Е.М. Рудой - Математический анализ. Числовые и функциональные ряды (1111805), страница 3
Текст из файла (страница 3)
Выпишем цепочку из (n − 1) неравенств вида(11)a2b2≤ ,a1b1a3b3≤ ,a2b223...............bnan≤an−1bn−1и перемножим их (мы это можем сделать, т.к. все an и bn —строго положительны). В результате получимanbn≤ .a1b1Отсюда и признака сравнения следует утверждение теоремы.Далее мы сформулируем и докажем ряд признаков сходимости, основанных на сравнении исходного ряда с рядом, составленным из членов геометрической прогрессии∞Xqn,n=1который сходится при |q| < 1 и расходится при |q| ≥ 1. Далее мыбудем рассматривать положительные q.Теорема 1.8 (Признак Даламбера). Пусть дан ряд (7).
Еслидля всех n ∈ N справедливо неравенствоan+1≤ q < 1,an(12)то ряд (7) сходится. Если для всех n ∈ N справедливо неравенствоan+1≥ 1,(13)anто ряд (7) расходится.Доказательство. Пусть справедливо неравенство (12) с q < 1.Рассмотрим ряд (8) с bn = q n . Тогда (12) можно переписать вследующем видеan+1q n+1bn+1≤q= n ≡.anqbn24Так как q < 1, то по теореме 1.7 ряд (7) сходится.Пусть теперь выполняется (13). Рассмотрим ряд (8) с bn = 1.Тогда неравенство (13) можно переписать в следующем видеan+1bn+1≥1=.anbnОтсюда и из теоремы 1.7 следует, что ряд (7) расходится.Замечание. Условие (12) нельзя заменить условиемan+1< 1.anДействительно, для гармонического ряда имеемan+1n=<1ann+1для всех натуральных n, но ряд расходится.Замечание.
Как уже отмечалось выше, отбрасывание конечного числа членов ряда не влияет на его сходимость. Поэтомуесли неравенства (12) и (13) выполняются не для всех номеровn, а начиная с некоторого N , то утверждение теоремы остаетсяв силе.Задача. Пользуясь признаком Даламбера, исследовать сходимость ряда∞X3n.n!n=1Решение. Имеемan =3n,n!an+1 =3n+1,(n + 1)!поэтомуan+13n+1 · n!33= n=≤ <1an3 · (n + 1)!n+14для всех n ≥ 3. Следовательно, по признаку Даламбера ряд сходится.25Задача. Доказать расходимость ряда∞Xn!.10nn=1Решение. Имеемan+1(n + 1)! · 10nn+1==≥1an10n+1 · n!10для всех n ≥ 9, поэтому по признаку Даламбера ряд расходится.Теорема 1.9 (Признак Даламбера в предельной форме).
Пустьдан ряд (7). Пусть существует пределlimn→∞an+1= L.an(14)Тогда при L < 1 ряд (7) сходится; при L > 1 — расходится.Доказательство. Пусть предел (14) существует и L < 1. Тогда,начиная с некоторого номера N , справедливо неравенство an+1 1−L an − L < 2 , ∀n ≥ N,откуда следуетan+11+L<< 1 ∀n ≥ N.an2По признаку Даламбера ряд сходится.Пусть теперь L > 1. Тогда, начиная с некоторого номера N ,справедливо неравенство an+1 an − L < L − 1, ∀n ≥ N,откуда следует26an+1> 1 ∀n ≥ N.anПо признаку Даламбера ряд расходится.Замечание.
Отметим, что признак Даламбера применим только в случаях, когда L 6= 1. Если же L = 1, то исследуемый рядможет как сходится, так и расходится. Например, для гармонического ряда (известно, что он расходится)limn→∞Вместе с тем, рядan+1= 1.an∞X1n2n=1сходится иlimn→∞an+1= 1.anЗадача. Исследовать на сходимость ряд∞X3n n!n=1nn.Решение. Воспользуемся признаком Даламбера в предельнойформе. Итак, имеемan+13n+1 (n + 1)!nn3nn3n .===n+1nnan(n + 1)3 n!(n + 1)1 + n1Поэтомуan+133n = > 1= lim1n→∞ ann→∞ 1 +enи, следовательно, ряд расходится.Задача.
Исследовать на сходимость рядlim∞Xn.5nn=127Решение. Здесь an =n5n ,an+1 =n+1,5n+1поэтому(n + 1) · 5nn1an+1= lim= lim= < 1.n→∞ n · 5n+1n→∞ 5(n + 1)n→∞ an5limСледовательно, ряд сходится.Задача. Исследовать сходимость ряда∞X(n!)2.(2n)!n=1Решение.
Выпишем отношение (n + 1)-го члена ряда к n-му:((n + 1)!)2 · (2n)!(n!)2 (n + 1)2 · (2n)!an+1===an(n!)2 · (2n)!(2n + 1)(2n + 2)(n!)2 · (2(n + 1))!=(n + 1)2.(2n + 1)(2n + 2)Переходя к пределу при n → ∞, получим1an+1= < 1.n→∞ an4limПоэтому, ряд сходится.Теорема 1.10 (Признак Коши). Пусть дан ряд (7). Если длявсех n ∈ N справедливо неравенство√nan ≤ q < 1,(15)то ряд (7) сходится. Если для всех n ∈ N справедливо неравенство√nan ≥ 1,(16)то ряд (7) расходится.Доказательство. Пусть q < 1, положим bn = q n . Тогда из (15)следует, чтоan ≤ bn ,28и по признаку сравнения ряд (7) сходится.Пусть теперь справедливо неравенство (16). Тогда an ≥ 1,следовательно, n-ый член ряда не может стремиться к нулю. Рядрасходится.Замечание.
Если условие (15) справедливо, начиная с некоторого номера N , то признак Коши сходимости числовых рядовостается в силе.Замечание. Условие (15) нельзя заменить условием√nan < 1.Например, для гармонического ряда√n1an = √< 1,nnно, как известно, он расходится.Задача. Исследовать сходимость ряда∞Xn=21.(ln n)nРешение. Воспользуемся признаком Коши:s√111nan = n< <1=n(ln n)ln n2для всех n ≥ 9. Поэтому ряд сходится.Задача. Исследовать на сходимость рядn∞ Xn.3n + 1n=1Решение. Имеемs√nan = nn3n + 1n=nn1<= < 1,3n + 13n329и, следовательно, ряд сходится.Задача. Исследовать следующий ряд на сходимость:∞ X2 + (−1)n n.5 + (−1)n+1n=1Решение. Рассмотрим√nan =2 + (−1)n2+13≤= < 1,5 + (−1)n+15−14откуда следует, что ряд сходится.Теорема 1.11 (Признак Коши в предельной форме).
Пусть данряд (7). Пусть существует предел√lim n an = L.(17)n→∞Тогда при L < 1 ряд (7) сходится; при L > 1 — расходится.Доказательство. Доказательство аналогично доказательству признака Даламбера в предельной форме. Для этого достаточно√n a .лишь в рассуждениях заменить an+1nan наЗамечание. В случае, когда L = 1, исследование сходимостиряда требует применения других методов.Задача. Исследовать на сходимость ряд 2∞Xn+1 n1·.3nnn=1Решение.
Для данного ряда имеемs 2√1n+1 nn+1 nn 1nlim an = lim·= lim=n→∞n→∞3nn3 n→∞n11 ne= lim 1 += < 1.n→∞3n330Следовательно, ряд сходится.Задача. Исследовать сходимость ряда∞X2n.n1000n=1Решение. Известно, чтоlim√nn→∞поэтомуlim√nn→∞n1000 =n = 1,limn→∞1000√nn=1и, следовательно, для данного рядаlim√nn→∞an = lim √nn→∞2n1000= 2 > 1.Таким образом, заключаем, что ряд расходится.Теорема 1.12 (Интегральный признак сходимости). Пусть функция f (x) неотрицательна и не возрастает всюду на полуинтервале [1, +∞). Тогда числовой ряд∞Xf (n) = f (1) + f (2) + . . .(18)n=1сходится тогда и только тогда, когда сходится несобственныйинтегралZ∞f (x)dx.(19)1Доказательство. Возьмем произвольное натуральное число n ≥2, а x — любое число из отрезка [n − 1, n].
По условию теоремыфункция f (x) — невозрастающая. Поэтому справедливы неравенстваf (n) ≤ f (x) ≤ f (n − 1) ∀n ≥ 2.31Так как функция f (x) — неотрицательна и монотонна длявсех x ≥ 1, то она ограничена. А из ограниченности и монотонности функции следует ее интегрируемость на отрезке [n − 1, n].Имеют место неравенстваZnZnZnf (n)dx ≤n−1f (x)dx ≤n−1f (n − 1)dx,n−1откуда следуетZnf (n) ≤f (x)dx ≤ f (n − 1) ∀n ≥ 1.n−1Выпишем цепочку неравенств, последовательно подставляя n =1, 2, 3, . . .Z2f (2) ≤ f (x)dx ≤ f (1),1Z3f (3) ≤f (x)dx ≤ f (2),2.....................Znf (x)dx ≤ f (n − 1).f (n) ≤n−1Сложим эти неравенства и воспользуемся аддитивностью определенного интеграла.
В результате получимnXk=2Znf (k) ≤f (x)dx ≤n−1Xf (k).k=11Пусть Sn — n-я частичная сумма ряда (18), т.е.Sn =nXk=132f (k).(20)Кроме того, положимZnan =f (x)dx.1Тогда (20) можно переписать в следующем видеSn − f (1) ≤ an ≤ Sn−1 .(21)Из (21) легко следует утверждение теоремы. Действительно, т.к.f (x) ≥ 0 для всех x ≥ 1, то последовательность {an } — неотрицательна. Поэтому для ее сходимости (что, фактически, означаетсходимость несобственного интеграла (19)) необходимо и достаточно, чтобы она была ограничена.
Кроме того, для сходимостиряда (18) — ряда с неотрицательными членами необходимо и достаточно, чтобы последовательность {Sn } его частичных суммбыла ограничена.Из (21) следует, что последовательность {an } ограничена тогда и только тогда, когда ограничена последовательность {Sn }.Пример. Используя доказанную теорему легко показать, чтообобщенный гармонический ряд с показателем α > 1 сходится.Действительно, известно, что несобственный интегралZ∞dxxα1сходится при α > 1 , и расходится при α ≤ 1. Таким образом,обобщенный гармонический ряд∞X1nαn=1сходится при α > 1 , и расходится при α ≤ 1.Замечание.
Отметим, что сумма числового ряда (18) в общем случае не совпадает со значением несобственного интеграла (19).33Задача. Исследовать сходимость ряда∞Xn=21.n ln n(22)Решение. Применим интегральный признак сходимости. Дляэтого рассмотрим несобственный интегралZ∞dx,x ln x2который по определению равенx=Alim ln ln x x=2 = lim ln ln A − ln ln 2.n→∞A→∞Последний, в свою очередь, не существует. Следовательно, ряд(22) расходится.Упражнения.1.4.1. Используя признак сравнения, исследовать сходимостьследующих рядов:а)в)∞X1p,2n=1 n (n + 1)∞ √Xn−1n=1д)n,∞Xn2 + 1√,n5n=1г)б)n=2∞X13n (2nn=1е)∞X1,ln n∞Xn=1+ 1),n2.n4 + 100001.4.2∗ .Используя признак сравнения, доказать сходимостьследующих рядов:а)∞Xn=134πsin 2 ,n∞X| sin 3n |б),3nn=1∞Xв)n=1д)1,2n + 1 − cos n∞X1,n2n=1∞Xln n1 + 1е).n∞Xln n,n3 − 2г)tgn=1n=11.4.3.
Используя признак сравнения в предельной форме, исследовать сходимость следующих рядов: 2∞∞XX2n + 1n +2а), б)ln,3n − 1n2n=1n=1∞X1 11tg ,в)n sin 2 , г)nn nn=1n=1∞∞XX11д)ln+ 1 , е)2n sin n .n3∞Xn=1n=11.4.4. Исследовать сходимость следующих рядов:∞ ∞ 12XX1∗а)1 − cos √, б)∗n en − 1 ,nn=1n=1в)∞ X1n=1д)∞Xn=11− sinnn,г)∞Xn2 + 1;n3 + 3 nn=1n4 − 100000,n5 + 1000000е)∞Xn=1(4 + (−1)n )n.7n1.4.5. Используя признак Даламбера, исследовать сходимостьследующих рядов:а)∞Xn(n + 1)n=1в)3n∞Xnnn=1n!,б)∞Xn!,100nn=1,г)∞X7nn=1n!,35∞Xnn sin∗д)π2nn!n=1,∗е)∞X(2n − 1)!!(2n)!!n=1·1,n2n+1где(2n)!! = 2 · 4 · 6 · . .
. · (2n),(2n − 1)!! = 1 · 3 · 5 · . . . · (2n − 1).1.4.6. Используя признак Коши, исследовать сходимость следующих рядов:∞X(5 + (−1)n )nа)4nn=1в),б)n=1∞ X2 − (−1)n n5 + (−1)nn=1∞ X,n5n + 2n,n∞ X2n2 − 1г)n=13n2 + 1.1.4.7. Используя признак Коши в предельной форме, исследовать сходимость следующих рядов:n2∞ Xnа),n+1б)n=1∞ Xn=1 2∞X1n+1 nв)·,2nnг)n=1д)∞ Xn=12n2 + 13n2 − 1n,n2n + 1∞Xsinnn=1∞ Xn=1n,π,2n2n2 + 2n + 15n2 + 3n + 9n.1.4.8. Используя интегральный признак сходимости, исследовать на сходимость следующие ряды:∞X1а),n ln2 nn=2∗в)∞Xn=2361,n ln n ln ln n√∞ −Xe√б)n=1∞Xn=2nn,1.n ln n(ln ln n)21.4.9.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
