Е.А. Григорьев - Числовые и функциональные ряды. Теория и практика (1111803), страница 3
Текст из файла (страница 3)
Если члены числовых последовательностей {fn }и {gn } при n → ∞ связаны соотношением fn = o(gn ) , тосуществует такое число N , что для всех n > N справедливо неравенство |fn | < |gn | .1.3.4. Примеры1. Какая из функций принимает бо́льшие значения придостаточно больших значениях x :a) f (x) = 106 x3 или g(x) = 10−6 x4√;b) f (x) = ln(x300 + 1) или g(x) = 10 x ?B a) Существует такое число A > 0 , чтоf (x) < g(x) ∀x > A . В самом деле,limx→+∞f (x)106 x31012= lim= lim= 0,g(x) x→+∞ 10−6 x4 x→+∞ xпоэтому f (x) = o(g(x)) , x → +∞ , и ответ следует из леммы1 п. 1.3.3 JB b) При достаточно больших значениях x справедливоf (x) < g(x) , так как f (x) = o(g(x)) , x → +∞ , потому чтоlimx→+∞f (x)ln(x300 + 1)300 ln x√√= lim= lim=01010x→+∞g(x) x→+∞xx(см. шкалу роста из утверждения 1)J2. Выяснить, что больше при достаточно больших значениях n :a) fn = ln500 n или gn = n0.001 ;25b) fn = lnn или gn = (0.95)n ;√√nc) fn = n100 или gn = 100 n ;d) fn = (ln n)ln n или gn = n10 ?28B a) Существует такое число n0 , что ∀n > n0 выполнено неравенствоln500 n < n0.001 , так как fn = o(gn ) , n → ∞ , что следуетиз утверждения 3.b) При n → ∞ последовательность fn → ∞ , а gn → 0 ,поэтому ln25 n > (0.95)n ∀n > n0 .√c) Известно, что lim n n = 1 .n→∞¡√¢100nПоэтому lim fn = limn= 1 .
В то же времяn→∞n→∞√при n → ∞ последовательность gn = 100 n → ∞ , значит,gn > fn ∀n > n0 .d) Преобразуем выражение fn , используя основное логарифмическое тождество:¡¢ln ln nfn = eln n·ln ln n = eln n= nln ln n .Поскольку последовательность {ln ln n} бесконечно большая,найдется такое число n0 , что ln ln n > 10 ∀n > n0 . Значит,fn > gn , если n > n0 J3. Найти, для каких значений α и β при достаточно больших n справедливо неравенствоnα < lnβ n .Ответ: 1) Если α < 0 , то β – любое ;то β > 0 .2) если α = 0 ,B 1) Пусть α < 0 . Тогда для β ≥ 0 неравенство очевидно. Если β < 0 , то согласно шкале роста числовых последовательностей ln−β n = o (n−α ) , n → ∞ (здесь −α > 0 ,−β > 0 ). Поэтомуln−β n < n−α ⇔ nα < lnβ n ∀n > n0 .292) Пусть α = 0 .
Тогда, очевидно, для n ≥ 3lnβ n > 1 ⇔ β > 0 .3) Пусть α > 0 . Тогда по шкале роста числовых последовательностейlnβ n = o (nα ) , n → ∞ ,для β > 0 , тем более для β ≤ 0 . Следовательно, при любыхзначениях β справедливо lnβ n < nα ∀n > n0 , т.е. данное вусловии неравенство не выполнено при α > 0 J1.3.5. Несколько полезных неравенствС помощью шкалы роста (убывания) для функций или последовательностей и леммы из 1.3.3 можно легко получитьряд неравенств, которые полезны при исследовании сходимости несобственных интегралов. Такие неравенства мы будемтакже использовать в дальнейшем (см. главу 2) при исследовании рядов.
Приведем несколько результатов для числовыхпоследовательностей.1. Пусть α – произвольное фиксированное число, β > 0 .Тогда найдется такое натуральное число N (зависящее отα , β ), что для всех n > N справедливо неравенствоlnα n1<β .n1+βn1+ 2B Заметим, чтоβ1lnα nα2 .<⇔lnn<nβn1+βn1+ 2βПоскольку k = > 0 , учитывая, что2¡ ¢lnα n = o nk , n → ∞ ,30по лемме 2 получаем lnα n < nk для n > NJ2. Пусть α – произвольное фиксированное число, β > 0 .Тогда найдется такое натуральное число N = N (α , β) , чтодля всех n > N справедливо неравенствоlnα n1>β .n1−βn1− 2Д о к а з а т е л ь с т в о аналогично.3.
Пусть k – произвольное фиксированное число. Тогдаnk · e−n <1n2для всех n > N , где N = N (k) .1.3.6. Вопросы и задачи1. Докажите утверждение 2 п. 1.3.1.2. Докажите утверждение 3 п. 1.3.2.3. Выясните, что больше при достаточно больших значениях x :a) f (x) = x arctg x или g(x) = x ln x ;x2b) f (x) = √или g(x) = x ln x ;x + 10√1c) f (x) = x sinили g(x) = 3 x ;x1ln x?d) f (x) = √или g(x) =xx4. Выясните, что больше при x → 0 + 0 , т.е.
в достаточномалой правой полуокрестности точки x0 = 0 :1a) f (x) = x arctg x или g(x) = x ln ;x31x21b) f (x) = √или g(x) = x ln ;xx + 10√1c) f (x) = x sinили g(x) = 3 x ;x+1111d) f (x) = √или g(x) = · ln ?xxx5. Выясните, что больше при достаточно больших значениях n :100a) n100или (1.001)n ;√ b) 100n √или n! ;c) nn или n! ; d) ln k n или k ln n , k ∈ N ;e) (ln ln n)ln n или n2 ; f ) (ln n)ln ln n или n ?6. Найдите, для каких значений a > 0 и b при достаточнобольших n справедливо неравенствоa) abn < n2 ;b) lnb n < an ;c) lnb n > an ?7. Докажите неравенства 2 и 3 п. 1.3.5.1.4. Асимптотические разложенияосновных элементарных функцийВ заключение вводной главы напомним асимптотическиепредставления основных элементарных функций, полученныев начальном курсе анализа.
Они уточняют приведенную в п.1.2.4 таблицу. Итак, согласно формуле Тейлора-Маклорена, внекоторой окрестности точки x0 = 0 для любого фиксированного значения n ∈ N имеют место равенства:1.³´xnxn+1e = 1 + x + ··· ++O xn!2.³´x3x2n−1n−12n+1sin x = x −+ · · · + (−1)+O x3!(2n − 1)!323.³´2nx2n x2n+2+ · · · + (−1)+O xcos x = 1 −2!(2n)!4.³´x3x2n−12n+1shx = x ++ ··· ++O x3!(2n − 1)!5.³´x2x2n2n+2chx = 1 ++ ··· ++O x2!(2n)!6.³´nx2n−1 xn+1ln(1 + x) = x −+ · · · + (−1)+O x2n7.a (a − 1) 2x + ···+2!³´a (a − 1) · · · (a − n + 1) nn+1+x +O xn!(1 + x)a = 1 + a x +33Глава 2.ЧИСЛОВЫЕ РЯДЫ2.1. Основные понятия. Свойства числовых рядов2.1.1. ОпределенияРассмотрим последовательность действительных чисел {an }.Определение 1. Выражениеa1 + a2 + · · · + an + · · · =∞Xan(1)n=1называется числовым рядом.Числа a1 , a2 , · · · an , · · · называются членами ряда.Определение 2.
Конечная суммаsn = a1 + a2 + · · · + an =nXakk=1называется n-й частичной суммой ряда (1).Заметим, что числовым рядом (1) последовательность {sn }определена однозначно. Обратно, по заданной последовательности чисел {sn } однозначно определяется ряд, для которого{sn } является последовательностью частичных сумм:a1 = s1 ; ak = sk − sk−1 (k > 1).Определение 3.
Числовой ряд∞Xan называется сходя-n=1щимся, если сходится последовательность его частичных сумм{sn }, т.е. существует конечный предел lim sn .n→∞34Число s = lim sn называется суммой ряда:n→∞∞Xan = s .n=1Если последовательность {sn } расходится, ряд (1) называется расходящимся.Определение 4. Выражениеrn =∞Xakk=n+1называется n-м остатком ряда.Если ряд сходится к сумме s , то rn = s − sn .Примеры.Исходя из определения, исследовать сходимость следующихрядов:∞Xa)q n−1 = 1 + q + q 2 + · · · + q n + · · · .n=1Ответ: ряд сходится тогда и только тогда, когда |q| < 1 ,т.е. когда это сумма бесконечно убывающей геометрическойпрогрессии.B Используя формулу суммы n членов геометрическойпрогрессии, найдем для данного ряда частичную сумму:1 − qnsn =, q 6= 1 .1−q1) Если |q| < 1, то существует11 − qn=,lim sn = limn→∞n→∞ 1 − q1−qт.е.
ряд сходится и имеет сумму s =351.1−q2) При |q| > 1 не существует конечного предела lim sn , т.е.n→∞ряд расходится.3) Если q = −1, имеем ряд1 − 1 + 1 − 1 + ··· ,для которого s2n−1 = 1, s2n = 0 . Ряд расходится, так как упоследовательности {sn } две предельные точки: 0; 1 .4) Если q = 1 , получаем ряд1 + 1 + 1 + ··· ,у которого sn = n , lim sn = ∞ , т.е.
имеем расходимостьn→∞J∞X1b).Ответ: ряд сходится.n(n+1)n=1B Заметим, чтоan =111= −.n(n + 1) n n + 1Тогда111++ ··· +=1·2 2·3n(n + 1)1 1 1 1111= 1 − + − + + ··· + −=1−,2 2 3 3n n+1n+1т.е. ряд сходится к сумм嵶1s = lim 1 −=1Jn→∞n+1sn =c)∞Xn=11.n(n + 1)(n + 2)36Ответ: ряд сходится.B Нетрудно проверить справедливость равенства1111=−+=k(k + 1)(k + 2) 2k k + 1 2(k + 2)µ¶µ¶11111 1−+−.=2 k k+12 k+2 k+1ak =Тогдаsn =111++ ··· +=1·2·3 2·3·4n(n + 1)(n + 2)11 1 1 1 1 1 111(1 − + − + − + − + · · · + −+22 3 2 2 3 4 3n n+1µ¶111111+−)=1− +−.n+2 n+122 n+2 n+1Данный ряд сходится, поскольку существуетµ¶µ¶1111111lim sn = lim1− +−=1−= ,n→∞n→∞ 22 n+2 n+1224=причем сумма этого ряда s =d)∞X1.2nn=114JОтвет: ряд сходится.B Используя оценку1111<=−k2k(k − 1) k − 1 k(k > 1) ,(2)покажем ограниченность сверху последовательности частичных сумм:11sn = 1 + 2 + · · · + 2 <2n371 1 1111+ − + ··· +− = 2 − < 2 ∀n .2 2 3n−1 nn1Поскольку an = 2 > 0 , последовательность {sn } возрастает,nзначит, она (а вместе с нею и рассматриваемый ряд) сходитсяJ<1+1−Замечание.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
