Е.М. Рудой - Математический анализ. Числовые и функциональные ряды (1111805), страница 2
Текст из файла (страница 2)
По условиютеоремы ряд является сходящимся. Следовательно, существуетпредел последовательности {Sn } равный S. Так как последовательность {Sn } сходится, то и любая ее подпоследовательностьсходится к тому же пределу, в том числе и подпоследовательность {Sn−1 }. Из равенства an = Sn − Sn−1 следует, чтоlim an = lim Sn − lim Sn−1 = S − S = 0.n→∞n→∞n→∞В заключении параграфа сформулируем еще одно очевидноесвойство рядов: отбрасывание конечного числа членов ряда невлияет на его сходимость.
При этом сумма полученного рядаотличается от суммы исходного на сумму выброшенных членов.Задача. Исследовать сходимость ряда1 2n+ + ... ++ ...2 3n+1Решение. Рассмотрим n-ый член рядаan =nn+1и вычислимn= 1.n+1Таким образом, заключаем, что исходный ряд расходится, т.к.не выполнено необходимое условие сходимости числового ряда.lim an = limn→∞12n→∞Задача. Исследовать сходимость рядаppp0, 001 + 2 0, 001 + 3 0, 001 + .
. . + n 0, 001 + . . .Решение. Как известно для любого a > 0limn→∞√na = 1,поэтомуlimn→∞pn0, 001 = 1.Получили, что n-ый член ряда не стремится к нулю. Ряд расходится.Упражнения.1.2.1. Найти сумму следующих рядов:а)∞Xn=12,3n−1∞ X41б)+,5n 2n+1в)n=1∞X(−1)nn=12n−1,∞ Xβα+г), где |q1 | > 1, |q2 | > 1.q1n−1 q2nn=11.2.2. Исследовать сходимость следующих рядов:а)2 4 62n+ + + ...+ ...,3 5 72n + 1111б) 1 + √ + √+ ...
+ √+ ...,3nn231 2 3(−1)n+1 n− + + ... ++ ...,2 3 4n+1n n+1г) 1, 1 − 1, 02 + 1, 003 − 1, 004 + . . . + (−1)1 + n + ...,10в)д) cos 1 + cos11+ . . . + cos + . . .2n131.2.3. Исследовать следующие ряды на сходимость:∞∞ XX12n + 5 nnа), б)(−1) +,10nn(n + 1)n=1n=1в)∞ Xn=111−n n−1.1.3. Критерий Коши сходимости числовых рядовСходимость числового ряда по определению это сходимостьего последовательности частичных сумм. Поэтому из критерияКоши сходимости числовых последовательностей легко получитькритерий сходимости числовых рядов.Теорема 1.4 (Критерий Коши). Для сходимости числового ряда (1) необходимо и достаточно, чтобы для любого положительного числа ε нашелся такой номер N , что для всех номеровn ≥ N и для любого целого числа p ≥ 0 выполняется неравенство n+p Xak < ε.(6)k=n+1Кратко это условие можно записать в следующем виде: n+p Xak < ε.∀ε > 0 ∃N : ∀n ≥ N ∀p ≥ 0 k=n+1Доказательство. По критерию Коши последовательность {Sn }сходится тогда и только тогда, когда∀ ε > 0 ∃ N : ∀ n ≥ N ∀ p ≥ 0 |Sn+p − Sn | < ε.По определению частичной суммы имеемSn+p − Sn = an+1 + .
. . + an+p =n+pXk=n+114ak .Из этого равенства следует условие (6).Пример. Рассмотрим ряд1+1 11+ + ... + + ...,2 3nкоторый называется гармоническим рядом. Используя критерийКоши, покажем, что он является расходящимся. Укажем такоеε0 > 0, что для любого натурального N существуют натуральныеn ≥ N и p > 0 такие, что n+p X 1 ≥ ε0 .kk=n+1Это будет означать, что необходимое и достаточное условие сходимости числовых рядов для гармонического ряда не выполняется.Действительно, если взять ε0 = 12 , n = N , p = N , то будемиметь2NX1111=++ ...
+>kN +1 N +22Nk=N +1>11111=N·++ ... += .2N {z2N}2N2|2NN слагаемыхТаким образом, гармонический ряд является расходящимся.Замечание. Необходимое условие сходимости числовых рядов можно было доказать, используя критерий Коши. Действительно, если взять p = 1, то получаем, что∀ε > 0 ∃N ∀n ≥ N |an+1 | < ε.Это и означает, что последовательность {an } — бесконечно малая.15Замечание. Подчеркнем, что условие стремления к нулюпоследовательности членов ряда является необходимым. Например, как мы показали, гармонический ряд расходится, но1= 0.n→∞ nlimВ дальнейшем мы сформулируем и докажем ряд достаточныхпризнаков сходимости рядов.Упражнения.1.3.1. Используя критерий Коши сходимости рядов, доказатьрасходимость следующих рядов:а)1 1 11+ + + ... ++ ...,2 4 62n111б) 1 + √ + √ + .
. . + √ + . . . ,n23в) 1 +11 1+ + ... ++ ...3 74n − 11.3.2. Доказать, что ряд1−1+1 1 1 111− + − + ... + − + ...2 2 3 3n nсходится и найти его сумму.1.3.3∗ . Пользуясь критерием Коши, доказать, что ряд1++расходится.161 1 1 1 1 1 1 1− + + + − − − + ...+2 2 3 3 3 3 3 3111 111+ + ... + − − − ...
− +...n} |n n {zn}|n n {zn разn раз1.4. Ряды с неотрицательными членамиВ этом параграфе будем изучать числовые ряды, члены которых неотрицательны. Итак, пусть дан ряд∞Xan ,(7)n=1у которого an ≥ 0 для всех n ≥ 1. Рассмотрим последовательность его частичных сумм Sn :S1 = a1 ,S2 = a1 + a2 = S1 + a2 ,S3 = a1 + a2 + a3 = S2 + a3.................................Sn = a1 + a2 + .
. . + an−1 + an = Sn−1 + an .Так как все an неотрицательны, то0 ≤ S1 ≤ S2 ≤ . . . ≤ Sn ≤ . . .Таким образом, у числового ряда с неотрицательными членамипоследовательность частичных сумм является неубывающей.Теорема 1.5 Числовой ряд с неотрицательными членами сходится тогда и только тогда, когда последовательность его частичных сумм ограничена сверху.Доказательство.
Утверждение теоремы непосредственно следует из критерия существования предела монотонной последовательности.Далее мы сформулируем и докажем несколько достаточныхпризнаков сходимости числовых рядов с неотрицательными членами. Все они будут основаны на сравнении исходного ряда срядами, информация о сходимости которых уже известна. Такиепризнаки называются признаками сравнения.17Теорема 1.6 (Признак сравнения). Пусть даны два ряда с неотрицательными членами — ряд (7) и∞Xbn .(8)n=1Пусть для всех n ∈ Nan ≤ bn .Тогда справедливы следующие утверждения:1. Если ряд (8) сходится, то сходится и ряд (7);2. Если ряд (7) расходится, то расходится и ряд (8).Доказательство. Докажем первое утверждение теоремы. Пустьряд (8) сходится. Пусть Sn , Tn — n-ые частичные суммы рядов(7), (8) соответственно, а T — сумма ряда (8).
Так как последовательность частичных сумм ряда с неотрицательными членами— неубывающая, тоTn ≤ T.Следовательно, имеемSn =nXak ≤k=1nXbk = Tn ≤ T.k=1Таким образом, получаем, что последовательность частичныхсумм Sn ряда (7) ограничена. Поэтому, ряд (7) сходится.Докажем теперь второе утверждение теоремы.
Пусть ряд (7)расходится. Значит последовательность его частичных сумм неограничена. Из неравенства Sn ≤ Tn следует неограниченностьпоследовательности {Tn }. Поэтому ряд (8) расходится.Задача. Исследовать сходимость ряда∞X1p.n(n − 1)n=218Решение. Имеем111an = p>√ = ,2nn(n − 1)nно, как было доказано выше, гармонический ряд является расходящимся, следовательно, исходный ряд расходится.Задача. Исследовать сходимость ряда∞X1.n2n=1Решение. Воспользуемся признаком сравнения. Для этого оценим сверху n-ый член ряда:11<n2n(n − 1)∀ n ≥ 2,но, как мы доказали ранее, ряд∞Xn=11n(n − 1)сходится.
Следовательно, исходный ряд тоже сходится.Следствие. (Признак сравнения в предельной форме) Пустьданы ряды (7) и (8) с неотрицательными членами. Пусть bn > 0и существует конечныйlimn→∞an= L > 0.bn(9)Тогда ряды (7) и (8) сходятся или расходятся одновременно.Доказательство. Так как L > 0, то по определению пределапоследовательности существует такой номер N1 , что для всехn ≥ N1 выполняется неравенство an − L < L . bn219Отсюда получаемL3Lan<<2bn2∀ n ≥ N1 .(10)Из (10) следуетan <3Lbn2∀ n ≥ N1 .Поэтому, по признаку сравнения из сходимости ряда (8) получаем сходимость ряда (7); из расходимости ряда (7) получаемрасходимость ряда (8).
Отметим, что здесь мы воспользовалисьтем, что отбрасывание конечного числа (в нашем случае N1 ) членов ряда не влияет на его сходимость.С другой стороны, так как L > 0 и bn > 0, то начиная снекоторого номера N2 все члены последовательности отличныот нуля. Тогда, выбирая N = max (N1 , N2 ), будем иметь2bn2<<для всех n ≥ N.3LanLПо признаку сравнения получаем, что из сходимости ряда (7)следует сходимость ряда (8); из расходимости ряда (8) следуетрасходимость ряда (7).Замечание.
Если L = 0, то из сходимости ряда (8) следуетсходимость ряда (7); из расходимости ряда (7) следует расходимость ряда (8).Задача. В зависимости от параметра α > 0 исследовать сходимость ряда∞X1.2 + αnn=1Решение. Пусть 0 < α < 1, тогда11= ,nn→∞ 2 + α2lim20т.е. не выполняется необходимое условие сходимости рядов. Тоже самое и в случае α = 1.
Пусть теперь α > 1, тогда11< n.n2+ααТак как ряд∞X1αnn=1сходится (как ряд, составленный из членов геометрической прогрессии с показателем q = 1/α < 1), поэтому по признаку сравнения сходится и исходный ряд.Задача. Для α ≤ 1 исследовать сходимость обобщенного гармонического ряда∞X1.nαn=1Решение. Очевидно, что для всех α ≤ 1 и всех натуральныхn справедливо неравенство11≥ .αnnКак мы уже доказали, гармонический ряд расходится. Следовательно, по признаку сравнения обобщенный гармонический рядс показателем α ≤ 1 тоже будет расходится.Замечание. В дальнейшем мы докажем, что для показателяα > 1 обобщенный гармонический ряд будет сходится.Задача.
Исследовать сходимость ряда∞Xn=1sin1.nРешение. Воспользуемся признаком сравнения в предельнойформе. Для этого рассмотрим пределlimn→∞sin1n1nsin x= 1.x→0 x= lim21Так как гармонический ряд расходится, то исходный ряд тожебудет расходится.Задача. Исследовать сходимость ряда∞X5 + 4 · (−1)n3n+2n=1.Решение. Для всех натуральных n выполняется неравенство0<5 + 4 · (−1)n5+41≤ n+2 ≤ n .n+1333Таким образом, из сходимости ряда∞X13nn=1следует сходимость исходного ряда.Задача.
Исследовать сходимость ряда∞ X11− arctgnnn=1.Решение. Вычислим пределlimx→0x − arctg x.x3Несложно проверить, что выполнены все условия правила Лопиталя. Поэтому11 − 1+x2x − arctg x1lim=lim= .x→0x→0x33x23Следовательно,limn→∞221n− arctg n11n31= ,3откуда из сходимости ряда∞X1n3n=1(т.к. n13 < n12 ) следует сходимость исходного ряда.Задача.
Исследовать сходимость ряда∞Xe n + n2.3n + ln nn=1Решение. Сравним исходный ряд с рядом∞ Xe nn=13,который является сходящимся, т.к. e < 3. Вычислим пределen +n23n +ln nlime nn→∞3= limn→∞1+1+n2enln n3n= 1.Следовательно, исходный ряд сходится.Теорема 1.7 Пусть даны два ряда (7) и (8) с положительнымичленами, т.е. an > 0, bn > 0 для всех n ∈ N. Пусть справедливонеравенствоbn+1an+1≤∀n ∈ N.(11)anbnТогда из сходимости ряда (8) следует сходимость ряда (7); израсходимости ряда (7) следует расходимость ряда (8).Доказательство.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
