В.Г. Чирский - Пособие для подготовки к экзамену по математическому анализу для студентов общего потока (1111801), страница 2

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

Текст из файла (страница 2)

Если неравенство an  0 выполняется не для всех n , а только для n ,начиная с некоторого номера n0 , то мы можем рассматривать не сам исходный ряд, а егоостатокan, который будет неотрицательным рядом.n  n0Согласно утверждению из п.1.2, ряд и любой его остаток либо одновременноявляются сходящимися, либо одновременно являются расходящимися. Поэтомупредположение о том, что неравенство an  0 выполняется для всех n , не ограничиваетобщности изложения.Теорема 2.1. Неотрицательный рядanсходится тогда и только тогда, когдаn 0nпоследовательность его частичных сумм sn   ak , n  0,1, 2,... ограничена сверху.k 0◄ Из условия следует: 0  sn  a1  ...  an  a1  ...  an  an 1  sn  an 1  sn 1 .Таким образом, (sn )  неубывающая последовательность. Если она ограниченасверху, то по теореме Вейерштрасса (Напомним формулировку этой теоремы: всякаянеубывающая и ограниченная сверху последовательность имеет предел) существуетпредел lim sn  s и число s , по определению, есть сумма рассматриваемого ряда.n Обратно, если последовательность частичных сумм имеет предел, то она ограничена, таккак любая имеющая предел последовательность ограничена.

►Замечание. В этой теореме условие неотрицательности ряда является существенным.Например, последовательность частных сумм ряда (1)nограничена, так как состоит изnвсего двух чисел: 0 и 1. Сам же этот ряд, как отмечено выше, расходится, поскольку неМатематическй анализII курс III семестрБилет 2. Ря ды с не отрицате льными чле нами. Теоре мы с равне ния . Признак и Д аламбе ра,Кош и. Признак Гау сс а (бе з док азате льс тва) (стр 2 из 7)Сравнение неотрицательных рядовТеорема 2.2 (первая теорема сравнения неотрицательных рядов). Пустьнеотрицательные ряды an ,  bn при всех n обладают свойством an  bn . Тогдаn 1n 1если ряд bn сходится, то сходится также и рядn 1a( значит, если расходится рядnn 1 an , то расходится и рядn 1неравенствоbn).

В случае сходимости рядов выполняетсяn 1 an   bn .n 1n 1◄ Пусть sn , tn  частичные суммы, соответственно, рядов a , bnn 1n. Из условияn 1получаем очевидное неравенство sn  tn . Так как по условию рядbnсходится, то поn 1теореме из п.1.4. последовательность tn ограничена сверху, т.е. существует число Tтакое, что для всех n выполняется неравенство tn  T . Но тогда всех n выполняется инеравенство sn  tn  T , означающее, что последовательность sn ограничена сверху. Потой же теореме рядanсходится. ►n 1Замечание. Напомним, что заключение теоремы о сходимости останется верным,если неравенства an  bn выполняется не для всех n , а только для n , начиная снекоторого номера n0 .

Однако неравенствоn 1n 1 an n  n0 an   bn следует заменить неравенствомbn.n  n0Теорема 2.3 (вторая теорема сравнения неотрицательных рядов). Пустьнеотрицательные ряды an ,  bn при всех n обладают свойством an  0, bn  0 иn 1n 1an k  0 . Тогда либо оба рядаn  bnпусть существует limони расходятся. an ,  bn сходятся, либо обаn 1n 1Математическй анализII курс III семестрБилет 2. Ря ды с не отрицате льными чле нами. Теоре мы с равне ния . Признак и Д аламбе ра,Кош и. Признак Гау сс а (бе з док азате льс тва) (стр 3 из 7)aan k  0 запишем в виде:   0 n0 n  n0 n  k   . Возьмёмn  bbnn◄Условие limkk ak k an 3k.

Для соответствующего n0 получаем : n  n0   n  k  ,, что 22 bn2 2 bn2равносильно неравенствам n  n0 ,k3kbn  an  bn , поскольку bn  0 .22 bn , то, по второй теореме п.1.2 сходится рядЕсли сходится рядn 1положили c 3kв этой теореме). Но тогда по первой теореме сравнения сходится ряд2an3kbn ( мыn 1 2, поскольку при всех n  n0 выполняются неравенства 0  an n 13kbn .2 an , то по первой теореме сравнения сходится рядЕсли сходится рядn 1поскольку при всех n  n0 выполняются неравенства 0 п.1.2 сходится рядbnn 1( мы положили c k2bn,n 1kbn  an . По второй теореме22в этой теореме).kВыше доказано, что если сходится один из рассматриваемых рядов, то сходится идругой, т.е.

не может оказаться так, что один ряд сходится, а другой расходится. Этоозначает также, что если расходится один из этих рядов, то и другой расходится. ►2.2. Неотрицательные ряды и бесконечные q-ичные дроби.Любое действительное число можно представить в виде бесконечной десятичнойдроби a0 , a1 , a2 ...an ...

. Эту дробь можно рассматривать, как ряд a0 a1 a2a 2  ...  nn  ... у10 1010которого a0  произвольное целое число, а an , n  1 - десятичные цифры,удовлетворяющие неравенствам 0  an  9 . Этот ряд сходится. Чтобы убедиться в этом,достаточно сравнить по первой теореме сравнения его первый остатокa1 a2a999 2  ...  nn  ... со сходящейся геометрической прогрессией 2  ...

 n  ...10 1010 101010.Математическй анализII курс III семестрБилет 2. Ря ды с не отрицате льными чле нами. Теоре мы с равне ния . Признак и Д аламбе ра,Кош и. Признак Гау сс а (бе з док азате льс тва) (стр 4 из 7)Вполне аналогично можно рассмотреть и ряды a0 aa1 a2 2  ...  nn  ...

, где a0 q qqпроизвольное целое число, а an , n  1  q  ичные цифры, удовлетворяющие неравенствам0  an  q  1, q  2 . Этот ряд также сходится.Несложно доказать, что любое действительное число можно представить в видетакого ряда. Кроме того, такое представление единственно для всех чисел, заисключением рациональных чисел, имеющих представление дробью видаp, p  , n   .qn(Простой пример 0,999...  1 )2.3. Признаки сходимости Коши и Даламбера неотрицательных рядовТеоремы сравнения позволяют доказать два простых и удобныхпризнака сходимости неотрицательных рядов, часто используемых на упражненияхпо математическому анализу.Теорема 2.4.

(признак сходимости Коши). Пусть 0  q  1 . Если существует такойномер n0 , что при n  n0 выполняется неравенствоnan  q , то рядanсходится,n 1если же существует такой номер n0 , что при n  n0 выполняется неравенствоnan  1 ,то рядanрасходится.n 1◄Если существует такой номер n0 , что при n  n0 выполняется неравенствоnan  q ,то выполняются также неравенства 0  an  q n . Так как геометрическая прогрессияqnn 1сходится при q  1 , то по первой теореме сравнения рядanтакже сходится. Если жеn 1существует такой номер n0 , что при n  n0 выполняется неравенствоnan  1 , то an  1 .Поэтому равенство lim an  0 невозможно, необходимый признак сходимости неn выполнен и рядanрасходится. ►n 1Часто признак Коши формулируют в предельной форме:Математическй анализII курс III семестрБилет 2.

Ря ды с не отрицате льными чле нами. Теоре мы с равне ния . Признак и Д аламбе ра,Кош и. Признак Гау сс а (бе з док азате льс тва) (стр 5 из 7)Пусть для неотрицательного рядаanсуществует lim n an  q . Тогда если q  1 ,n n 1то ряд сходится. Если q  1 , то ряд расходится.При q  1 признак ответа не даёт.◄ Пусть q  1 . Тогда 0  q  1 , ввиду неотрицательности ряда.

Выберем 0    1  q.Тогда q    1 . По определению предела для заданного  при n  n0 выполняетсянеравенствоnan  q   , откудаnan  q    1 . По предыдущей теореме рядann 1сходится.Если q  1 , то выберем 0    q  1 .Тогда q  1   . По определению предела длязаданного  при n  n0 выполняется неравенствоnan  q   , откудаnan  q    1 . Попредыдущей теореме рядanрасходится. ►n 1 1Пример. Сходится ли ряд   1  nn 1  n2? 1Применим признак Коши в предельной форме: lim 1  n  nn n2 1 lim 1  n  nn e 1  1 .Ряд сходится.Теорема 2.5 (признак сходимости Даламбера).

Если существует такой номер n0 ,что при n  n0 выполняются неравенства 0  an 1  qan , где 0  q  1 , то рядann 1сходится. Если существует такой номер n0 , что при n  n0 выполняются неравенстваan 1  an  0 , то рядanрасходится.n 1◄ В первом случае при n  n0 выполняются неравенства 0  an0 1  qan0 ,0  an0  2  qan0 1 ,…, 0  an 1  qan  2 , 0  an  qan 1 .

Последовательно двигаясь справаналево, получаем следствие этих неравенств:0  an  qan1  q 2 an 2  ...  q n no 1an0 1  q n n0 an0 . Значит, при n  n0 имеем:Математическй анализII курс III семестрБилет 2. Ря ды с не отрицате льными чле нами. Теоре мы с равне ния . Признак и Д аламбе ра,Кош и. Признак Гау сс а (бе з док азате льс тва) (стр 6 из 7)an an0q n0q n . Геометрическая прогрессияqnсходится при q  1 . Числоn 1an0q n0представляет собой постоянную, не зависящую от n величину. Поэтому сходится такжеan0qрядn 1n0q n .Осталось применить первую теорему сравнения.Если же существует такой номер n0 , что при n  n0 выполняются неравенстваan 1  an  0 , то для любого n  n0  1 имеем: an  an0 1  0 и рядanрасходится поn 1необходимому признаку сходимости.

►В предельной форме признак Даламбера выглядит так:Пусть существует такой номер n0 , что при n  n0 выполняется неравенствоan 1 q.n  anan  0 и пусть существует предел limТогда если q  1 , то ряд сходится. Если q  1 , то ряд расходится.При q  1 признак ответа не даёт.◄ Пусть q  1 . Тогда 0  q  1 , ввиду положительности ряда. Выберем 0    1  q.Тогда q    1 . По определению предела для заданного  при n  n0 выполняетсянеравенствоan1a q   , или n 1  q   , an 1  (q   )an . По предыдущей теореме рядanananсходится.n 1Если q  1 , то выберем 0    q  1 . Тогда q  1   . По определению предела длязаданного  при n  n0 выполняется неравенствоan1 q   , откудаanan1 q   , an1  (q   )an . По предыдущей теореме рядanПример. Сходится ли ряд1 n! ?limn anрасходится.

Характеристики

Список файлов книги