Томашпольский В.Я., Шевченко М.Н., Янов И.О. - Числовые ряды (1077061), страница 3
Текст из файла (страница 3)
Ряд знакочередующийся и сходится, так как четная частичная сумма S2n = 0, а общий член ряда an → 0 при n → ∞. Поэтому Sn → 0 и сумма ряда S = 0. Ряд из модулей представляет собойудвоенный гармонический ряд и поэтому расходится. Окончательно исходный ряд сходится условно.Разделение сходимости на абсолютную и условную оправданосвойствами этих рядов.Свойства знакопеременных рядов1. При перестановке членов абсолютно сходящегося ряда егосумма не меняется.2. С помощью перестановки членов условно сходящегося рядаего сумму можно сделать равной любому числу или бесконечности(имеются в виду бесконечные перестановки).Пример 24.
Возьмем ряд из примера 23, который сходился кнулевой сумме, и представим его члены так, чтобы после одногоположительного члена следовало два отрицательных: 11 1 11 1 11 1 11−1−− −− −− −++++...22 3 43 5 64 7 8Заметим, что в конечных суммах такая перестановка невозможна, так как не хватило бы отрицательных членов. В данном случаеневозможно указать конкретно номер положительного члена, длякоторого бы не хватило двух отрицательных.20Покажем, что сумма нового ряда изменилась. Все выражения вкруглых скобках меньше нуля, поэтому сумма ряда, если она существует, также меньше нуля и отлична от нулевой суммы ряда примера 3. Если сумма ряда не существует, то она тем более отлична отнулевой.Исследование на сходимость знакопеременного ряда удобно начинать с ряда из модулей.
Так как последний является знакоположительным рядом, то можно пользоваться всеми вышеуказаннымипризнаками. Далее используем теорему 7 или одну из нижеследующих теорем.∞ cos n2.Пример 25. Исследовать на сходимость ряд ∑2n=1 2n − 1Решение. Ряд знакопеременный. Запишем общий член ряда измодулей и применим признаки сравнения:cos n2 11|an | = 2≤∼при n → ∞.2n − 1 2n2 − 1 2n2∞ 1∞ 1Ряд ∑ 2 сходится как ряд Дирихле с p = 2 > 1 . Ряд ∑2n=1 nn=1 2n1также сходится, так как коэффициент не влияет на сходимость.2∞1сходится по предельному признаку сравнения.Ряд ∑2n=1 2n − 1Ряд из модулей, члены которого меньше членов сходящегося ряда, также сходится по признаку сравнения, поэтому по теореме 6исходный ряд сходится абсолютно.∞ sin nПример 26.
Исследовать на сходимость ряд ∑.n=1 shnРешение. Ряд знакопеременный. Имеем|sin n|122|an | =≤= n∼ n при n → ∞.−nshnshn e − ee∞ 2Ряд ∑ n сходится как ряд, составленный из членов бесконечноn=1 e1убывающей геометрической прогрессии с q = < 1.e∞ 1также сходится по предельному признаку сравнеРяд ∑n=1 shnния. Ряд из модулей сходится по признаку сравнения, и по теореме6 исходный ряд сходится абсолютно.21Замечание. Если ряд из модулей расходится по признаку Даламбера или радикальному признаку Коши, или при невыполнении необходимого условия сходимости, то исходный ряд тоже расходится(во всех трех случаях не выполняется необходимое условие сходимости).∞1Пример 27.
Исследовать на сходимость ряд ∑ (−1)n cos .nn=1Решение. Ряд знакочередующийся. Имеемlim |an | = lim cosn→∞n→∞1= 1 6= 0.nНеобходимое условие не выполнено, следовательно, исходныйряд расходится.∞ (−1)n (2n)!Пример 28. Исследовать на сходимость ряд ∑.n=1(n!)2Решение. Ряд знакочередующийся. Общий член ряда из модулей(2n) !| an | =. Применим признак Даламбера:(n !)2|an+1 |(2n + 2)! (n!)2== limn→∞ |an |n→∞ ((n + 1)!)2 (2n)!lim= limn→∞(2n + 2) (2n + 1) (2n)! (n!)222(n + 1) (n!) (2n)!2 (2n + 1)= 4 > 1.n→∞n+1= limРяд из модулей расходится по признаку Даламбера, следовательно, исходный ряд расходится.Достаточные признаки сходимостизнакопеременных рядовТеорема 8. Признак Лейбница. Если ряд ∑ an удовлетворяетn=1трем условиям:1) ряд знакочередующийся;2) последовательность |an | монотонно убывает;∞223) lim | an | = 0,n→∞то ряд сходится.Применение этого признака следует начинать с проверки последнего условия, так как если оно не выполняется, то не выполняется необходимое условие сходимости и исходный ряд расходится.При выполнении всех условий признака Лейбница и расходимостиряда из модулей исходный ряд сходится условно.∞ (−1)n.Пример 29.
Исследовать на сходимость ряд ∑ √3ln nn=2Решение. Ряд знакочередующийся. Имеем|an | = √311>√,3nln nn ≥ 2.∞ 11Ряд ∑ √расходится, как ряд Дирихле с p = < 1. Ряд из мо33n=2 nдулей также расходится по признаку сравнения. Общий член рядастремится к нулю при n → ∞, монотонно убывая, так как знаменатель общего члена монотонно возрастает. Все три условия признакаЛейбница выполняются, поэтому исходный ряд сходится, а так какряд из модулей расходится, то, окончательно, исходный ряд сходится условно.Пример 30. Исследовать на сходимость ряд∞(−1)n.∑ p 2n=2(n + 1) ln (n + 1)Решение.
Ряд знакочередующийся. Имеем1| an | = p(n2 + 1) ln (n + 1)∼√1= √при n → ∞.n2 ln n n ln n11Функция √непрерывная и монотонно убывает для x ≥ 2. Приx ln xменим интегральный признак Коши:Z∞2dx√=x ln xZ∞2√ d ln x√= lim 2 ln x b2 = ∞.ln x b→+∞231√расходится,n=2 n ln nи по предельному признаку сравнения ряд из модулей тоже расходится. Исходный ряд знакочередующийся.
Общий член ряда из модулей монотонно убывает и стремится к нулю при n → ∞, так какзнаменатель последовательности | an | неограниченно и монотонновозрастает. По признаку Лейбница исходный ряд сходится и, с учетом расходимости ряда из модулей, сходится условно.В примерах 29 и 30 монотонность последовательности | an | очевидна.
Рассмотрим примеры, в которых монотонность не очевидна.∞ (−1)n ln n√.Пример 31. Исследовать на сходимость ряд ∑nn=1Решение. Ряд знакочередующийся. ИмеемИнтеграл расходится, следовательно, ряд ∑∞ln n1| an | = √ > √ ,nnn ≥ 3.∞ 11Ряд ∑ √ расходится как ряд Дирихле с p = < 1. Ряд из моду2n=1 nлей расходится по признаку сравнения.
Общий член ряда стремится√к нулю при n → ∞, так как ln n возрастает медленнее, чем n. Длядоказательства монотонности последовательности | an | рассмотримln xфункцию f (x) = √ . Ее производнаяx1√1x − √ ln x2 − ln xx2 x√ < 0 при x > e2 .f 0 (x) ==2x xxОтсюда следует, что функция f (x) монотонно убывает на интерln nвале e2 , ∞ . Значит последовательность f (n) = √ = |an | такжеnмонотонно убывает для всех n > 8. По признаку Лейбница исходный ряд сходится. Окончательно, ряд сходится условно.Пример 32. Исследоватьна сходимость ряд√∞nn+1√ .∑ (−1) arctg2+n nn=1Решение. Ряд знакочередующийся. Выражение под знаком арктангенса имеет√√nn1√ ∼ √ = → 0 при n → ∞.2+n n n n n24Это позволяет воспользоваться эквивалентностью√√nn1√ ∼√ ∼ при n → ∞.|an | = arctg2+n n 2+n n nРяд ∑1расходится как гармонический.
Ряд из модулей расхоn=1 nдится по предельному признаку сравнения. Общий член ряда стремится к нулю как арктангенс бесконечно малой при n → ∞ . Для до1казательства монотонности последовательности |an | = arctg2√ +nn2рассмотрим функцию f (x) = √ + x . Ее производнаяx∞1f 0 (x) = − √ + 1 > 0 при x > 1.x3Следовательно, функция f (x) монотонно возрастает на интерва(1, +∞). Это значит, что последовательность |an | =1монотонно убывает при n > 1. Все условия признака= arctgf (n)Лейбница выполняются, и исходный ряд сходится, причем сходитсяусловно.Если ряд из модулей расходится, а условия 1 или 2 признакаЛейбница (знакочередование и монотонность) не выполняются, тоэто еще не означает расходимости исходного ряда.
В этом случаетребуется дополнительное исследование.Рассмотрим сначала примеры, где не выполняется условие монотонности.√∞ (−1)n n + 1Пример 33. Исследовать на сходимость ряд ∑.nn=1Решение. Ряд знакочередующийся, так как знак определяетсяпервым членом числителя. Имеемле|an | =(−1)n√1+n + (−1)n1n√=∼ √ при n → ∞.nnn√25∞ 11Ряд ∑ √ расходится как ряд Дирихле с p = < 1.
Ряд из мо2n=1 nдулей тоже расходится по предельному признаку сравнения. Проверяем условия признака Лейбница: исходный ряд знакочередующийся, общий член ряда из модулей стремится к нулю при n → ∞.Но монотонности нет, так как если рассмотреть разность√√n + (−1)nn + 1 − (−1)n|an | − |an+1 | =−=nn+11√√√n + 2n (−1)nn (n + 1) − n n + 1 + (−1)n (2n + 1)2∼=n (n + 1)n2при n → ∞, то видно, что знак определяется вторым членом числителя. Признак Лейбница не работает.
Используем другой подход:∞∞ ∞(−1)n 1√a=+=n∑∑∑ (bn + cn ).nnn=1n=1n=1Легко видеть, что ряд ∑ bn сходится (условно ), а ряд ∑ cn рас∞∞ходится. В этом случае, т. е. когда один ряд сходится, а другой расходится, исходный ряд расходится.∞ (−1)n n + 1.Пример 34. Исследовать на сходимость ряд ∑n2n=1Решение. Так же, как в предыдущем примере, ряд знакочередующийся. Ряд из модулей расходится, его общий член стремится кнулю, но монотонности нет:∞∞ ∞1(−1)n∑ an = ∑ n + n2 = ∑ (bn + cn ).n=1n=1n=1n=1n=1Видно, что ряд ∑ bn сходится (условно) и ряд ∑ cn сходится как∞∞ряд Дирихле с p = 2 > 1.
В этом случае, т. е. когда оба ряда сходятся,исходный ряд сходится, причем условно, так как ряд из модулейрасходится.Таким образом, при невыполнении условия монотонности рядможет как сходиться, так и расходиться.n=126n=1При невыполнении условия знакочередования используют признак Дирихле, который является обобщением признака Лейбница.Теорема 9. Признак Дирихле. Если последовательность an монотонно стремится к нулю при n → ∞, а последовательность частичных сумм ряда ∑ bn ограничена, то ряд ∑ an bn сходится.∞∞Если в качестве bn взять (−1)n или (−1)n+1 , то получаем признак Лейбница.Если с помощью признака Лейбница легко доказывается сходи∞1мость ряда ∑ (−1)n , то с помощью признака Дирихле можноnn=1∞ sin αn∞ cos αnдля любого α и ∑длядоказать сходимость рядов ∑nnn=1n=1любого α 6= 2πk .Пример 35.
Используя сходимость указанных рядов, исследо∞ sin nвать на абсолютную сходимость ряд ∑.n=1 nРешение. Имеем sin n sin2 n 1 − cos 2n1cos 2n≥| an | = ==−= bn − cn .nn2n2n2nn=1n=1Ряд ∑ bn расходится, а ряд ∑ cn сходится по признаку Ди∞∞рихле, поэтому ряд ∑ (bn − cn ) расходится. Следовательно, ряд изn=1∞n=1модулей расходится по признаку сравнения. Таким образом, исходный ряд сходится условно.n=1Задачи для самостоятельного решения√∞ sin n1) ∑ √ ;n=1n3 √∞ln n3) ∑ (−1)n √;4nn=1∞n!5) ∑ (−1)n n ;en=1∞12) ∑ (−1)n arccos √ ;nn=1∞2n4) ∑ cos n tg n ;3n=1∞nn√6) ∑ (−1) √;3 44n=1n + n327∞cos (ln n)7) ∑;nn=1 e − 5∞1;9) ∑ (−1)n sin √3nn=1∞n+111) ∑ (−1)n ln;2n + 1n=1∞ en sin en;13) ∑2n=1 ch n∞15) ∑ (−1)n arctg n;n=1∞(−n − 1)n17) ∑;nn=1 (n + 1) !e∞ππ√ ;19) ∑ cos πn + √nnn=1∞8) ∑n=1∞1 − 3n2n + 1n10) ∑ sin n sinn=1∞;π;n2(−1)n;nn=1 ln (e + 1)∞(−1)n14) ∑;n=1 n ln (n + 1)12) ∑∞16) ∑ (−1)n arcctg n;n=1∞sh (sin n);sh(ln(n2 + 1))n=118) ∑∞20) ∑ th (tg n) (1 − th n) 7n .n=1Ответы1) сходится абсолютно;3) сходится условно;5) расходится;7) сходится абсолютно;9) сходится условно;11) расходится;13) сходится абсолютно;15) расходится;17) сходится абсолютно;19) сходится условно;2) расходится;4) сходится абсолютно;6) сходится условно;8) расходится;10) сходится абсолютно;12) сходится условно;14) сходится условно;16) сходится условно;18) сходится абсолютно;20) сходится абсолютно.4.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
