∞выполняется необходимое условие сходимости ряда.82Ряды∞ n!enP.7.22.

Исследовать на сходимость рядn nn=1 2 nI Рассмотримan+1enne(n + 1)!en+1 2n nnn .=== n+1n+1nan2(n + 1)n!e2(n + 1)n2 1 + n1n11Используя второй замечательный предел lim 1 += e, получаем lim Dn = < 1 и ряд сходится.n→∞n→∞n2Dn =∞PТеорема 7.6 (признак Коши). Рассмотрим рядan с неотрицательными членами.

Если существует коn=1√нечный или нет предел выражения lim n an = K, то при K < 1 ряд сходится, при K > 1 (включая случайn→∞K = ∞) ряд расходится.Из доказательства теоремы можно сделать следующее важное замечание: если K > 1, то lim an 6= 0, т. е. неn→∞выполняется необходимое условие сходимости ряда.7.23. Исследовать на сходимость ряд∞Pn=1n−1n+1n(n−1).I РассмотримsKn =nn−1n+1n(n−1)=n−1n+1n−1= 1−2n+1n−1= e(n−1) ln(1− n+1 ) .2Таким образом,2lim (n−1) ln(1− n+1)lim Kn = lim e(n−1) ln(1− n+1 ) = en→∞2n→∞n→∞lim −2 n−1n+1= en→∞=1< 1.e2Значит, ряд сходится.∞ n!enP7.24. Исследовать на сходимость ряд.nn=1 nan+1en → 1 при n → ∞. Таким=an1 + n1√образом,Даламбера неприменим. Для исследования Kn = n an воспользуемся формулой Стирлинга√ признакn! ∼ 2πnnn e−n при n → ∞:r√1n1e n n!e √n n!en −n nKn ==∼2πnne= (2πn) 2n → 1nnnnI Повторяя рассуждения задачи 7.22, убеждаемся, что Dn =при n → ∞.

Значит, признак Коши неприменим.Однако, нужно заметить, что повторяя предыдущие рассуждения с формулой Стирлинга√√en n!en 2πnnnan = n ∼= 2πnnnnn eпри n → ∞. Значит, lim an = ∞, т. е. не выполняется необходимое условие сходимости, и ряд расходится.n→∞Конечно, это исследование нужно было провести до применения признаков Даламбера и Коши.83Ряды7.25. Показать, что если ряд∞Pan , an > 0 сходится (расходится) по признакуn=1Даламбера, то он сходится (расходится) и по признаку Коши.

Привести примерряда, сходящегося по признаку Коши, к которому нельзя применить признакДаламбера (тем самым признак Коши сильнее признака Даламбера).♦ Указание. См. задачи 1.30 и 1.27.Теорема 7.7 (интегральный признак Коши). Рассмотрим ряд∞Pan с положительными членами.

Пустьn=1на луче [1; +∞) определена положительная, монотонно убывающая и непрерывная функция f (x) такая, что+∞∞RPf (n) = an для всех n, начиная с некоторого n0 . Тогда рядan и несобственный интегралf (x) dx являютсяn=1равносходящимися, т. е. ряд∞P1an сходится тогда и только тогда, когда сходится интегралn=1+∞Rf (x) dx.1Рис. 297.26. Привести пример, когда при отказе от монотонности функции f (x) в тео+∞∞RPреме 7.7 рядan расходится, а интегралf (x) dx сходится.n=11∞ 1P. Функцию y = f (x) зададим (см.