Бобров А.Н., Радославова Т.В. - Задачи по высшей математике для биологов (1113360), страница 14
Текст из файла (страница 14)
рис. 29), описавn=1 n3её график как ломаную, с вершинами в точках M1 , M2 , . . . плоскости Oxy. Положим M1 (1, 1), M2,0 .2111Далее, для каждого n = 2, 3, . . . положим M3n−3 n − n , 0 , M3n−2 n,, M3n−1 n + n , 0 . Тогда для2n2всех натуральных n выполняется условие an = f (n).I Рассмотрим расходящийся гармонический ряд84Ряды1 1 21· · n = n .
Тогда исследование2 n 2n2+∞∞∞RPP1. Используясходимости интегралаf (x) dx сводится к исследованию сходимости ряда∆n =nn=1n=1 n21∞ 1P11очевидную оценку n < n , применим признак сравнения со сходящейся геометрической прогрессией,nn22n=1 2+∞∞RPи убедимся, что ряд∆n сходится, а значит, сходится и интегралf (x) dx.Три точки M3n−3 , M3n−2 , M3n−1 образуют треугольник площади ∆n =n=11Рис. 307.27. Привести пример, в котором при отказе от монотонности функции f (x) в+∞∞RPan сходится, а интегралf (x) dx расходится.теореме 7.7 рядn=11∞ 1P. Функцию y = f (x) зададим (см. рис. 30), опиnn=1 213сав её график как ломаную, с вершинами в точках M1 , M2 , . . . плоскости Oxy.
Положим M1 1,, M2,2 .22111Далее, для каждого n = 2, 3, . . . положим M2n−1 n, n , M2n n + , 1 − n . Тогда для всех натуральных222n выполняется условие an = f (n).Площадь ∆n фигуры, лежащая под отрезками M2n−1 M2n , M2n M2n+1 ломаной не меньше, чем её часть,112n + 1 − 2n 1=лежащая под отрезком M2n−1 M2n . Эта фигура представляет из себя трапецию площади Γn =22+∞∞∞RPP11= при n = 2, 3, .
. . Тогда интегралf (x) dx, равный∆n , не меньше +Γn , причем последний ряд,42 n=1n=11+∞Rочевидно, расходится. Это доказывает расходимость интегралаf (x) dx.I Рассмотрим сходящуюся геометрическую прогрессию17.28. Можно ли в теореме 7.7 отказаться от условия положительности an и f (x)?85РядыI Нельзя. Действительно, рассмотрим ряд∞Pcos n2 .
Он расходится, т. к. lim cos n2 не существует, и неn→∞n=1выполняется необходимое условие сходимости ряда. С другой стороны для интеграла+∞Rcos x2 dx верно12+∞+∞ZZxZZxcos xcos u1122√ du =√ dx.limcos x dx = limcos t dt =x→+∞2 x→+∞2ux1Здесь мы использовали замену переменной t =12+∞Zcos x1√ dx =2x1+∞Z111√u. Далееd sin x1sin x 11√=lim √ − sin 1 −x→+∞222xx1+∞+∞ZZ11sin x1dx.sin x d √= − sin 1 +24xx3/211+∞ sin x R11Поскольку 3/2 6 3/2 и интегралdx сходится, то по признаку сравнения для несобственных инте3/2xxx1+∞Rгралов сходится иcos x2 dx.17.29. Используя интегральный признак Коши, доказать, что рядходится.7.30. Используя интегральный признак Коши, доказать, что ряддится.∞P1расnlnnn=2∞P1схо2n=2 n ln nТеперь рассмотрим ряды не являющиеся знакопостоянными.Определение 7.2.
Если рядряд∞Pn=1an , а ряд∞P∞P|an | сходится, то рядn=1|an | расходится, то рядn=1∞P∞Pan называется абсолютно сходящимся. Если сходитсяn=1an называется условно сходящимся.n=1Заметим, что из абсолютной сходимости следует и сходимость ряда∞Pan . Обратное неверно.n=17.31. Привести пример условно сходящегося ряда.♦ Указание.
См. задачу 7.33.Теорема 7.8 (признак Лейбница). Рассмотрим знакочередующийся ряд∞P(−1)n+1 cn , где cn > 0. Еслиn=1последовательность {cn } монотонно убывая стремится к нулю, то ряд сходится.7.32. Можно ли в признаке Лейбница отказаться от условия монотонности последовательности {cn }.I Нет, нельзя. Действительно, рассмотрим ряд1−1+111111−+ − 2 + ...
+ − 2 + ...,2 223 3n nудовлетворяющий всем условиям признака Лейбница кроме монотонности. Его частичные суммы S2n можно представить в виде S2n = Sn0 − Sn00 , где Sn0 — частичные суммы расходящегося гармонического ряда, а86Ряды∞ 1P(см. задачу 7.21). Поэтому существует конечный lim Sn00 ,2n→∞n=1 nа lim Sn0 = ∞.
Предположим, что рассматриваемый ряд сходится, тогда существуют как конечный пределSn00 — частичные суммы сходящегося рядаn→∞lim Sn , так и конечный предел lim S2n . Складывая две сходящиеся последовательности S2n и Sn00 , мы полу-n→∞n→∞чим расходящуюся последовательность Sn0 . Это противоречие приводит нас к тому, что рассматриваемый рядрасходится.7.33. Доказать условную сходимость ряда∞ (−1)n+1P.nn=17.34. Исследовать на абсолютную и условную сходимость ряд7.35. Доказать, что ряд∞P(−1)nn=1∞ (−1)n+1P, p ∈ R.pnn=1(2n)!!сходится условно∗ .(2n + 1)!!∞∞PP(2n)!!an =(−1)n cn , где cn = |an | =I Это знакочередующийся ряд.
Используя формулу Стирлинга(2n+ 1)!!n=1n=1√n! = 2πnnn e−n qn , где lim qn = 1, получимn→∞cn =2 · 4 · 6 · . . . · (2n − 2) · 2n2n · n!==1 · 3 · 5 · . . . · (2n − 1) · (2n + 1)1 · 3 · 5 · . . . · (2n − 1) · (2n + 1)√√(2n · n!)222n (n!)222n (2πn)n2n e−2nπnπ√==∼=∼ √ ,(2n + 1)!(2n + 1)(2n)!2n + 12 n(2n + 1) 4πn(2n)2n e−2nn → ∞.∞PТаким образом, lim cn = 0, но рядcn расходится по второму признаку сравнения, так как расходится рядn→∞n=1√ ∞π P 1√ . Значит, исходный ряд не является абсолютно сходящимся.2 n=1 nДалее,(2n + 2)!!(2n + 1)!!2n + 2cn+1==< 1,cn(2n + 3)!!(2n)!!2n + 3а значит, cn+1 < cn , и по теореме Лейбница ряд сходится. Таким образом, ряд сходится условно.7.36. Доказать, чтоа) сумма (разность) двух абсолютно сходящихся рядов сходится абсолютно;б) сумма (разность) абсолютно сходящегося и условно сходящегося рядов сходится условно.♦ Указание.
В а) воспользоваться неравенством |an ± bn | 6 |an | + |bn |. В б) провести доказательство отпротивного.7.37. Можно ли утверждать, что сумма двух условно сходящихся рядов сходитсяусловно (не абсолютно)?∗Здесь (2n)!! = 2 · 4 · . . . · 2n и (2n + 1)!! = 1 · 3 · . . . · (2n + 1).87Ряды∞ (−1)n∞∞ (−1)nPPP11√ , их сумма(−1)nи+√nn nnn=1n=1 n=1n+1n∞ (−1)n∞PP(−1)(−1)сходится условно (доказать!).
Рассмотреть условно сходящиеся ряды. Ихи+nnn2n=1n=1n∞ (−1)Pсуммасходится абсолютно.n2n=1♦ Указание. Рассмотреть условно сходящиеся ряды7.38. Доказать, что сходимость ряда из комплексных чиселсходимости двух действительных рядов∞P∞Pan иn=1∞Pcn эквивалентнаn=1bn , где cn = an + ibn .n=1∞∞PPI Пусть рядыan иbn сходятся к суммам A и B соответственно. Тогда ∀ε > 0 ∃N1 ∀n > N1 ⇒ |An −A| <n=1n=1εε< и ∃N2 ∀n > N2 ⇒ |Bn − B| < , где An , Bn — частичные суммы этих рядов. Тогда, для ∀n > max{N1 , N2 }22|An + iBn − (A + iB)| = |An − A + i(Bn − B)| 6 |An − A| + |Bn − B| < 2Откуда следует, что частичные суммы рядаПусть теперь ряд∞P∞Pε= ε.2cn сходятся к числу A + iB.n=1cn сходится к A + iB. Тогда по определению ∀ε > 0 ∃N ∀n > Nn=1|nXck − (A + iB)| = |An + iBn − (A + iB)| =p(An − A)2 + (Bn − B)2 < ε,k=1откуда |An − A| < ε и |Bn − B| < ε, то есть∞Pan сходится к A, аn=1∞Pbn сходится к B.n=1Определение 7.3.
Степенным рядом называется функциональный ряд вида∞Xan (x − x0 )n = a0 + a1 (x − x0 ) + a2 (x − x0 )2 + . . . .(7.4)n=0Множество точек x, в которых ряд (7.4) сходится, называется областью сходимости степенного ряда.Любой ряд вида (7.4) сходится как минимум в одной точке x = x0 .7.39. Привести пример степенного ряда, сходящегося только в одной точке.♦ Указание.
Рассмотреть рядыдимое условие сходимости ряда.∞Pn=1n!xn или∞Pnn xn и убедиться, что при x 6= 0 не выполняется необхо-n=1Теорема 7.9 (Абеля). Если степенной ряд (7.4) сходится в точке x̄ 6= x0 , то он абсолютно сходится в любойточке x такой, что |x − x0 | < |x̄ − x0 |.Из теоремы Абеля следует, что для любого степенного ряда существует действительное число R > 0, называемое радиусом сходимости степенного ряда, такое, что в интервале |x − x0 | < R ряд (7.4) сходится абсолютно, апри |x − x0 | > R ряд расходится. Если R = 0, то это означает, что ряд (7.4) сходится лишь в одной точке x = x0 .Если R = ∞, значит, степенной ряд абсолютно сходится на всей числовой прямой.
Интервал (x0 − R; x0 + R)называется интервалом сходимости степенного ряда.88Ряды7.40. Привести пример степенного ряда, сходящегося всюду.Теорема 7.10 (Коши–Адамара). Радиус сходимости R степенного ряда (7.4) определяется по формуле∗p1= lim n |an |.R n→∞(7.5)Заметим,что в формуле Коши–Адамара можно заменить верхний предел lim на просто предел lim, если толькопоследний существует. Кроме того, радиус сходимости R может быть вычислен по формуле an ,R = lim (7.6)n→∞ an+1 если этот предел существует (см. задачу 1.30).7.41. Привести пример степенного ряда с заданным радиусом сходимости R0 .♦ Указание. Рассмотреть ряд∞ xnPn и воспользоваться формулой (7.6).n=0 R07.42. Показать, что в концевых точках x = x0 ± R интервала сходимости степенной ряд может сходиться как абсолютно, так и условно, а может и расходиться.Привести соответствующие примеры.7.43.
Пусть ряд∞Pan x имеет радиус сходимости R1 , а рядn∞Pn=0n=0сходимости R2 . Доказать, что для радиуса сходимости R рядаbn xn — радиус∞P(an ± bn )xnn=0верно неравенство R > min{R1 , R2 }. Причем R = min{R1 , R2 } если R1 6= R2 .I Обозначим r = min{R1 , R2 }. Для любого x ∈ (−r, r) сходятся оба ряда, и значит, сходится ряд∞P(an ±bn )xn .n=0Таким образом, R > r.11 − αnЕсли R1 = R2 , то возможно R > r. Например, если an = , bn =, где α > 1, то R1 = R2 = 1,nnαn1an + bn = n , и значит, R = α > r = 1.α∞PЕсли R1 6= R2 , то для всех x0 таких, что min{R1 , R2 } < x0 < max{R1 , R2 } ряд(an ± bn )xn расходитсяn=0как сумма (разность) сходящегося и расходящегося рядов.
Более того, по теореме Абеля он будет расходитсядля всех x таких, что |x| > |x0 |. Таким образом, R = r.7.44. Найти области сходимости степенных рядов:nn∞ arctg n∞∞PPPx3n+1√xn .а)xn ; б); в)2n +1n=1n=1 2n − sin nn=1 4n + 5♦ Указание. В а) для доказательства монотонности последовательностиarctg xнотонность функцию f (x) = √, для чего рассмотреть её производную.x2 + 1∗Здесь lim обозначает верхний предел последовательности.89arctg n√n2 + 1исследовать на мо-РядыРис. 317.45. Найти область сходимости степенного ряда∞ nXabn+ 2 xn , a, b > 0.nnn=1I Представим ряд как сумму двух рядов∞Xan nxS1 (x) =nn=1Для ряда S1 (x) радиус сходимости R =lim1qn→∞nnann=∞Xbn nи S2 (x) =x .n2n=1∞ anP111. При x = получаем расходящийся ряд· n =aanan=1∞ 1∞ (−1)PP1, а при x = − получаем— условно сходящийся ряд.
Таким образом, S1 (x) сходится абсоann=1 nn=11 11лютно при x ∈ − ;и условно при x = − .a aa1111q n = . В точке x =Для ряда S2 (x) радиус сходимости R =ряд сходится, в точке − сходитсяbbbn blimn2n→∞1 1абсолютно. Таким образом, ряд S2 (x) сходится абсолютно при всех x ∈ − ; .b b 11 1, причем в точке x = − —При a > b > 0 получаем (см. рис.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
