Бобров А.Н., Радославова Т.В. - Задачи по высшей математике для биологов (1113360), страница 12
Текст из файла (страница 12)
Такие муравьи, если они еще не вышли из сектора OM N , также попадут вокрестность точки A, и их будет тем больше, чем больше ∆r. Таким образом, количество муравьев, вышедшихиз окрестности точки B и попавших в окрестность точки A, можно выразитьnBA = αBA n(r + ∆r) + β1 αBA n(r + ∆r)∆r.Так как мы рассматриваем стационарную модель, когда количество муравьев в окрестности каждой точкидолжно оставаться неизменным, то nAB = nBA , т. е.αAB n(r) − βαAB n(r)∆r = αBA n(r + ∆r) + β1 αBA n(r + ∆r)∆r.В силу равенства коэффициентов nAB и nBA , последнее уравнение можно переписать в видеn(r) − βn(r)∆r = n(r + ∆r) + β1 n(r + ∆r)∆r.Поскольку количество муравьев равно плотности, умноженной на площадь, то последнее равенство можнопереписать в видеp(r)SA − βp(r)SA ∆r = p(r + ∆r)SB + β1 p(r + ∆r)SB ∆r,(6.16)где SA , SB — площади окрестностей точек A и B соответственно.
Вычислив площади в полярных координатах,будем иметьSA = rδ∆ϕ, SB = (r + ∆r)δ∆ϕ.Подставляя эти выражения в (6.16), получимp(r)rδ∆ϕ − βp(r)rδ∆ϕ∆r = p(r + ∆r)(r + ∆r)δ∆ϕ − β1 p(r + ∆r)(r + ∆r)δ∆ϕ∆r.Сократим обе части равенства на δ∆ϕ и сгруппируем слагаемые:(r + ∆r)p(r + ∆r) − rp(r) = −(β1 p(r + ∆r)(r + ∆r) + βp(r)r)∆r.Разделив это равенство на ∆r, перейдем к пределу при ∆r → 0.
Получимd[rp(r)] = −(β + β1 )rp(r).drОбозначим для удобства β + β1 = ε и перепишем уравнение в виде[rp(r)]0= −ε.rp(r)Это уравнение для плотности является уравнением с разделяющимися переменными. Используя начальныеданные, получаем решениеR(6.17)p(r) = p(R)e−ε(r−R) .rЗаметим, что величины R и p(R) несложно найти экспериментальным путем. Коэффициент ε подсчитатьгораздо труднее. Это объективная характеристика взаимоотношений данного вида с данной питательной средой.
Однако можно поступить следующим образом. Если считать, что построенная модель достаточно верноотражает суть дела и, следовательно, существует некоторое ε, с которым формула (6.17) дает зависимостьплотности от расстояния, то эту константу можно вычислить исходя из самой формулы (6.17). В самом деле,если формула верна, то она верна для всех r > R и, в частности, для некоторого r = r0 > R. Подставив r = r0в (6.17), получимRp(r0 ) = p(R)e−ε(r0 −R) ,r0откуда1Rp(R)ε=ln.r0 − R r0 p(r0 )Таким образом для получения значения константы ε нам необходимо знать значение плотности p(r) ещё приодном значении r = r0 .
Это значение можно найти экспериментально так же, как и p(R).Нужно обратить внимание на ещё одну погрешность нашей модели. Из (6.17) следует, что p(r) 6= 0 длясколь угодно больших значений r. В реальных муравейниках это конечно не так. Однако при больших rвеличина p(r) становиться столь малой, что мы без особой погрешности можем ей пренебречь.75Ряды7 РядыОпределение 7.1. Числовой ряд∞Pan с общим членом an называется сходящимся, если существует конеч-n=1ный предел lim Sn = S частичных сумм Sn = a1 + a2 + . .
. + an . Число S при этом называется суммой ряда.n→∞В противном случае ряд называется расходящимся.7.1. Исследовать на сходимость бесконечную геометрическую прогрессию∞Pqn.n=0I Разберем отдельно два случая. Пусть q 6= 1, тогда преобразуем частичную суммуSn = 1 + q + q 2 + . . . + q n(7.1)следующим образом. Домножим обе части равенства 7.1 на q:qSn = q + q 2 + q 3 + . . . + q n+1и вычтем из 7.1.
Сократив соответствующие слагаемые, получим(1 − q)Sn = 1 − q n+1илиSn =q n+11−.1−q 1−qПереходя к пределу при n → ∞, заметим, что если |q| < 1, то второе слагаемое стремиться к нулю, и сумма1. Если |q| > 1, то lim Sn = ∞, и ряд расходится. Если же q = −1, то lim Sn не существует,ряда равнаn→∞n→∞1−qи ряд также расходится.Остается лишь рассмотреть случай q = 1. Но тогда Sn = n + 1 стремится к +∞ при n → ∞, и рядрасходится.1Подводя итог, можно сказать, что бесконечная геометрическая прогрессия сходится к суммепри1−q|q| < 1, а в остальных случаях расходится.∞P1.7.2. Исследовать на сходимость рядln 1 +nn=17.3.
Как известно, если ряды∞P∞Pan иn=1(an ± bn ). Может ли сходится рядn=1расходится?∞Pbn сходятся, то будет сходится и рядn=1∞P∞Pn=1n=1(an ± bn ), еслиan сходится, а∞Pbnn=1♦ Указание. Доказать от противного.7.4. Пусть ряды∞P∞Pn=1an и∞Pbn расходятся. Что можно сказать о сходимости рядаn=1(an + bn )? Привести примеры.n=176Ряды7.5. Доказать, что если ряд∞P∞Pan сходится, то рядn=1An , где An =n=1pn+1P−1ak ,k=pnp1 = 1, p1 < p2 < .
. ., полученный в результате группировки членов данногоряда без нарушения порядка их следования, также сходится и имеет ту же сумму.Верно ли обратное?I Из сходимости ряда∞Pan вытекает существование предела любой подпоследовательности его частичныхn=1сумм, равного сумме ряда S. Выберем подпоследовательность частичных сумм {Spn } следующим образом:Sp1 = a1 ,Sp2 = a1 + a2 + . . .
+ ap2 −1 ,Sp3 = a1 + a2 + . . . + ap2 −1 + ap2 + . . . + ap3 −1 ,Spn = a1 + a2 + . . . + apn −1 .Тогда lim Spn = S. Но последовательность частичных сумм рядарядn→∞∞P∞PAn как раз и совпадает с {Spn }. Значит,n=1An сходится и имеет сумму S.n=1Обратное утверждение неверно, так как из сходимости некоторой подпоследовательности, вообще говоря,∞Pне следует сходимость самой последовательности. Действительно, рассмотрим расходящийся ряд(−1)n+1 .Если сгруппировать члены ряда попарно∞Pn=1(1−1), то полученный ряд, состоящий из нулей, конечно, сходится.n=1Заметим, что если дополнительно потребовать неотрицательность членов ряда, то обратное утверждениестановится верным (см.
задачу 7.10).Теорема 7.1 (критерий Коши сходимости числового ряда). Числовой ряд∞Pan сходится тогда и толькоn=1тогда, когда ∀ε > 0 существует N такое, что для всех n > N и любого m выполняется |Sn+m − Sn | < ε.7.6. Доказать, что если ряды∞Pan (A) и∞Pbn (B) сходятся, и an 6 cn 6 bn дляn=1n=1всех n начиная с некоторого номера n0 , то ряд∞Pcn (C) сходится.
Что можноn=1сказать о сходимости ряда (C), если ряды (A) и (B) расходятся?I Из условия имеем для всех n > n0 и любого pan+1 + an+2 + . . . + an+p 6 cn+1 + cn+2 + . . . + cn+p 6 bn+1 + bn+2 + . . . + bn+p ,значит,|cn+1 + cn+2 + . . . + cn+p | 6 max{|an+1 + an+2 + . . . + an+p |, |bn+1 + bn+2 + .
. . + bn+p |}.Воспользовавшись критерием Коши для сходящихся рядов (A) и (B), ∀ ε > 0 найдём такое N (выберем егобольше n0 ), что при n > N и любом p правая часть последнего неравенства будет меньше ε. А значит, покритерию Коши сходится и ряд (C).Если же ряды (A) и (B) расходятся, то о сходимости ряда (C) ничего утверждать нельзя. Действительно,111рассмотрим ряды с an = − , bn = , cn =соответственно. При выполнении неравенств an 6 cn 6 bn ,nnn ln nвсе ряды расходятся (см. задачи 7.7 и 7.21). Но, при выполнении тех же неравенств, в качестве ряда (C) можновзять сходящийся ряд, состоящий из нулей.7.7. Используя критерий Коши сходимости числового ряда доказать расходи∞ 1Pмость рядапри 0 < p 6 1.pn=1 n77Ряды1I Воспользуемся отрицанием условия Коши: ∃ ε > 0 ∀ N ∃ n > N ∃ m: |Sn+m − Sn | > ε.
Выберем ε = ,2m = n, тогда|S2n − Sn | =11111111++ ... +>++ ... +> n== ε.(n + 1)p(n + 2)p(2n)pn+1n+22n2n2Таким образом, условие Коши не выполняется, и ряд расходится.Если в критерии Коши положить m = 1, то |Sn+m − Sn | = |an+1 |, и условие Коши превращается в необходимое∞Pусловие сходимости числового ряда: если рядan сходится, то lim an = 0. Это утверждение дает возможn→∞n=1ность доказывать расходимость рядов, т. е.
если lim an 6= 0 или lim an не существует, то ряд расходится.n→∞n→∞7.8. Является ли условие lim an = 0 достаточным для сходимости рядаn→∞∞Pan , an > 0, сходится, то рядn=1Обратное утверждение неверно. Привести примеры.I Так как ряд∞Pn=1an ?n=1Привести примеры.7.9. Доказать, что если ряд∞P∞Pa2n также сходится.n=1an сходится, то lim an = 0 и начиная с некоторого номера an < 1. Тем самымn→∞a2n + a2n+1 + . .
. + a2n+m < an + an+1 + . . . + an+m .Применяя критерий Коши, убеждаемся, что ряд∞Pn=1Заметим, что обратное неверно. Например, рядa2n сходится.∞ 1∞ 1PPсходится, но рядрасходится.2n=1 nn=1 nПриведем задачи на исследование сходимости знакопостоянных рядов.Теорема 7.2 (критерий сходимости ряда с неотрицательными членами). Если частичные суммы Sn∞Pчислового рядаan с неотрицательными членами an > 0 ограничены, то ряд сходится. В противном случаеn=1lim Sn = +∞, и ряд расходится (к бесконечности).n→∞На основании данного утверждения обычно решается вопрос о сходимости обобщенного гармонического ряда∞X111= 1 + p + ... + p + ...,pn2nn=1(7.2)где p — любое действительное число, а при p = 1 получается собственно гармонический ряд∞X111= 1 + + ...
+ + ... .n2nn=1(7.3)При p < 0 общий член ряда не стремится к нулю, т. е. не выполняется необходимое условие сходимости, иряд (7.2) расходится. Расходимость таких рядов (в том числе и гармонического ряда) при 0 < p 6 1 былаисследована в задаче 7.7. Как мы увидим в дальнейшем (см.
задача 7.21), при p > 1 ряд (7.2) сходится.Иногда возникает заблуждение, что между сходящимися при p > 1 рядами (7.2) и расходящимся гармоническим рядом (7.3) не существует "промежуточных" сходящихся или расходящихся рядов, однако, это нетак. Соответствующие примеры будут предъявлены позднее (см. задачи 7.29 и 7.30).78Ряды7.10. Доказать, что если члены ряда∞P∞Pan неотрицательны, и рядn=1An , полу-n=1ченный в результате группировки членов исходного ряда, сходится, то данныйряд также сходится и к той же сумме.I Обозначим частичные суммы рядов∞Pan иn=1∞PAn через Sn и Spk соответственно. Здесь {pk } — некотораяn=1последовательность натуральных чисел p1 = 1, p1 < p2 < . .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
