Е.А. Григорьев - Числовые и функциональные ряды. Теория и практика (1111803), страница 6
Текст из файла (страница 6)
Исследуйте сходимость следующих рядов, используяразличные признаки:r¶∞ µ∞XXn5a)1−;b)n · sinn x , |x| ≤ 1;n+1n=1n=1¶n2∞ µ∞XXn2 + 1n+2;d);c)ln 2n+3n+3n=1n=1∞∞10XXnsin8 (2n − 3)e);f);n + 4n3n(3n+1)n=1n=160g)∞Xn=1n!;1 · 4 · · · (3n − 2)∞X(2n)!i);2(n!)n=1∞X(2n)! (3n)!;k)(n!)(4n)!n=1∞Xln n + 2 cos(n!)h);3 + ln3 nnn=1∞Xarctg(n4 )√√j);2n+1+3n−1n=1√√∞Xsin ( n + 1 − n)√l).2nn=12.3. Знакопостоянные ряды.(Продолжение)2.3.1.
Интегральный признак Коши-МаклоренаТеорема 1. Пусть функция f (x) ≥ 0 и не возрастает при x > m , где m – некоторое натуральное число. Тогдачисловой ряд∞Xf (k) = f (m) + f (m + 1) + · · ·(1)k=mсходится в том и только том случае,когда сходится послеZ nдовательность {an }, где an =f (x)dx , т.е. существуетmZ +∞Z nf (x)dx =f (x)dxконечный предел limn→∞mm(другимиZ словами: сходится несобственный интеграл перво+∞го родаf (x)dx ).mB Пусть k− любой номер, k ≥ m + 1; x ∈ [k − 1, k] ; поусловию теоремыf (k) ≤ f (x) ≤ f (k − 1) .61Поскольку функция f (x) ограничена и монотонна, она интегрируема на сегменте [k − 1 ; k] иZ kZ kZ kf (k)dx ≤f (x)dx ≤f (k − 1)dx ,k−1k−1илиZk−1kf (k) ≤f (x)dx ≤ f (k − 1) .k−1Выпишем последнее неравенство для всех значений k от m+1до n :Zm+1f (x)dx ≤ f (m) ,f (m + 1) ≤mm+2Zf (m + 2) ≤f (x)dx ≤ f (m + 1) ,m+1.
. . . . . .Z. . . . . . . . . . . . . . . . . .nf (n) ≤f (x)dx ≤ f (n − 1) .n−1Складывая почленно эти неравенства, получаемZ nnn−1XXf (k) ≤f (x)dx ≤f (k) .mk=m+1k=mОбозначив частичную сумму ряда (1)sn =nXf (k) ,f (k) ≥ 0 ,k=mимеемsn − f (m) ≤ an ≤ sn−1 .(2)Из определения an и условия f (x) ≥ 0 следует, что последовательность {an } является неубывающей. Поэтому для еесходимости необходима и достаточна ее ограниченность.62Пусть ряд (1) сходится. Тогда {sn } ограничена, следовательно, из (2) получаем ограниченность, а значит и сходимость{an } .C другой стороны, из (2) имеем sn ≤ an + f (m) .
Еслисходится {an }, то эта последовательность ограничена. В силупоследнего неравенства ограниченной является и {sn } , следовательно, по теореме 1 п. 2.2.1 ряд (1) сходится JПримеры применения интегрального признака.Исследовать следующие ряды на сходимость:∞∞XX11a);b).pnn·lnnn=1n=2B a) Если p ≤ 0 , ряд расходится, так как не выполненонеобходимое условие сходимости.1Пусть p > 0 . Рассмотрим f (x) = p при x ≥ 1 . Очеxвидно, f (x) > 0 и убывает. Z+∞1Несобственный интегралdx сходится при p > 1 иxp1расходится при p ≤ 1 .Итак, с помощью интегрального признака получен окончательный результат:∞X1Рядсходится при p > 1 , расходится при p ≤ 1pnn=1J1B b) Рассмотрим f (x) =при x ≥ 2 . Функцияx · ln xf (x) > 0 , убывает.63ИнтегралZ) Z+∞t=lnxdxdt==dxx · ln xdt =tln 22xрасходится, следовательно, данный ряд также расходится+∞(J2.3.2.
Признак Гаусса.Существуют признаки сходимости рядов с положительными членами более сильные, чем признаки Даламбера и Коши.Таковы, например, признаки Гаусса, Раабе. Приведем один изних – признак Гаусса. Его доказательству предшествуетЛемма. Пусть для последовательности с членамиpn > 0 имеет место асимптотическое равенство приn→∞µ ¶pnµ1=1+ +O.(3)pn+1nn2CТогда найдется такое число C 6= 0, что pn ∼ µ ,nn → ∞.B Возьмем последовательность положительных чисел an =pnµµ = n ·pn . Используя (3) и биномиальное разложение (см.1/nп. 1.4), получаем при n → ∞µ¶µµ¶µ µµ ¶¶−1an+1n+1pn+111µ=·= 1+· 1+ +O=annpnnnn2µ ¶¶ µµ ¶¶µµ ¶11µµ1+O= 1+ +O·1−=1+O.nn2nn2n2Рассмотрим для достаточно больших номеров m и n > mотношениеam+1 am+2anan=····.amam am+1an−164Тогдаµµ ¶¶n−1n−1Xanak+1 X1ln=ln=ln 1 + O.amakk2k=m(4)k=mОтсюдаln an = ln am + sn ,гдеsn =так какn−1Xk=mlnak+1.akРяд в правой части (4) сходится,¯ µµ ¶¶ ¯µ ¶¯¯1¯ ln 1 + O¯=O 1 ,¯¯k2k2k → ∞.Пусть его сумма равна s .
Тогда существуетlim ln an = ln am + s ,n→∞следовательно,lim ln anlim an = e n→∞= e ln am + s = am · es = C > 0 .n→∞C, n→∞ JnµТеорема 2 (признак Гаусса).∞XЕсли для членов рядаpn , p n > 0 ,Это и означает, чтоpn ∼(5)n=1справедливо представлениеµpn=λ+ +Opn+1nµ1n2¶,n → ∞,то 1) при λ > 1 ряд (5) сходится, при λ < 1 − расходится;652) при λ = 1 ряд (5) сходится, если µ > 1 и расходится,если µ ≤ 1 .B Заметим сначала, что при λ 6= 1 признак Гаусса превращается в признак Даламбера. В самом деле, посколькуlimn→∞pn+11= ,pnλто в силу теоремы 5 п. 2.2.3 при λ > 1 ряд (5) сходится, приλ < 1 − расходится.Пусть λ = 1 . Тогда утверждение теоремы следует из леммы.
Для этого достаточно применить второй признак сравнения (теорема 3 п. 2.2.2) и использовать результат о сходимости∞X1обобщенного гармонического рядаJµnn=1Замечание. Теорема 2 остается справедливой, если условие асимптотики для членов ряда (5) имеет вид при n → ∞¶µµpn1=λ+ +O, ² > 0.pn+1nn1+²Примеры применения признака Гаусса.∞X(2n − 1)!! 11. Исследовать сходимость ряда.(2n)!!2n+1n=1B Рассмотрим при n → ∞ :(2n − 1)!! · (2n + 2)!! · (2n + 3)pn==pn+1(2n)!! · (2n + 1) · (2n + 1)!!µ¶µ¶(2n + 2)(2n + 3)12= 1+=1+=(2n + 1)22n + 12n + 166µµ ¶¶ µµ ¶¶µ ¶111113+o1+ +o=1++o,= 1+2nnnn2nnзначит, ряд сходится по признаку Гаусса, посколькуλ = 1 , µ = 3/2 .Мы воспользовались преобразование쵶−1µµ ¶¶111111=1+=1−+O=2n + 1 2n2n2n2nn2µ ¶11+O=, n→∞ J2nn22.
Найти все значения параметра p , при которых сходится¶p∞∞ µXX(2n − 1)!!n! en;b)следующий ряд: a).n+p(2n)!!nn=1n=1pnB a) Вычисляем при n → ∞ :=pn+1µ¶p µ¶p µ¶p(2n − 1)!! · (2n + 2)!!2n + 21=== 1+=(2n)!! · (2n + 1)!!2n + 12n + 1µ¶µ ¶p11p=1++O=1++O.2n + 1(2n + 1)22nn2В терминах теоремы 2 имеем λ = 1, µ = p/2, откуда следуетответ: ряд сходится тогда и только тогда, когда p > 2.При проведении выкладок были использованы асимптотические формулы(1 + x)p = 1 + px + O(x2 ) , x → 0 ,µ ¶111=+O, n→∞ J2n + 1 2nn267B b) Найдем асимптотику отношенияµ¶n+ppnen · n! · (n + 1)n+1+p11= · 1+== n+p n+1pn+1n·e· (n + 1)!enµ¶µµ ¶¶1111(n+p)·ln1+(n+p)−+O1n = 1 ·en 2n2n3= ·e=eeµ ¶p11µ ¶1−+Op−122n=1++O, n → ∞.= e n 2nnn2Мы воспользовались основным логарифмическим тождествоми асимптотическими равенствами (при x → 0 ) :x2ln(1 + x) = x −+ O(x3 )2для x =1;np − 12e = 1 + x + O(x ) для x =(n → ∞) .nИтак, λ = 1 , µ = p − 1/2 , поэтому ряд сходится тогда итолько тогда, когда p > 3/2 Jx22.3.3.
Формула Стирлинга.Эта формула дает асимптотическое поведение последовательности {n!} .Теорема 3.n! ∼ A√n · nn · e−n ,n→∞(здесь A > 0 – некоторое число).B Рассмотрим последовательность с членамиn!pn = n −n и вычислимn eµ¶nn! (n + 1)n+1 en11pn== · 1+=pn+1(n + 1)! nn en+1en68(6)µ¶µµ ¶¶1111−1 + n ln 1 +−1 + n ·− 2 +On =en 2nn3=e=µ ¶11µ ¶− +O112n= e 2n+O=1−, n → ∞.2nn2Применив теперь лемму п. 2.3.2 (при µ = −1/2 ), получаем√n!Apn = n −n ∼ −1/2 = A n , n → ∞ ,n enгде A > 0 – некоторое число. Отсюда√n! ∼ A n · nn · e−n , n → ∞ JЗамечание.
Можно показать, используя формулу Валлиса(см. Добавление√ в конце книги), что константа в формулеСтирлинга A = 2π .Примеры использования формулы Стирлинга.Исследовать сходимость следующих рядов:∞∞XXn!ln(n!)√ ;a)b).2nnnn=1n=3B a) Заметим, что члены ряда положительны. Для общегочлена ряда в силу формулы (6) имеем при n → ∞√√√n!A n · nn · e−nn · nn− n√ ∼√=A= pn .enn nn nОчевидно, найдется такое число n0 , что при n > n0 спра√nведливо неравенство n− n > . Тогда, считая, что n0 > e2 ,2имеем√√√n · nn/2n · enpn > A>A=A·n ∀n > n0 .enen69Таким образом, не выполнено необходимое условие сходимости, поэтому ряд расходится JB b) Преобразуем общий член ряда, заметив, что pn > 0 :√ln(n!)ln (A n · nn · e−n )pn =∼=n2n2¢¡ln A + n + 12 · ln n − n n · ln n ln n∼=, n → ∞.=n2n2n∞Xln nln n1Рядрасходится, так как>для n ≥ 3 ;nnnn=3значит, в силу признака сравнения данный ряд также расходится J2.3.4.
Разные задачи.1. Используя асимптотические равенства и признаки сравнения, исследовать, при каких значениях параметра p сходятся следующие ряды:√∞∞ ³XX√ ´p√k−1k1·lna)k+1−k·sin;b);kp + 2kk+1k=1k=2Ã!√∞∞kXX2k 2 + e−kc)logpk 1 +;d)· arctg (k p ) .k2k + 3k=1k=1Ba) Заметим сначала, что члены ряда положительны,1так как sin > 0 , k ≥ 1 .kРассмотрим p ≤ 0 .
Тогда при k → ∞√k= O∗ (k 1/2 ) ,pk +2так как½2, p < 0,plim (k + 2) =3, p = 0.k→∞70Проводя сравнение с членами обобщенного гармонического ряда, получаем в данном случае расходимость.Пусть p > 0 . Тогда при k → ∞√k1∼1 ,kp + 2k p− 2следовательно,√k1111· sin ∼ p− 1 · = p+ 1 , k → ∞ .pk +2kk 2 kk 2Поэтому по признаку сравнения ряд сходится тогда и только11тогда, когда p + > 1 ⇔ p > .221Ответ: Ряд сходится, если p > , расходится, если21p≤J2B b) Отметим сначала, что³√√ ´pk−1ak =k + 1 − k · ln< 0.k+1Так как при k → ∞³√√ ´pk + 1 − k = ³√11√ ´p ∼ 2 p k p/2 ,k+1+ kµ¶k−1222ln= ln 1 −∼−∼− ,k+1k+1k+1kтоak ∼ −711p .2p−1 k 1+ 2Поскольку ряд с положительными членами∞X(−ak ) схо-k=2pдится тогда и только тогда, когда 1 + > 1 ⇔ p > 0 ,2∞Xисходный рядak сходится при тех же значениях p .k=2Ответ: Ряд сходится, если p > 0 , расходится, еслиp≤0 JB c) Отметим условие существования логарифма: p > 0,p 6= 1 .
Преобразуем³´³´√√kk!Ã√22kln 1 + kln 1 + k2=ak = logpk 1 +=,kln(pk )k ln pоткуда видно, что ak сохраняют знак (он совпадает со знакомln p ). При k → ∞√µ ¶k211∗ak ∼,·=Ok k ln pk2следовательно, по признаку сравнения ряд сходится при любых значениях p > 0 , p 6= 1 JB d) Заметим для начала, чтоk 2 + e−kk∼ , при k → ∞ .2k + 32Для p ≥ 0 имеем arctg (k p ) = O∗ (1) . Поэтомуak = O∗ (k) , k → ∞ , следовательно, ряд расходится, так какдля него не выполнено необходимое условие сходимости.1При p < 0 имеем arctg (k p ) ∼ −p .
Тогдаkµ¶k 11∗ak ∼ · −p = Oпри k → ∞ ,2 kk −(p+1)ak > 0 ,72поэтому ряд сходится тогда и только тогда, когда−1 − p > 1 ⇔ p < −2 J2. Используя асимптотические неравенства и признакисравнения, исследовать сходимость следующих рядов:∞∞XXlnp kln k√ ;;a)b)kpkkk=2k=1c)∞Xpk ·e√− k;d)k=1∞X1k=3(ln k)ln ln k.(Асимптотические неравенства, которые используются прирешении примеров этого задания, получаются либо на основешкалы роста (см.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
