И.А. Виноградова, С.Н. Олехник, В.А. Садовничий - Ряды, несобственные интегралы, ряды и преобразование Фурье (1111811), страница 36
Текст из файла (страница 36)
Следовательно, !Ф~! > Се'~ ч, 1 =3 откуда в силу расходимости ряда Ъ вЂ” при любом !1 > 0 1п и следует, что !пп !о1е1 ) = +со при любом 1! > О, е ф 1, что я-++со и доказывает расходимость ряда ~~ !а„)ее!8па„при а > О, ЧФ1. а» 28. 1) Следует из неравенства 0 < < ае 2) Сле- 1+ ае а» дует из неравенства 0 « а„. 3) Следует из нера- 1+ аа„ венства в!ах(а„, а„+1, а„+1) < а„+ а„+1+ а„+з.
4) Следует из неравенства п!1п1а„, а„+1,..., аз„!) < а„. 5) 'Обозначим через Я„последовательность частичных сумм ряда а„+ ае+! + . + аае-1 Е «=! Тогда аз + аз аз+ ае+ ае е — а! + 2 + 3 + ' ' '+ + а» + ап+! + ' ' + аЗ» — 1 ( и ( а!+аз — +аз. ~-+ -) +ар ~ — + — /+. + 2 1,3 2) 1,4 3) /! 1 -! !21+ !! + ... , ( + — + + — )(~ ар.
~,2п — 1 2п — 2 и) '- р=1 Полученное неравенство показывает, что ряд а! + аг + - + агп сходится. 6) Следует из неравенства между средним геометрическим н средним арифметическим. 7) Следует нз и. 5 и неравенства между средним геометрическим и средним арифметическим. Ьп 1 29. 1) Так как —" = 1 — —, то для сходимости ряда 1+ Ьп 1+ Ь„' Ь„ необходимо, чтобы Ьп -+ О, п -+ +со, а прн этом Е1,Ь„ Ь„ ь„ 1+ Ь„ Ьп, и -Р +оо, и Расходимость РЯда кг —" следУет -; 1+Ь„ из расходимости ряда ~! Ьп. 2) Следует из неравенства «=1 шах)Ь«, Ьпр1,..., Ьгп !) ) Ьп. 30.
Решение. Если 2" + 1 < и ( 2" +1, то 2«+1+ 1 < 2п 1 < 2ь+г 1 следовательно, 1 Шак!ап, оп+1, ° 1 а2п — 1) — а+1 2г+1 для 2" + 1 ( п ( 2" +'. Отсюда получаем неравенство: г'ю 2" 1 Е шах)а„, апр1, ..,, агп 1) = — = —, 2"+' 2' п=2" +! что н доказывает расходимость ряда шах(а„, а„ь1,..., аз„,). Е и» + Ьп ЗЗ. 1) Следует нз неравенства )а„6„) < " ".
2) Сле- 2 дует из неравенства (а„+ Ь„) < 2(аз + Ьз). 3) Следует из и. !). 34. Решение. Построим график функции у = у(х) (см. рис. 7). Величина Яь — — Дх)Их представляет собой плоо Рис. 7 щадь фигуры, ограниченной полученной кривой, осью ОХ н ь прямой х = а; величина Яз = / у(х) Их представляет собой о площадь фигуры, ограниченной полученной кривой, осью ОУ и прямой у = Ь. Нужное неравенство вытекает из того, что площадь прямоугольника со сторонами а и Ь не превосходит суммы площадей 51 + Яз.
Полагая 7(х) = хх ', получим последнее неравенство. 345 О 35. Утверждение следует из неравенств / ~(л) !!х < а у(а), ь а у(х) !!з < Ь-д(ь) и результатов задачи 34. о аи Ь„ 36. 1) Решение. Пусть аи= л и )!и = ь." Тогда !/А !/я пиЬи Аа„пь„ и1 + т ат ~ Ьй ~ аи с' Ь„" пиЬи < ии! Ги Л р ~;ь„" и=! + 5„-ьд ии! ~( +и+ + )' ии! Ч % и /п!+из+ +пи д пи( Ч вЂ” 1~ п «и! ! для любого натурального т. Полагая Л = —, !! Ч 1 1 —— Ч 346 2) Следует из п. 1). 37.
Указание. Применить последнее неравенство из зада- 1 1 чи 34, положив Л = —, д = 1 — —. Ч Ч 39. Решение. Из п. 2 задачи 38 получаем, что отсюда в силу неравенства Гельдерн получаем, что ( + и г~) и=! Так как ч а! + аз + ° + а„' Е~ ) >О, и е=! то отсюда следует требуемое неравенство. 40. Указание. Применить утверждение задачи 39 к ряду СЮ Е' а„' и перейти к пределу при 4-++оо. и=1 41. а) Решение. При любом а ф ял, й Е .'Е, последовательности (сйп по), (соева) не являются бесконечно малыми (доказательство этого факта проводится так же, как доказательство в сноске на стр.
12). Так как из условия следует, что последовательность (а„) отделена от нуля, то и последовательности (а„в!ива) и (а„ соева), а ф кя, и б х, не являются бесконечно малыми, следовательно, данные ряды расходятся. б) Утверждение следует иэ соотношений: )а„е1ппа) > )а„)в1п па = — (1 — сов 2па); з )ие) 2 !а„созна) > )а„) сов па = — (1 + сов 2по). з )а„) 2 42.
Решенне. Положим Ф(з) = ~(1) Й. Сходимость ни+ оо 1 теграла / 1(л) пз эквивалентна сушествованию предела Ф(л) 1 при з -+ +со. Применяя формулу Тейлора, получаем, что а+1 Ф(в+ 1) — Ф(п) = У(п) + У'(1)(в+1-1) (1. е Неравенство «+1 «+1 < !!'(!)/е! и !'(!)(и + 1 — !) 1!! и показывает, что при заданных условиях ряд и+! К!'!'1!1.+ -« ии! и да ~~! у(п). =! Обратно, если ряд ~ у(п) сходится, то из предыдущеии! го рассуждения вытекает существование предела Ф(п) при и -ч +оо. Для к Е (О; 1) в силу формулы Тейлора имеем «+и (Ф(п+ х) — Ф(п)) = (е~(п) + /'(!)(и+ е — !) 1(!( < п «+1 < ~(-)+ 1 ~Г(!и п В салу сходимости ряда ~~! ~(п) и абсолютной сходимости +со и«1 интеграла / у~(л)1Ь отсюда следует, что Ф(п+л) — Ф(п) -+ О 1 при и — ! оо равномерно на (О; 1), что и показывает одновременное существование пределов 1пп Ф(п) и 1пп Ф(л).
и-!оо и-++оо 43. Решение, Обозначим через а минимальную, в через Ь вЂ” максимальную из предельных точек последовательности (кп — [кп]), и Е !'1, тогда О < о ( Ь < 1. Предположим, что О < 1 — Ь < а, тогда найдется такое натуральное число и1, сходится абсолютно, откуда следует, что из условия существовании предела Ф(л) при и -~ +сю следует сходимость ря- 1 что или 1) 1 — 6 = — или 2) О < 1 — п(1 — 6) < а. Возьмем такую последовательность ва ! +со, что (япе — [яве]) -+ Ь, д -+ +со. В первом случае получаем, что 1пп т(явь — [явь]) = тй = т — 1 д ф+»» т. е.
!пп (ятв — гв[яве] — т+ 1) = О, Я-»+»»» откуда следует, что для последовательности ((ятв — [ятве])) либо нуль, либо единица являются предельнои точкой. Так как последовательность ((ятве — [хтве])) есть подпоследовательносгь последовательности ((яв — [яв])), то полученное утверждение противоречит принятому предположению. Во втором случае, не ограничивая общности, можно считать, что неравенство О < 1 < т(1 — (яве — [яве))) < Ц справедливо длявсех4ЕР(,откудаполучаем,что т-1<т(яв -[яве]) <т, т.
е. [~пиве) = т[яве]+ гв — 1. Следовательно, 1пв (ятве — [~пав ]) = е-»+ 1пп (т(иве — [яве]) — т+ 1) = 1 — т(1 — 6) < а, Я-Ф+»Ю что противоречит определению а. Итак, предположив, тго О < 1 — Ь < а, мы пришли к противоречию. Аналогично доказывается, что предположение О < а < 1 — 6 также приводит к противоречию. Следовательно, верно хотя бы одно из равенств: а = О, 6 = 1. 44. Решение.
В салу утверждения задачи 43 существует 1 последовательность ве 1 +со, для которой [вгп вг[ < —. 4 Последовательность (О, в фвп )1, в=в, удовлетворяет требованиям задачи. т »5. У .. »,,4( -Х)» —, 1»»» 2 ]с [> —.т = 2. т 48. Указание. Написать условие критерия Коши равномерной сходимости последовательности (~„(х)) на М и перейтн в нем к пределу при х -+ хе, где х с М, хо 6 М. 47. Например, и«(х) = ( — 1)«[х« — х«+ ]. 48. а) Ряд ~~! ]и«(х)] сходится равномерно на Е. «=! б) Последовательность (е«(хе)) монотонна при любом хосЕ.
49. Решение. Для ряда ~~! ]а«и«(х)] выполнено условие ««! критерия Коши равномерной сходимости на М. ДействительОО «1+« но, пусть А = яир ~~! и~(х) + 1,тогда О < ~ ~из(х) < А для «еМ «=1 «=т любых натуральных и!, д и А > 1. В силу критерия Коши и сходимости ряда ~ а«для любого числа е > О найдется ч г «=! такое число !!! б г!, что для всех натуральных д и и! > !!! верПЪ« 2 2 е но неравенство ~ а«< —. Отсюда, применяя неравенство ««« Коша-Буняковского, получаем, что +ч ]а«и«(х)] < ~~! и„(х) ~~! а„< е ««т ««~« ««ю« для всех натуральных д и тп > Ф, что и требовалось доказать.
50. Да, например, ~«(х) = х + —, где Р(х) и ][1, х рационально, ]!О, х иррационально функция Дирихле. Здесь каждая функция ~„(х) разрывна во всех точках отрезка [О; 1] и в то же время у«(х):) х на [О; 1]. 51. Нет. Это предположение противоречит теореме о непрерывности предельной функции. 52. Например, 1 1 1„(х) = — — —, х ф О, 1'„(0) = О. 54. Указание. Использовать равенство и„(х)о„(х) — и(х)е(х) = = и„(х)[с„(х) — е(х)) + е(х)[ие(х) — ц(х)] н результат задачи 53. 55. Например, пгхз е„(х) = (1 + пх)(2л — х) ' 1 1 и„(х) = — — —, х ф О, и„(0) = О. х 2п' 50. Например, у„(х) = х".
Нарушено требование компактности множества, на котором заданы все остальные условия. 57. Решение. Возьмем произвольное число е > О. Из условия 2) следует существование такого числа 51~ б 1Ч, что е [Ан — А[ < —, а из условия 1) — существование такого числа 3' 6 > а, что [/(х) — А[ < — и [/и, (х) — Ам, [ < — для всех х > Ь. Для всех х Е [6;+со) и любого натурального числа п > М~ из условия 3) следует, что [У ( ') — У( 'Н < [Лч,(х) — У( Н < < [Б,(х) — Ам,[ + [Ая, — А[ + [А — У(х)[ < е. На отрезке [а;Ь) последовательность у„(х) удовлетворяет условиям теоремы Дини, следовательно, существует такое число Фз Е И, что [у„(х) — у(х)[ < е для всех х Е [а;6[ и всех натуральнык п > 51з. Отсюда получаем, что [у„(х) — у(х)[ < е для всех х Е [а;+со) и всех натуральных и > Ф = шак(Фы Фз), что н требовалось доказать. 351 58.
Решение. Не ограничивая общности, можно считать, что каждая из функций /п(х) неубывающая, тогда и функция /(х) — неубывающая на (а, 6] Положим д(6- а) хр и< — — а +, О ь~ д «и, ш е И ш Для любого числа с > О в < илу непрерывности /(х) гущсству- Е ет такое т е И, что !/(хр „,) — /(хр, )! < —, ! < д < и<, 4' а в силу сходимости /п(х) и /(х) на (а; 6] существует такое !<<< б И, что О < 1/п(хр,п<) — /(хр,м )! < — для всех д, О (~ д (~ ш, и всех натУРальныхп > <д.
Если х б [х <,хр ], 1 < д < т, то, используя неубывание функций /п(х) и /(х), получаем, что !/.(*) — /(х)! < !/п(хрп<) /(хр-!зп)1+ !/п(<р-ь и) /(хр, и)! < < !/и( . ) — /(хр. )[+ !/(хр,.) — /(х —, )!+ + !/п(хр-ь,<п) — /(хр< ц<п)!+ !/(хр-К ) — /(х)! < с для любого натурального п > <д. Так как и [а;6] = (][хе-<зп,хр,м], рп! то неравенство [/п(х) — /(х)! < е при и > Ф справедливо для всех х Е [а;6], что и требовалось доказать. На компакт !д доказательство переносится дословно.
59. Решение. Необходимость. Пусть [а;6] С (а,!д). Для произвольных фиксированных чиг< л е > О и М Е И положим Е„, =: (х . х б (<ьпд), !/(х) — /яр,п(х)! < <), и< Е И Из сходи- мости /п(х) к /(х) иа (о; )!) и непрерывности функций /п(х) и /(х) на (о; Д) следует, чго каждое из множеств Е„„га б И, является объединением интервалов и совокупность всех зтих интервалов представляет покрытие отрезка [а; 6]. Выбрав из полученной совокупности интервалов конечное покрытие, обозначим полученные интервалы через Ур и соответствую- щие им числа вида <р' + ро через пр, 1 < д < (~. Полученный набор интервалов и натуральных чисел удовлетворяет требу- емому условию.
352 Достаточность. Пусть хю Е (а;))). Возьмем произвольное число е > О. В силу сходимости ~„(хе) к 1(хе) найдется такое М Е 1Ч, что )Д»(хе) — ~(хе)! < — для всех натуральных и > М. Возьмем отрезок [о;6! С (а;/3), содержащий внутри себя точку хе. Пусть набор интервалов У и чисел и 6 й, ! < е < (~, соответствует отрезку (а;6] и числам —, Ф. Обозначим через Уе интервал У, содержащий точ- 3' е ку хе, и через пе — соответствующее натуральное число. В силу непрерывности функции ~„,(х) на (а, и) существует та- Е кое число Б > О, что (хе-д; хо+3) С Н) н )У»,(х) — У»,(хо)! <— для всех х Е (хо — Ю; хо+ б). Отсюда для х Е (хо — 3, хо + 3) получаем соотношение: (У(ха) — Пх)! < Ц(хо) — ~„,(хе)! + + У» (хе) У»а(х)! + )У»~(х) — У(х)! < 3 — = с, что и дока- 3 зывает непрерывность функции /(х) в произвольной точке Рис.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
