Бутузов. Лекции по математическому анализу. (1111137), страница 2
Текст из файла (страница 2)
Переходя к пределу при n → ∞ в равенствеSnA = SnP1 − SnQ2 , получим S A = S P − S Q . Первая часть теоремы доказана.1202) Пусть ряд A сходится условно. Тогда ряд∞∑|ak |k=1расходится. Докажем, что ряды P и Q также расходятся. В самом деле,если бы они сходились, т.е. существовали бы пределыlim SnP1иn1 →∞lim SnQ2 ,n2 →∞|A|то в силу равенства Sn = SnP1 + SnQ2 существовал бы и пределlim Sn|A| ,n→∞т.е. сходился бы ряд∞∑|ak |,k=1что противоречит условию. Следовательно, по крайней мере один из рядов P и Q расходится.
Если бы один из них сходился, а другой расходился, то в силу равенства SnA = SnP1 − SnQ2 расходился бы ряд A, а он поусловию сходится. Итак, ряды P и Q расходятся. Теорема 11 полностьюдоказана.Замечание: если ряд A сходится условно, то его положительная часть(ряд P ) и отрицательная часть (ряд Q со знаком "минус") являютсябесконечно большими. Другими словами, получается как бы "неопределенность типа ∞ − ∞". Любой условно сходящийся ряд обладает темсвойством, что для любого наперед заданного числа S можно переставить члены ряда так, что новый ряд (полученный после перестановкичленов) будет иметь сумму, равную S. Об этом —подробнее ниже.Признак Дирихле-Абеля.Этот признак относится к рядам вида∞∑ak bk .k=1ПоложимSn =n∑k=1121ak .Теорема 12 (признак Дирихле-Абеля).
Пусть выполнены следующие условия:1) последовательность {bn } —невозрастающая и бесконечно малая,т.е. bn → 0 при n → ∞;2) последовательность {Sn } ограничена, т.е. существует число M > 0такое, что для любого n выполнено неравенство |Sn | ≤ M .Тогда ряд∞∑ak bkk=1сходится.Доказательство:Для доказательства сходимости данного ряда воспользуемся критерием Коши.
Рассмотрим "отрезок"ряда от k = n + 1 до k = n + p (именноэтот "отрезок"фигурирует в критерии Коши):n+p∑ak bk =n+p+1=bk−1 Sk−1 −n+p∑n+p∑k=n+1k=n+1n+p∑bk Sk−1 = bn+p Sn+p +bk−1 Sk−1 − bn Sn −k=n+1k=n+1k=n+2−n+pn+p∑∑()bk Sk−1 =b k Sk −bk Sk − Sk−1 =k=n+1k=n+1∑n+p∑bk Sk−1 = bn+p Sn+p − bn Sn +n+p∑()Sk−1 bk−1 − bk .k=n+1k=n+1Отметим, что в силу условия 1) bk ≥ 0, bk−1 − bk ≥ 0.Зададим теперь произвольное ε > 0.
Поскольку bn → 0 при n → ∞,тоε∃N, ∀n > N : 0 ≤ bn <,2Mгде M —число из условия 2) теоремы. Тем самым ∀n > N и ∀p ∈ N,используя равенствоn+p∑ak bk = bn+p Sn+p − bn Sn +k=n+1n+p∑)(Sk−1 bk−1 − bk ,k=n+1получаем n+p ∑)( ≤ bn+p M +bn M +M bn −bn+1 +bn+1 −bn+2 +. . .+bn+p−1 −bn+p =abkkk=n+1122= 2bn · M < 2M ·По критерию Коши ряд∞∑ε= ε.2Mak bkk=1сходится. Теорема 12 доказана.Пример: исследуем на сходимость ряд∞∑sin kxkαk=1,где x —любое фиксированное число и α > 0 (если α ≤ 0, то общий членряда не стремится к нулю и ряд заведомо расходится).Положим ak = sin kx, bk = 1/k α и применим признак Дирихле-Абеля.Последовательность {bk } удовлетворяет условию 1) теоремы 12. Проверим выполнение условия 2):Sn =n∑k=1=12 sin x2ak =n∑sin kx = sin x + sin 2x + .
. . + sin nx =k=1(x3x3x5x5x7x− cos+ cos− cos+ cos− cos+ ...+222222)cos x2 − cos(n + 21 )x11+ cos(n − )x − cos(n + )x =⇒222 sin x2cos1 =M⇒ |Sn | ≤ sin x (если x ̸= 2πm, m ∈ Z).2По признаку Дирихле-Абеля ряд сходится при x ̸= 2πm, m ∈ Z. Но еслиx = 2πm, m ∈ Z, то все члены ряда равны нулю и ряд также сходится.Таким образом, можно заключить, что ряд∞∑sin kxk=1kα(α > 0)сходится при любом x.Если α > 1, то ряд сходится абсолютно, т.к. sin kx 1 kα ≤ kα ,123а ряд∞∑1kαk=1сходится при α > 1.Если же 0 < α ≤ 1, то ряд сходится условно, поскольку ряд∞ ∑ sin kx kα k=1расходится при 0 < α ≤ 1. В самом деле,| sin kx|sin2 kx1 − cos 2kx≥=.ααkk2k αНо при 0 < α ≤ 1 ряд∞∑1 − cos 2kx2k αрасходится, т.к.
его частичная суммаnn1∑ 11 ∑ cos 2kxSn =−→ ∞ при n → ∞.2 k=1 k α 2 k=1 k αk=1Здесь мы воспользовались тем, что при 0 < α ≤ 1n∑1→ ∞ при n → ∞,αkk=1а последовательностьn∑cos 2kxk=1kαсходится к некоторому числу при n → ∞ (доказательство этого фактааналогично доказательству сходимости ряда∞∑sin kx(α > 0),αkk=1которое мы провели выше.)Следствие из теоремы 12: рассмотрим рядp1 − p2 + p3 − p4 + .
. . =∞∑(−1)k−1 pk ,k=1где pk > 0. Он называется знакочередующимся. Пусть {pk } ↓ 0 (это означает, что pk+1 ≤ pk и pk → 0 при k → ∞). Тогда данный ряд называетсярядом Лейбница .124Утверждение: ряд Лейбница сходится.Доказательство:Положим ak = (−1)k−1 , bk = pk . Тогда {bn } ↓ 0 и последовательность{Sn } ={∑n}ak= 1, 0, 1, 0, .
. . , 1, 0, . . .k=1является ограниченной. По теореме 12 ряд сходится, что и требовалосьдоказать.Пример: рассмотрим ряд∞∑(−1)k−1k=1k.Он является рядом Лейбница, и, следовательно, сходится (ранее мы доказали это, не опираясь на теорему 12). Позднее мы покажем, что егосумма равна ln 2.Задание на дом: пусть ряд∞∑(−1)k−1 pk = Sk=1является рядом Лейбница. Доказать следующие неравенства:1)S ≤ p1 ;2)|S −n∑(−1)k−1 pk | ≤ pn+1 ;k=13)∀n ∈ N :S2 ≤ S4 ≤ .
. . ≤ S2n ≤ S ≤ S2n−1 ≤ . . . ≤ S3 ≤ S1 .О сочетательном и перестановочном свойствах рядов.Конечные суммы обладают сочетательным и перестановочным свойствами. Обладают ли этими свойствами сходящиеся ряды?125Рассмотрим сначала сочетательное свойство. Пусть дан некоторыйряд A:∞∑ak = a1 + a2 + . . .
+ an1 + an1 +1 + . . . + an2 + . . . + ank + . . .k=1Введем обозначения (a1 + a2 + . . . + an1 ) = b1 , (an1 +1 + . . . + an2 ) = b2 ,. . . , (. . . + . . . + ank ) = bk и рассмотрим ряд B:∞∑bk .k=1Теорема 13. Если ряд A сходится, то ряд B также сходится и ихсуммы равны.Доказательство:Частичная сумма ряда B является также частичной суммой ряда A:SkB= b1 + b2 + .
. . + bk =nk∑ai = SnAk .i=1Поэтому последовательность {SkB } является подпоследовательностью последовательности {SnA } и, следовательно, {SkB } сходится к тому же числу,что и {SnA }, т.е. сумма ряда B равна сумме ряда A. Теорема доказана.126Лекция 16Числовые последовательностии ряды (продолжение).Перестановочное свойство.Рассмотрим ряд A∞∑ak .k=1После перестановки его членов получается новый ряд A′ :∞∑a′k .k=1Ясно, что a′k = ank и также ak = a′mk , где nk и mk —какие-то номера.Теорема 14. Если ряд A сходится абсолютно, то ряд A′ также схо′дится абсолютно и их суммы равны: S A = S A .Доказательство:а) сначала разберем случай, когда члены A неотрицательны: ak ≥ 0.Тогда∞n∑∑Aak = S A .ak ≤Sn =k=1′k=1Рассмотрим частичную сумму ряда A :′SkA = a′1 + a′2 + .
. . + a′k = an1 + an2 + . . . + ank ≤ S A .Итак, последовательность частичных сумм ряда A′ ограничена, поэтомуэтот ряд сходится. При этом′′S A = lim SkA ≤ S A .k→∞Поскольку ряд A можно рассматривать как ряд, полученный переста′′новкой членов ряда A′ , то S A ≤ S A . Отсюда S A = S A .б) теперь обратимся к общему случаю, когда члены ряда A являютсячислами произвольного знака. По условию ряд∞∑|ak |k=1127сходится. По доказанному в пункте а) ряд∞∑|a′k |,k=1полученный из ряда∞∑|ak |k=1перестановкой членов, также сходится. Это означает, что ряд A′ , полученный из ряда A перестановкой членов, сходится абсолютно.′′′По теореме 11 лекции 15 имеем: S A = S P −S Q , S A = S P −S Q (смыслобозначений такой же, как и в теореме 11). Так как ряд P ′ получаетсяперестановкой членов ряда P , а ряд Q′ —перестановкой членов ряда Q,′′′то, по доказанному в пункте а), S P = S P и S Q = S Q .
Поэтому S A = S A .Теорема 14 полностью доказана.Если ряд A сходится условно, то перестановочное свойство не имеетместа. Более того, справедливо следующее утверждение.Теорема 15 (Римана). Если ряд A сходится условно, то для любогочисла S можно так переставить члены ряда A, что сумма полученногоряда A′ будет равна S.Доказательство:Ряду A соответствуют два ряда (см. теорему 11 лекции 15) —ряд P∞∑pkk=1и ряд Q∞∑qk ,k=1причем, как было показано, эти ряды являются расходящимися. Пусть(для определенности) S > 0.
Покажем, как можно переставить членыряда A так, чтобы сумма полученного ряда A′ равнялась S.Сначала будем брать члены ряда P (в порядке их следования) до техпор, пока не получится сумма, большая S:p1 + p2 + . . . + pn1 −1 + pn1 > S,p1 + p2 + . . . + pn1 −1 ≤ S.Затем будем добавлять члены ряда Q (со знаком "минус") до тех пор,пока не получится сумма, меньшая S:p1 + . .
. + pn1 − q1 − . . . − qn2 −1 − qn2 < S,128p1 + . . . + pn1 − q1 − . . . − qn2 −1 ≥ S.Потом снова будем добавлять члены ряда P , и так далее. В результате получится ряд A′ , частичные суммы Sn′ которого "колеблются"околочисла S, причем "амплитуда"этих "колебаний"стремится к нулю приn → ∞, поскольку pn → 0 и qn → 0 при n → ∞. Следовательно, рядA′ сходится к числу S.
Теорема Римана доказана.§7. Второе определение предела функции.Пусть функция f (x) определена на X и a —предельная точка множества X, т.е. в любой ε-окрестности точки a содержатся точки из X,отличные от a.Отметим, что понятия предельной точки числового множества ипредельной точки числовой последовательности —различные понятия.Поясняющий пример: рассмотрим множество X = {1; 2} и последовательность {xn } = 1, 2, 1, 2, .
. . , 1, 2, . . .. У множества X, состоящего издвух чисел, нет предельных точек, тогда как у последовательности {xn },очевидно, их две: a1 = 1 и a2 = 2.Определение 1 (по Коши): число b называется пределом функцииf (x) при x → a, если ∀ε > 0 ∃δ > 0, такое, что ∀x ∈ {0 < |x − a| < δ}:|f (x) − b| < ε.Определение 2 (по Гейне): число b называется пределом функцииf (x) при x → a, если для любой последовательности значений аргумента{xn }, сходящейся к a и такой, что xn ̸= a, соответствующая последовательность значений функции {f (xn )} сходится к b.Задание: сформулировать отрицание определения предела функциипо Гейне, т.е.
сформулировать определение того, чтоlim f (x) ̸= b.x→aТеорема 16. Определения 1 и 2 эквивалентны.Доказательство:1) пустьlim f (x) = b по Коши.x→aТребуется доказать, чтоlim f (x) = b по Гейне,x→aто есть∀{xn } → a(xn ̸= a) : {f (xn )} → b ⇔ ∀ε > 0 ∃N, ∀n > N : |f (xn ) − b| < ε.129.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
