Числовые и функциональные ряды (1082840), страница 3
Текст из файла (страница 3)
Исследовать на сходимость ряд ∑ 3 .n =1 nРешение. Исследуем ряд на абсолютную сходимость. Для этого запишем ряд∞∑n =1(− 1)nn3∞1.3n =1 n=∑Получили положительный ряд, который сходится, так как является обобщеннымгармоническим при p = 3 > 1 . Делаем вывод, что исходный знакопеременный рядсходится абсолютно.Ответ: ряд сходится абсолютно.∞cos nЗадача №2. Исследовать на сходимость ряд ∑.n =1 n !Решение. Данный ряд является знакопеременным, поскольку знак выражения cos nменяется. Рассмотрим ряд, состоящий из модулей исходного ряда:∞∞ cos ncos n.=∑∑n!n!n =1n =1Получившийся положительный ряд можно исследовать на сходимость с помощьюпризнака сравнения.
Для любого натурального n справедливо неравенство:cos n 1≤ .n!n!Ряд∞1∑ n ! сходится, что можно показать по признаку Даламбера,n =117следовательно, по признаку сравнения положительный ряд∞cos nn =1n!∑сходится, а∞cos nсходится абсолютно.n =1 n !∑исходный знакопеременный рядОтвет: ряд сходится абсолютно.Заметим, что положительные ряды сходятся (имеют конечную сумму) за счет“быстрого” стремления к нулю общего члена ряда, для знакопеременных рядовсуществует еще одна возможность сходимости: сумма уменьшается за счет вычитанияслагаемых. Поэтому для знакопеременных рядов может возникнуть ситуация, когда ряд,составленный из модулей, расходится, а сам знакопеременный ряд сходится.
В этомслучае говорят об условной сходимости.Определение. Знакопеременный ряд называется условно сходящимся, если он сходится,но не сходиться абсолютно.Введем понятие знакочередующегося ряда:Определение. Рядu1 − u 2 + u 3 − u 4 + … ,где u n > 0 для всех nназывается знакочередующимся.Отметим, что в отличие от знакочередующихся рядов, в знакопеременных рядахзнаки меняются произвольным образом.
Следовательно, знакочередующиеся рядыявляются 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 =1n +1u n = u1 − u 2 + u 3 − … + (−1) n +1 u n + …выполняются три условия:1. Ряд является знакочередующимся.2. Модули членов ряда монотонно убывают:u1 ≥ u 2 ≥ … ≥ u n ≥3. Модуль общего члена ряда стремиться к нулю, т.е.lim u n = 0 ,n →∞то данный ряд сходится.Подчеркнем, что все три условия признака Лейбница являются существенными иподлежат проверке.Договоримся далее по тексту ряд, удовлетворяющий трем условиям признакаЛейбница называть рядом Лейбница.Сформулируем важное следствие теоремы Лейбница, используемое дляприближенного вычисления суммы сходящегося ряда.Можно показать, что для сходящегося ряда Лейбница верна оценка:S < u1 ,тогда для остатка ряда имеемrn < u n +1 .(−1) n.∑nn =1Решение.
Покажем, что данный ряд является рядом Лейбница.1. Действительно присутствует чередование знаков, т.к.Задача №3. Исследовать на сходимость ряд∞18⎧ + 1, если n = 2k1n> 0, а (− 1) = ⎨n⎩− 1, если n = 2k + 12. Имеем монотонное убывание модулей членов ряда, поскольку для всех n вернонеравенство:11.>n n +113. Третье условие также выполняется: lim = 0 .n→∞ nПо признаку Лейбница делаем вывод о том, что ряд сходится.Ответ: ряд сходится.∞(−1) n.Задача №4. Исследовать на сходимость ряд ∑n = 2 ln nРешение. Проверим выполнение трех условий признака Лейбница.1. За чередование знака отвечает множитель (−1) n , знаменатель при этом остается большенуля:ln n > 0 , для всех натуральных n ≥ 2 .2.
Из монотонного возрастания функции y = ln x следует, что для всех n ≥ 2выполняется неравенство:ln(n + 1) > ln n , отсюда11>, т. е. u n > u n +1 .ln ln(n + 1)13. Справедливо и третье условие: lim= 0.n →∞ ln nРяд сходится условно по признаку Лейбница.Ответ: ряд сходится.n∞(− 1).Задача №5. Исследовать на сходимость ряд ∑n =1 2n − 1Решение. а). Исследуем ряд на абсолютную сходимость. Для этого рассмотрим ряд∞(− 1)n∑ 2n − 1n =1∞1.n =1 2n − 1=∑∞Полученный положительный ряд сравним с гармоническим рядом1∑n:n =1an =тогда11, bn = ,2n − 1n1annn1lim= lim 2n − 1 = lim= lim= ≠ 0.n→∞ bn →∞n →∞ 2n − 1n→∞112nn( 2 − )nn19∞Тогда по признаку сравнения рядрасходящийся гармонический рядисходный ряд∞(− 1)1∑ 2n −1 в смысле сходимости ведет себя также какn =1∞1.
Ряд∑n =1 n∞1∑ 2n − 1 расходится, следовательно,n =1n∑ 2n − 1 не является абсолютно сходящимся.n =1б). Исследуем ряд на условную сходимость. Воспользуемся признаком Лейбница.n∞(−1)-- знакочередующийся, т.к. 2n − 1 > 0 для всех натуральных n , а1. Ряд ∑n =1 2n − 1+ 1, если n = 2k(− 1)n = ⎧⎨.⎩− 1, если n = 2k + 1111un ==2., тогда, u n +1 =2(n + 1) − 1 2n + 12n − 111>,2n − 1 2n + 1что и означает монотонное убывание модулей членов ряда.13.
Верно, что lim=0.n → ∞ 2n − 1Ряд сходится по признаку Лейбница.Ответ: ряд сходится.§4. Приближенное вычисление суммы числового ряда.Поскольку точное значение суммы ряда удается вычислить далеко не всегда (такие задачибыли нами рассмотрены), возникает проблема приближенного вычисления суммы ряда сзаданной точностью.Напомним, что n -ый остаток ряда rn получается из исходного ряда∞∑an =1nотбрасываниемпервых n слагаемых:rn = a n +1 + a n + 2 + a n +3 + … .∞Тогда, поскольку для сходящегося ряда∑an =1n=S,остаток сходящегося ряда равен разности между суммой ряда и n -ой частичной суммой:rn = S − S n ,и для достаточно больших n имеем приближенное равенствоS ≈ Sn .Из определения остатка ряда следует, что абсолютная погрешность при замене точногонеизвестного значения суммы S его частичной суммой S n равна модулю остатка ряда:δ = S − S n = rn .Таким образом, если требуется вычислить сумму ряда с заданной точностью δ , то нужнооставить сумму такого числа n слагаемых, чтобы для отброшенного остатка рядавыполнялось неравенство:rn < δ .Метод приближенного вычисления суммы выбирается в зависимости от вида ряда:20если ряд положительный и может быть исследован на сходимость по интегральномупризнаку (удовлетворяет условиям соответствующей теоремы), то для оценки суммыиспользуем формулу∞rn ≤∫ f ( x)dx ;n +1если это ряд Лейбница, то применяем оценку:rn < u n +1 .В других задачах можно использовать формулу суммы бесконечно убывающейгеометрической прогрессии.∞1Задача №1.
Сколько нужно взять слагаемых ряда ∑, чтобы получить его суммуnn =1 ( n + 1) 2с точностью 0,01.Решение. Прежде всего отметим, что данный ряд сходится. Рассмотрим n -ый остатокряда, который и является погрешностью вычислений суммы ряда:111rn =+++… .n +1n+ 2(n + 2)2(n + 3)2(n + 4)2 n+3Оценим этот ряд с помощью бесконечно убывающей геометрической прогрессии. Для11этого заменим в каждом слагаемом множитель, при этом каждое слагаемоенаn+kn+2увеличится:111111rn =+++… <+++… =n +1n+ 2n +3n +1n+ 2(n + 2)2(n + 3)2(n + 4)2(n + 2)2(n + 2)2(n + 2)2 n+31n +11 ⎛ 1111121⎞=⋅ ⎜ n+1 + n+ 2 + n+3 + …⎟ =⋅2 =⋅ n+1 =1n+2 ⎝2n+2 2(n + 2)2 n22⎠ n + 2 1−2После вынесения общего множителя за скобку, в скобке остался ряд, составленный изчленов бесконечно убывающей геометрической прогрессии, сумму которого мы ивычислили по формуле∞aa1 q n −1 = 1 .∑1− qn =1Заданная точность будет достигнута, если n будет удовлетворять условию1rn << 0,01 .(n + 2)2 nРешим неравенство, учитывая, что n - целое.При n = 4 имеем1> 0,01 .(4 + 2)2 4При n = 5 имеем11=< 0,01 .5(5 + 2)2 2241В силу монотонности функции, неравенство rn < 0,01 будет выполняться для(n + 2)2 nвсех n ≥ 5 .21Следовательно, если вместо точного значения суммы мы возьмем первые пять (илиболее) слагаемых, то погрешность вычислений не превысит 0,01.Ответ: n ≥ 5 .∞cos n 2Задача №2.
Оценить ошибку, получаемую при замене суммы ряда ∑ 3 суммойnn =1первых 100 слагаемых.Решение. Заметим, что данный ряд является сходящимся и знакопеременным.2∞ cos nОценивать будем ряд ∑, состоящий из модулей исходного ряда, что сразуn3n =1увеличивает погрешность вычислений. Кроме того, нам придется перейти (используяпризнак сравнения) к большему, более простому сходящемуся ряду:cos n 21≤ 3.3nn∞1Рассмотрим ряд ∑ 3 . Поскольку этот ряд удовлетворяет условиям теоремы –n =1 nинтегрального признака сходимости, то для оценки погрешности вычисления суммыиспользуем соответствующую формулу:∞∞1δ = rn ≤ ∫ f ( x)dx = ∫ 3 dx .n +1n +1 xВычислим несобственный интеграл:A∞⎛ 1 A ⎞1111⎟ = lim (− 1 +)=,dx = lim ⎜ − 23222∫n+1 x 3 dx = lim∫⎟ A→ ∞ 2 AA→ ∞A→ ∞ ⎜2x()()2n+12n+1n+1n +1 x⎝⎠погрешность вычислений можно оценить по формуле1δ≤,22(n + 1)11по условию n = 100 , тогда δ ≤== 4,9 ⋅ 10 −5 ≤ 10 −6 .222 ⋅ 1012(100 + 1)Ответ: δ ≤ 10 −6 .Задача №3.
Оценить ошибку, получаемую при замене суммы ряда∞sin nсуммойnn =1 3∑первых 10 слагаемых.Решение. Подчеркнем еще раз, что задача о приближенном вычислении суммы имеетсмысл только для сходящегося ряда, поэтому, прежде всего отметим, что данный рядсходится. Поскольку исследуемый ряд является знакопеременным со сложным правиломизменения знака, то оценивать придется, как и в предыдущем примере, ряд из модулейданного ряда:∞ sin n.∑nn =1 3Используя тот факт, что sin x ≤ 1 при любом значении аргумента, имеем:sin n3n≤1.3nОценим остаток ряда:r10 ≤111+ 12 + 13 + … .1133322Мы получили ряд, составленный из членов бесконечно убывающей геометрическойпрогрессии, в которой11a1 = 11 , q = ,33его сумма равна:111a11⋅ 31S== 3 = 11 == 0,0000042 < 10 −5 ,1011− q3 ⋅4 4⋅31−3δ ≤ r10 = S < 10 −5 .Ответ: δ ≤ 10 −5 .Задача №4.
Вычислить сумму ряда∞∑(− 1)n+1 с точностью 0,01.n3Решение. Данный ряд является рядом Лейбница. Для оценки погрешности вернаформула:1rn < u n +1 =,(n + 1)3другими словами, погрешность вычислений меньше модуля первого отброшенногослагаемого. Подберем номер n так, чтобы1δ = rn << 0,01 .(n + 1)3n =1При n = 3 имеем1> 0,01 .(3 + 1)3При n = 4 имеем1< 0,01 .(4 + 1)3Погрешность δ ≤ 0,01 , если в качестве значения суммы возьмем сумму первых четырехслагаемых:111S ≈ 1 − 3 + 3 − 3 = 1 − 0,125 + 0,037 − 0,016 = 0,896 .234Ответ: S ≈ 0,896 .§5. Функциональные ряды. Степенные ряды.Обобщим понятие числового ряда следующим образом: рассмотрим ряд, в которомэлементами являются не числа, а функции. Такой ряд называется функциональным.Определение.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
