Лекции Дымарский 2 семестр (1187969), страница 20
Текст из файла (страница 20)
Доказывают, что при α ∈ I2 \ I1 отсутствует абсолютная сходимость(методом сравнения снизу).4. Доказывают, что при α ∈ R \ I2 отсутствует сходимость (с помощьюотрицания критерия Коши).Ответ записывают так: при α ∈ I1 – абсолютная сходимость, при α ∈ I2 \ I1– условная сходимость, при α ∈ R \ I2 – н.и. расходится. Сложность полного исследования прежде всего в том, что ответ отгадывается. А уже потомдоказывается верность гипотезы.100Я.
М. ДЫМАРСКИЙ§ 9. Числовые рядыФормально теория числовых рядов (ЧР) – часть теории числовых последовательностей. Однако представление последовательности в виде суммы оказалось столь плодотворным, что получило распространение на многомерный ибесконечномерный случаи. Функциональные ряды (Тейлора, Фурье и др.) –это далекие обобщения числовых рядов.
Возможно, причина в том, что рядыудобно применять в методе последовательных приближений.9.1. Сходимость числового ряда.Определение 9.1. Пусть задана числовая последовательность {ak }∞k=1 .∑∞1. Символ k=1 ak называется числовым рядом или просто рядом. Слагаемое ak называют членом∑nили общим членом этого ряда.2. Число Sn = a1 + ... + an = k=1 ak называется n-й частичной суммойряда.3. Суммой ряда называется предел частичных суммlim Sn =n→∞∞∑ak ,k=1который обозначают тем же символом, что и ряд.4. Ряд называют сходящимся, если сумма ряда (т.е. предел!) существуети конечна.
В противном случае ряд называют расходящимся. Обсуждение 9.1. Частичные суммы Sn образуют новую числовую последовательность, порожденную данной. Обратно, если дана последовательность{bn }∞n=1 , то ее всегда (и не единственным способом!) можно представить в видечастичных сумм. Например, так:bn = b1 +(b2 −b1 )+(b3 −b2 )+...+(bn −bn−1 ), т.е.
a1 = b1 , ak = bk+1 −bk при k > 2.Основной задачей теории рядов является задача сходимости ряда. Найтизначение суммы ряда (если он сходится) удается только в исключительныхслучаях. Обращаем внимание, что теория числовых рядов аналогична теориинесобственных интегралов с особенностью в точке +∞.
Дело в том, что рядможно представить как НИ от ступенчатой функции.Задача 9.1. Представьте ряд как НИ, т.е. определите функцию∑n f так,чтобыдляпроизвольногономераnвыполнялосьравенствоS=nk=1 ak =∫nf(x)dx.0Примеры 9.1. 1) Ряд 1−1+ 12 − 12 + 13 − 13 +...
сходится. 2) Ряд 1−1+1−1+...расходится. 3) Ряд 1 + q + q 2 + q 3 + ... (сумма геометрической прогрессии)сходится только в том случае, когда |q| < 1.Задача 9.2. Пользуясь определением ряда, обоснуйте сходимость рядов впредыдущих примерах. Найдите суммы рядов 1 и 3.Теорема 9.1. (необходимое условие сходимости ряда) Если ряд сходится,то его общий член стремится к нулю:∃ lim Sn ∈ R ⇒ lim ak = 0.n→∞k→∞ЛЕКЦИИ ПО МАТЕМАТИЧЕСКОМУ АНАЛИЗУ, ВТОРОЙ СЕМЕСТР101Доказательство. Из условияlim Sn = lim Sn−1 = S ∈ R ⇒ lim an = lim (Sn − Sn−1 ) = S − S = 0. n→∞n→∞n→∞n→∞Задача 9.3. Попробуйте сформулировать аналог теоремы 9.1 для несобственных интегралов и докажите его.Замечание 9.1.
Сформулированное условие не является достаточным, чтоподтверждает контрпример: гармонический ряд 1+1/2+1/3+... расходится.Допустим противное, тогда частичные суммы Sn и S2n имели бы один и тотже конечный предел, а их разность стремилась бы к нулю. НоS2n − Sn =11111++ ... +>n·= ̸→ 0.n+1 n+22n2n2Теорема 9.2. (критерий Коши сходимости ряда) Ряд сходится тогда ит.т., когда выполняется условие Коши: n+p ∑∀ε > 0 ∃N ∈ N : ∀n > N ∀p ∈ N ,→ ak < ε.k=n+1Доказательство. Записан критерий сходимости Коши для последовательности Sn .
Задача 9.4. 1) Убедитесь, что в теореме 9.2 записан критерий Коши дляпоследовательности Sn . 2) Докажите необходимое условие сходимости (теорема 9.1) с помощью критерия Коши. 3) Докажите расходимость гармоническогоряда с помощью критерия Коши.Исследуя сходимость числовых рядов, используют следующие свойства.Лемма ∑9.1. (принцип локализации) Для любого натурального m ряды∑∞∞одновременно (аналогично несобk=m ak сходятся или расходятсяk=1 ak и∑∞cx ∑∞ственным интегралам мы пишем k=1 ak ∼ k=m ak ).Доказательство.
Для любого натурального n > m справедливоn∑ak =k=1m−1∑k=1ak +n∑ak = const +k=mn∑ak .k=mПереходя к пределу при n → +∞, получим утверждение леммы. ∑∞∑∞Лемма 9.2. (линейность) Если ряды k=1 ak и k=1 bk сходятся, то ряд∑∞k=1 (αak +βbk ), составленный из линейных комбинаций общих членов, тожесходится.Доказательство. Речь идет о сходимости частичных суммn∑(αak + βbk ) = αk=1n∑k=1ak + βn∑bk .k=1Суммы в правой части равенства сходятся по условию. Следовательно, сходится и сумма в левой части. Полезное102Я. М. ДЫМАРСКИЙ∑∞∑∞Следствие9.1.
Если ряд k=1 ak сходится, а ряд k=1 bk расходится, то∑∞ряд k=1 (ak + bk ) расходится.Задача 9.5. Докажите следствие.9.2. Знакопостоянные ряды. Ряд, все члены которого, начиная с некоторого номера, не меняют знак, называется знакопостоянным. Опираясь напринцип локализации, мы считаем, что все члены ряда неотрицательные.Теорема 9.3. (критерий сходимости ряда с неотрицательными членами)Сходимость ряда с неотрицательными членами равносильна ограниченности∑nего частичных сумм, т.е. существует такое C > 0, что Sn = k=1 ak 6C < +∞.Доказательство. Сходимость ряда означает существование конечного предела lim Sn неубывающей (обоснуйте!) последовательности частичных сумм.n→∞Неубывание гарантирует существование предела, а ограниченность частичныхсумм равносильна конечности предела: lim Sn = supn Sn 6 C < +∞.
n→∞Теорема 9.4. (признаки сравнения) Пусть последовательности ak и bkнеотрицательны. Тогда:∑∞1. если an = O(bn ) при∑n → ∞, то из сходимости ряда∑ k=1 bk следу∞∞ет сходимость ряда k=1 ak , а из расходимости ряда k=1 ak следует∑∞расходимость ряда k=1 bk (в частности, утверждение справедливо,если an = o(bn ));∑∞cx ∑∞2. если an = O∗ (bn ) при n → ∞, то k=1 ak ∼ k=1 bk , т.е.
ряды сходятся или расходятся одновременно (в частности, утверждение справедливо, если an ∼ bn при n → ∞).Доказательство п. 1. В силу критериясходимости неотрицательных ря∑nдов (теорема 9.3), частичные суммы k=1 bk равномерно ограничены сверхупо всем n. Из определения отношения O следует, что существует неотрицательнаяпостоянная C, что 0 6 an 6 Cbn . Следовательно, частичные суммы∑naтакже ограничены сверху.kk=1∑∞ Откуда, опять же в силу теоремы 9.3, следует искомая сходимость ряда k=1 ak .Доказательство п. 2 вытекает из симметричности отношения O∗ .
Из п. 2 вытекаетСледствие 9.2. Пусть последовательности ak ∑и bk положительныи пустьcx ∑∞∞существует конечный lim (ak /bk ) = C > 0. Тогда k=1 ak ∼ k=1 bk .k→∞Задача 9.6. Докажите следствие 9.2.Теорема 9.5. (интегральный признак сходимости ряда) Пусть функцияf∑нестрого убывает к нулю на промежутке∫ +∞ [1, +∞). Тогда сходимость ряда∞f(k)равносильнасходимостиНИf (x)dx.k=11Доказательство. В силу монотонности, имеют место двусторонние оценки(см. рис.
???)∫ k+10 6 f (k + 1) 6f (x)dx 6 f (k).kЛЕКЦИИ ПО МАТЕМАТИЧЕСКОМУ АНАЛИЗУ, ВТОРОЙ СЕМЕСТРПоэтомуn−1∑k=1f (k + 1) =n∑k=2∫f (k) 6nf (x)dx 61n−1∑f (k).103(9.1)k=1∑∞cx ∑∞Из равносильности k=1 f (k) ∼ k=2 f (k), двусторонней оценки (9.1) и монотонности f следует утверждение теоремы. Рис. ???Задача 9.7. Применяя интегральный признак, докажите, что{{∞∑α > 1, ∪α = 1,1рядсходится ⇔k α (ln k)ββ∈Rβ > 1.k=2Рассмотрим геометрическуюbk = q k с положительным показа∑∞прогрессиюkтелем q. Мы знаем, что ряд k=1 q сходится только при q < 1.
Заметим, чтознаменатель прогрессии √можно выразить через члены прогрессии двумя способами: q = bk+1 /bk = k bk . Эти наблюдения лежат в основе сравнительныхпризнаков Даламбера и Коши.Теорема 9.6. (Жан Лерон Д’Аламбер, 1717-1783) Пусть ak > 0. Тогда:∑∞1. если ak+1 /ak 6 q < 1 при k > k0 ∈ N, то ряд∑∞ k=1 ak сходится;2. если ak+1 /ak > 1 при k > k0 ∈ N, то ряд k=1 ak расходится.Доказательство п. 1. В силу принципа локализации (лемма 9.1), можносчитать, что k0 = 1.
Из условия индукцией получаем:a2 6 qa1 , a3 6 qa2 6 q 2 a1 , ... , ak 6 qak−1 6 q k−1 a1 .∑∞Значит, ak = O(q k−1 ) при k → ∞. Поскольку ряд k=1 q k сходится, то, в силуп.1 теоремы 9.4, данный рад также сходится.Доказательство п. 2. Из условия: ak > ak−1 > ... > a1 > 0. Значит, невыполнено необходимое условие сходимости ряда (теорема 9.1). Следствие 9.3. (признак Даламбера в предельной форме) Пусть ak > 0 исуществует конечный lim (ak+1 /ak ) = qD ∈ R+0 . Тогда:k→∞∑∞1. если 0 6 qD < 1, то ряд∑∞ k=1 ak сходится;2.
если qD > 1, то ряд k=1 ak расходится.Доказательство п. 1. Для любого числа q ′ ∈ (qD , 1) найдется такой номерK ∈ N, что для больших номеров k > K выполняется ak+1 /ak 6 q ′ (обоснуйтесуществование K). Остается сослаться на п. 1 теоремы 9.6.Доказательство п. 2. В этом случае для всех больших номеров справедливоak+1 /ak > 1, и ряд расходится согласно п. 2 теоремы 9.6. Замечание 9.2.
При qD = 1 ЧР может как сходиться, так и расходиться.∑∞Пример 9.1. Ряд k=1 1/k α сходится при α > 1 и расходится при α 6 1.Но во всех случаях предел qD = 1.Теорема 9.7. (признак сходимости Коши) Пусть ak > 0. Тогда:104Я. М. ДЫМАРСКИЙ∑∞√1. если k ak 6 q < 1 при k > k0 ∈ N, то рядk=1 ak сходится;∑√∞2. если k ak > 1 при k > k0 ∈ N, то ряд k=1 ak расходится.Доказательство п.
1. В силу принципа локализации(лемма 9.1), можно∑∞считать, что k0 = 1. Поскольку ak 6 q k , то ряд k=1 q k сходится согласнопризнаку сравнения.Доказательство п. 2. Из условия ak > 1. Значит, не выполнено необходимоеусловие сходимости ряда (теорема 9.1). Следствие 9.4. (признак Коши в предельной форме) Пусть ak > 0 и су√ществует конечный lim k ak = qC ∈ R. Тогда:k→∞∑∞1. если 0 6 qC < 1, то ряд∑∞ k=1 ak сходится;2. если qC > 1, то ряд k=1 ak расходится.Доказательство аналогично доказательству следствия 9.3.Задача 9.8.
Докажите следствие 9.4.Замечание 9.3. При qC = 1 ЧР может как сходиться, так и расходиться.∑∞Пример 9.2. Ряд k=1 1/k α сходится при α > 1 и расходится при α 6 1.Но во всех случаях предел qC = 1.Обсуждение 9.2. В предыдущих примерах предел по Коши совпал с пределом по Даламберу: qC = qD . Оказывается, если существует qD ∈ R, тосуществует qC = qD (доказательство этого утверждения основано на теоремеКоши о пределе последовательности средних арифметических).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
