Томашпольский В.Я., Шевченко М.Н., Янов И.О. - Числовые ряды (1077061), страница 2

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 2)

Имеемn=30,2 ln n 0,2n1/50,2√< 7 5 = 6 5.5 7/n/nnСтепень для n в числителе подобрана так, чтобы разность показателей степени в знаменателе и числителе была больше единицы.∞0, 26Поскольку ряд ∑ 6 5 сходится как ряд Дирихле при p = > 1 , то/5n=3 nисходный ряд сходится по признаку сравнения.Теорема 3. Предельный признак сравнения.

Пусть∑ an и∞n=1∑ bn — два знакоположительных ряда. Если существует конечный∞n=110и отличный от нуля предел limряды∑ an и∞n=1ann→∞ bn= λ 6= 0, то знакоположительные∑ bn либо сходятся, либо расходятся одновременно.∞n=1Иными словами, если an ∼ bn при n → ∞, то ряды∑ an и∞∑ bn либо∞сходятся, либо расходятся одновременно.Полезным будет список эквивалентных бесконечно малых приx → 0:sin x ∼ x,n=1n=1tg x ∼ x,arcsin x ∼ x,arctg x ∼ x,ln (x + 1) ∼ x,ex − 1 ∼ x,ax − 1 ∼ x ln a.Для бесконечно больших имеют место следующие эквивалентности при n → ∞:Pk (n) ∼ a0 nk , где Pk (n) = a0 nk + a1 nk−1 + .

. . + ak ,en,2ench n ∼ ,2sh n ∼n! ∼2πnnn e−n (формула Стирлинга).√Пример 8. Исследовать на сходимость ряд∞1∑ arcsin 3n + 4 .111∼∼ , n → ∞, а рядРешение. Поскольку arcsin3n + 43n + 43n∞11∑ 3n расходится как гармонический (умноженный на 3 ), то поn=1предельному признаку сравнения расходится и исходный ряд.n=111Пример 9. Исследовать на сходимость рядРешение. Имеемan =Ряд5n2 − 45n25∼= 2,4347n + 3n + 100 7n7n∞5n2 − 4∑ 7n4 + 3n3 + 100 .n=1n → ∞.∑ 7n2 сходится как ряд Дирихле при p = 2. Cледовательно,∞5сходится и исходный ряд.n=11 √√Пример 10. Исследовать на сходимость ряд ∑ ln 1+ 3n.nn=11 √an = ln2 1 + √n∼Решение.

Поскольку при n → ∞3n2∞√111n=,а«эталонный»рядрасходится как∼ √∑3161/6nn/n=1 n1ряд Дирихле при p = , то исходный ряд расходится.6r∞ln n + nПример 11. Исследовать на сходимость ряд ∑ 7 9.n −5n=2Решение. Поскольку ln n является бесконечно большой менеевысокого порядка роста, чем n при n → ∞, то ln n + n ∼ n при n → ∞.Следовательно,rrn17 ln n + n∼ 7 9 = 8 7 , n → ∞.9n −5nn/Поскольку ряд∞1∑ n8/7∞2сходится как ряд Дирихле при p =8, то7исходный ряд тоже сходится.Теорема 4. Признак Даламбера.

Если an > 0 для n ≥ k и су∞an+1ществует предел lim= q, то ряд ∑ an сходится при q < 1 иn→∞ ann=1расходится при q > 1 или q = ∞.Замечание. При q = 1 или если предел не существует, признакДаламбера «не действует», и для выяснения сходимости ряда надоиспользовать другие теоремы.12n=1Признак Даламбера обычно применяют к рядам, общий член которых an содержит показательную функцию, факториал или произведение множителей.∞n4Пример 12. Исследовать на сходимость ряд ∑ n .n=1 5Решение. Имеемan =n4;5nan+1 =(n + 1)4.5n+1an+1(n + 1)4 5nn+1 4 1Поскольку lim= lim= lim=n→∞ ann→∞ 5n+1 n4n→∞n51= < 1, то ряд сходится.5Пример 13. Исследовать на сходимость ряд∞4 ∙ 7 ∙ 10 ∙ .

. . ∙ (3n + 1).∑n=1 2 ∙ 6 ∙ 10 ∙ . . . ∙ (4n − 2)Решение. Имеемan =4 ∙ 7 ∙ 10 ∙ . . . ∙ (3n + 1);2 ∙ 6 ∙ 10 ∙ . . . ∙ (4n − 2)an+1 =Найдемlimn→∞4 ∙ 7 ∙ 10 ∙ . . . ∙ (3n + 1) (3n + 4).2 ∙ 6 ∙ 10 ∙ . . . ∙ (4n − 2) (4n + 2)an+1=an= limn→∞4 ∙ 7 ∙ 10 ∙ . . . ∙ (3n + 1) (3n + 4) ∙ 2 ∙ 6 ∙ 10 ∙ . .

. ∙ (4n − 2)=2 ∙ 6 ∙ 10 ∙ . . . ∙ (4n − 2) (4n + 2) ∙ 4 ∙ 7 ∙ 10 ∙ . . . ∙ (3n + 1)= limn→∞Cледовательно, ряд сходится.(3n + 4) 3= < 1.(4n + 2) 4Пример 14. Исследовать на сходимость рядРешение. Имеемan =n3 n !,(2n − 1) !an+1 =∞n3 n !.∑n=1 (2n − 1) !(n + 1)3 (n + 1) !.(2n + 1) !13Напомним, что (n + 1) ! = 1 ∙ 2 ∙ 3 ∙ . . .

∙ n (n + 1) = n! (n + 1), (2n ++1) ! = 1 ∙ 2 ∙ 3 ∙ . . . ∙ (2n − 1) ∙ 2n ∙ (2n + 1) = (2n − 1)!2n (2n + 1).Найдемan+1(n + 1)3 (n + 1)! (2n − 1)!= lim=n→∞ ann→∞(2n + 1)!n3 n!lim(n + 1)3 n! ∙ (n + 1) (2n − 1)!n+1= lim= 0 < 1.3n→∞ (2n − 1)!2n (2n + 1) n ∙ n!n→∞ 2n (2n + 1)= limCледовательно, ряд сходится.Пример 15. Исследовать на сходимость рядРешение. ИмеемНайдемan =(n + 1)n;(n − 2)!an+1 =∞(n + 1)n.∑n=3 (n − 2)!(n + 2)n+1.(n − 1)!an+1(n + 2)n+1 (n − 2)!= limn =n→∞ ann→∞ (n − 1)! (n + 1)(n + 2)n (n + 2) (n − 2)!n+2 n=lim== limnn→∞ (n − 2)! (n − 1) (n + 1)n→∞ n + 1n1= lim 1 += e > 1.n→∞n+1limCледовательно, ряд расходится.В этом примере мы использовали 2-й замечательный предел1 nlim 1 += e.n→∞nПример 16.

Исследовать на сходимость ряд∞nn∑ n ! en .Решение. Хотя пример аналогичен предыдущему, применениепризнака Даламбера не дает результата. Поэтому воспользуемсяформулой Стирлингаan =14nn1∼√,nn!e2πnn → ∞.n=1∞11расходится как ряд Дирихле при p = , поэтомуРяд ∑ √2n=1 2πnисходный ряд расходится.Теорема 5. Радикальный признак Коши. Если существует∞√предел lim n an = q, то ряд ∑ an сходится при q < 1, расходитсяпри q > 1.Замечание.

Если q = 1 или если предел не существует, то ничегоопределенного о сходимости ряда сказать нельзя, требуется применить другой признак.∞n+5 n.Пример 17. Исследовать на сходимость ряд ∑n=1 3n + 1Решение. Найдемn→∞n=1√n+51= < 1.lim n an = limn→∞n→∞ 3n + 13Следовательно, ряд сходится.1Пример 18. Исследовать на сходимость ряд ∑ nn=1 4Решение. Найдем∞21+nn2.√12 n e2nlim an = lim ∙ 1 +=> 1.n→∞n→∞ 4n4Следовательно, ряд расходится.Особо подчеркнем, что у рядов, расходящихся на основаниипризнака Даламбера или радикального признака Коши, не выполняется необходимое условие сходимости, т.

е. lim an 6= 0. Рассмотримвопрос о том, какой из признаков является более «сильным».an+1Утверждение. Из существования предела lim= q вытеn→∞ an√nкает существование предела lim an = q, и эти пределы равны.n→∞Таким образом, радикальный признак Коши «сильнее» признакаДаламбера.∞ 10 + (−1)n.Пример 19. Исследовать на сходимость ряд ∑2nn=1n→∞15Решение.

Имеемan =10 + (−1)n;2nПредел liman+1 =10 + (−1)n+1.2n+110 + (−1)n+1 ∙ 2nan+1= lim nn =n→∞ ann→∞ 2 ∙ 2 ∙ (10 + (−1) )110 + (−1)n+1не существует. Признак Даламбера «не рабо= lim2 n→∞ 10 + (−1)nтает».Найдемrn√1n 10 + (−1)lim n an = lim= < 1.nn→∞n→∞22Следовательно, ряд сходится по радикальному признаку Коши.Если признак Даламбера дает в пределе q = 1, то и по радикальному признаку Коши получим q = 1. Если по радикальному признаку Коши получаем q = 1, то по признаку Даламбера также q = 1или предел не существует. Таким образом, если при исследованиисходимости ряда по одному из этих признаков получаем q = 1, товторой применять не имеет смысла.Теорема 6. Интегральный признак Коши.

Если существуетфункция f (x), положительная, непрерывная, монотонно убывающая на промежутке [x0 , +∞) и такая, что f (n) = an , то ряд ∑ an∞и несобственный интегралновременно.n=n0+∞Rx0f (x) dx сходятся или расходятся од-Пример 20. Исследовать на сходимость ряд ∑∞1√ .n=2 n ln n1положительная и убывает наРешение. Функция f (x) = √x ln xпромежутке [2, +∞). Тогда16Z+∞2ZbZbdxd (ln x)√√= lim=x ln x b→+∞ln x22 √ √√ b= lim 2 ln x 2 = 2 limln b − ln 2 = ∞,dx√= limx ln x b→+∞b→+∞b→+∞т.

е. несобственный интеграл расходится. Следовательно, расходится и ряд.Отметим, что сходимость и расходимость рядов Дирихле следуют из интегрального признака Коши.Задачи для самостоятельного решения∞√n;1) ∑lnn+5n=1∞ lg n3) ∑ 4 ;n=2 n∞ ecos n;5) ∑2n=1 n2∞2+n n;7) ∑n=2 n − 13∞ 11 n;9) ∑ n 1 + 2n=1 2 n1sin √∞n√11) ∑;3nn=1∞sh n13) ∑ √;n=1 chn − 1∞115) ∑ √;n=2 n nln n15 + arcsin √∞n√17) ∑;3nn=1∞ 2 ∙ 7 ∙ 12 ∙ . . .

∙ (5n − 3);19) ∑n=1 2 ∙ 5 ∙ 8 ∙ . . . ∙ (3n − 1)12) ∑ sin 3 + 3 ;n √n=1∞ ln n + 2 n√4) ∑;5 3n=1n∞ ln(4 + sin n)6) ∑;nn=12∞1 n8) ∑ 1 −;nn=1n∞4n − 1;10) ∑n=1 4n + 3∞∞12) ∑1√ ;n=1 n3 e n∞1√;n=2 2n ln3 n∞1p;16) ∑n=3 n ln n ln (ln n)√∞ 3n3 + 2n + n + 1√18) ∑;2 3n=1 (n + 1) ∙ n2 n∞4;20) ∑ n ! ∙5n=114) ∑17∞nn;nn=1 3 ∙ (4n + 1)21) ∑∞3n ∙ n !;nn=1 n23) ∑∞(n !) 2;n=1 (2n) !25) ∑∞sin2 n;3n=2 n − n − 1r∞1129) ∑− sin ;nnn=127) ∑∞2n ∙ n !;nn=1 n22) ∑∞(2n) !;nn=1 5 ∙ n !√∞ 4 4n6 − n3 − 1;26) ∑ √3n=1 n7 + n2 + 10∞11;28) ∑ e n − 1 −nn=124) ∑∞4n.n=2 (ln n)30) ∑Ответы1) расходится;2) расходится;5) сходится;6) расходится;3) сходится;7) расходится;9) расходится;11) расходится;13) расходится;15) сходится;17) расходится;19) расходится;21) расходится;23) расходится;25) сходится;27) сходится;29) сходится;184) расходится;8) сходится;10) расходится;12) сходится;14) сходится;16) расходится;18) расходится;20) расходится;22) сходится;24) расходится;26) расходится;28) сходится;30) сходится.3.

ЗНАКОПЕРЕМЕННЫЕ РЯДЫЧисловой ряд, содержащий бесконечное число положительныхи бесконечное число отрицательных членов, называется знакопеременным (например, если общий член ряда содержит множитель виπnда cos n, sinи т. п.). Знакопеременный ряд называется знакочере2дующимся, если все четные члены имеют один знак, а нечетные —противоположный. Например, если общий член ряда содержит множитель (−1)n = cos πn. Ряд, содержащий конечное число положительных или отрицательных членов, исследуют на сходимость какзнакоположительный, так как отбрасывание конечного числа членов ряда и почленное умножение на – 1 не влияет на сходимость.∞10 − n2√ .Пример 21.

Исследовать на сходимость ряд ∑2n=1 (10 + n ) nРешение. Первые три члена положительные, а остальные — отрицательные. Отбрасываем первые три члена, остальные умножаемна – 1.Получаемn21n2 − 10√√ =√∼22(10 + n ) n n nnпри n → ∞.∞ 11Ряд ∑ √ расходится как ряд Дирихле с p = < 1. Исходный2n=4 nряд расходится по предельному признаку сравнения.Абсолютная и условная сходимостиСходимость знакопеременного ряда может быть или абсолютной или условной.Определение. Ряд ∑ an называется абсолютно сходящимся,∞если ряд из его модулей ∑ | an | сходится.

Знакопеременный ряд наn=1∞зывается условно сходящимся, если он сходится, а ряд из модулейрасходится.Теорема 7. Теорема об абсолютной сходимости. Если ряд абсолютно сходится, то он сходится и в обычном смысле.n=119∞ (−1)n 2nПример 22. Исследовать на сходимость ряд ∑=3nn=1 n∞2.= ∑ −3n=1Решение. Ряд знакочередующийся. Ряд из модулей сходится как2геометрическая прогрессия со знаменателем q = < 1. Поэтому3исходный ряд сходится абсолютно.1 1Пример 23. Исследовать на сходимость ряд 1 − 1 + − +2 21 1 1 1+ − + − +...3 3 4 4Решение.

Характеристики

Список файлов книги