Лекции Дымарский 2 семестр (1187969), страница 21
Текст из файла (страница 21)
Значит, признак Коши сильнее (“тоньше”), чем признак Даламбера в следующем смысле:если сходимость ряда можно доказать с помощью признака Даламбера, то егоможно доказать и с помощью признака Коши. Но не наоборот!Пример 9.3. Пусть фиксированы разные положительные числа a, b > 0,a ̸= b. Рассмотрим ЧРS2n−1 := a + ab + a2 b + a2 b2 + a3 b2 + a3 b3 + ...
+ an bn−1 , S2n := S2n−1 + an bn .Отношение ck+1 /ck членов ряда зависит от четности номера: оно равно a, еслиk = 2n, и равно b, если k = 2n − 1. Значит, предел qD отсутствует и предельный признак Даламбера для исследуемого ряда неприменим. Если обачисла меньше единицы, то по теореме 9.6 ряд сходится. Если оба числа больше единицы – ряд расходится. Если же одно число больше единицы, а второеменьше, то признак Даламбера бессилен. Корень k-й степени из члена рядаравен an/(2n−1) b(n−1)/(2n−1) , если k√= 2n − 1, и равен a1/2 b1/2 , если k = 2n.Значит,√ существует предел qC =√ ab и, в силу следствия 9.4, ряд сходится,если ab < 1, и расходится, если ab > 1. Результат, полученный с помощьюпредельного признака Коши оказался сильнее, чем результат, полученный спомощью признака Даламбера.В заключение отметим, что метод сравнения данного ряда (не только числового!) с геометрической прогрессией является чрезвычайно плодотворным.Подход Коши лежит в основе теории степенных рядов (см.
ниже) и, в конечномсчете, в основе теории функций комплексного переменного.ЛЕКЦИИ ПО МАТЕМАТИЧЕСКОМУ АНАЛИЗУ, ВТОРОЙ СЕМЕСТР1059.3. Знакопеременные ряды. Ряд с общим членом cn , который не является знакопостоянным, называется знакопеременным, т.е. ∀N ∈ N ∃n, m >N : cn · cm < 0. Для исследования сходимости знакопеременных рядов применяются признаки Дирихле и Абеля, аналогичные одноименным признакамсходимости НИ. При этом роль интегрирования по частям играет “суммирование по частям”=дискретноепреобразование Абеля числовых сумм:∑kпусть n, p ∈ N, Ak := i=1 ai , тогдаn+p∑ak bk =k=n+1n+p∑k=n+1n+p∑k=n+1Ak bk −n+p−1∑(Ak − Ak−1 )bk =n+p∑Ak bk −k=n+1Ak bk+1 = (An+p bn+p − An bn+1 ) −k=nn+p∑Ak−1 bk =k=n+1n+p−1∑Ak (bk+1 − bk ).
(9.2)k=n+1Замечание 9.4. Роль первообразной функции a(k) := ak играет сумма Ak ,а роль производной функции b(k) := bk играет разность bk+1 − bk . При этомприращение аргумента равно (k + 1) − k = 1.Теперь нетрудно переформулировать и доказатьТеорема 9.8. (дискретный признак Дирихле) Пусть последовательностьAk частичных сумм равномерно ограничена:∃C > 0 : ∀k ∈ N ,→ |Ak | 6 C,а последовательность b∑k монотонно (вообще говоря, нестрого) стремится к∞нулю: bk ↓ 0. Тогда ряд k=1 ak bk сходится.Доказательство.
Применим критерий Коши. Из условия следует неотрицательность общего члена bk > 0 и разности bk − bk+1 > 0. Из первого условиятеоремы и формулы (9.2) получаем: n+p)(n+p−1 ∑∑ak bk 6 C bn+p + bn+1 +(bk − bk+1 ) =k=n+1k=n+1C(bn+p + bn+1 + bn+1 − bn+p ) = 2Cbn+1 → 0 при n → ∞. ∑∞Теорема 9.9. (дискретный признак Абеля) Пусть ряд k=1 ak сходится,а последовательностьbk монотонна (вообще говоря, нестрого) и ограничена.∑∞Тогда ряд k=1 ak bk сходится.Доказательство. Не ограничивая общности можно считать, что последовательность bk убывает. Тогда, в силу ограниченности последовательности bk , существует конечный lim bk = B. Поэтому последовательность b′k := bk − B ↓ 0.∑∞k→∞Поскольку ряд∑ k=1 ak сходится, его частичные суммы ограничены.
Следо∞силу дискретного признака Дирихле, сходится. Новательно,ряд∑ k=1 ak b′k , в ∑∑∞∞∞ak bk = k=1 ak b′k + B k=1 ak , где оба ряда справа сходятся. Значит, рядk=1∑∞k=1 ak bk тоже сходится. 106Я. М. ДЫМАРСКИЙ∑∞Следствие 9.5. (признак Лейбница) Пусть bk ↓ 0. Тогда ряд k=0 (−1)k bkсходится. Т.е., знакочередующийся ряд, общий член которого монотонностремится к нулю, сходится.Доказательство. Возьмем ak := (−1)k и применим признак Дирихле.Задача 9.9. Проверьте выполнение условий признака Дирихле и завершитедоказательство признака Лейбница.∑∞Задача 9.10. Докажите, что для остатка rn := k=n+1 (−1)k bk ряда Лейбница имеет место оценка |rn | 6 bn+1 .
Т.е. модуль остатка ряда ограниченмодулем своего первого члена. (Указание: рассмотрите отдельно последовательность частичных сумм S2n с четными номерами и сумм S2n−1 с нечетнымии убедитесь, что первая последовательность невозрастающая, а вторая неубывающая).∑∞Пример9.4.Гармоническийрядk=1 (1/k) расходится,∑∞∑∞а ряд Лейбницаkk((−1)/k)сходится.Причеммодульостатка|r|=|nk=1k=n+1 ((−1) /k)| <1/(n + 1).9.4. Перестановки слагаемых в рядах и перемножение рядов. Поскольку ряд содержит бесконечное количество слагаемых, на ряды в полной мере не переносится свойство перестановочности (коммутативность) слагаемых ираспределительное свойство (дистрибутивность) умножения по сложению.
Однако для абсолютно сходящихся рядов (см. ниже) эти свойства сохраняются.∑∞Определение 9.2. Ряд ∑ k=1 ak называется абсолютно сходящимся∞(АСР), если сходится рядk=1 |ak |. Сходящийся ряд, который не сходитсяабсолютно, называется условно сходящимся (УСР). Теорема 9.10. (о сходимости АСР) АСР сходится.∑n+p∑n+pДоказательство сразу следует из оценки | k=n ak | 6 k=n |ak | и критерияКоши (теорема 9.2).
Замечание 9.5. В обратную сторону утверждение в общем случае неверно:см. пример 9.4 с гармоническим рядом и рядом Лейбница.Из теоремы 9.10 следует, что знакопеременные ряды бывают трех видов:абсолютно сходящиеся, условно сходящиеся, расходящиеся. Очевидно, что узнакопостоянного ряда понятия сходимости и абсолютной сходимости совпадают. Знакопостоянные ряды бывают двух видов (каких?).Сформулируем нетрудные и полезные при исследовании сходимости утверждения:Лемма 9.3.
(об абсолютной и условной сходимости ряда, составленногоиз суммы общих членов двух рядов)∑∞∑∞∑∞1. Если ряды k=1 ak и k=1 bk сходятся абсолютно, то ряд k=1 (ak +bk )тоже сходится абсолютно.ЛЕКЦИИ ПО МАТЕМАТИЧЕСКОМУ АНАЛИЗУ, ВТОРОЙ СЕМЕСТР107∑∞∑∞2. Если ряд∑ k=1 ak сходится абсолютно, а ряд k=1 bk сходится условно,∞то ряд k=1(ak + bk ) сходитсяусловно.∑∞∑∞∑∞3. Если ряды k=1 ak иbсходятсяусловно, то ряд k=1 (ak + bk )k=1 kсходится. Характер сходимости (абсолютный или условный) нуждается в дополнительном исследовании.Доказательство аналогично доказательству леммы 8.3.Задача 9.11. Докажите лемму 9.3.Перейдем к перестановкам слагаемых в ряде∑∞k=1ak .Определение 9.3. Пусть K : N → N – биекция множестванатуральных∑∞∑∞чисел. Рассмотрим последовательность bi := aK(i) . Ряд i=1 bi = i=1 aK(i)называют∑∞ рядом с переставленными членами по отношению к исходномуряду k=1 ak .
Поскольку K биекция, то существует обратная биекция I := K −1 , причемисходный ряд получается перестановкой членов с помощью биекции I из ранее∑∞∑∞∑∞полученного ряда: k=1 ak = k=1 bI(k) = k=1 aK(I(k)) .Начнем с исследования перестановок членов всюду неотрицательного ряда, т.е. для всех k ∈ N выполняется ak > 0.
Понятно, что такой ряд, в частности, знакопостоянный.Лемма 9.4. (о сходимости всюду неотрицательного ряда с переставленными членами) Если всюду неотрицательный ряд сходящийся, то ряд с переставленными членами тоже сходящийся. При этом их суммы совпадают.Доказательство.
Обозначим max(K, n) = max{K(1), ..., K(n)} ∈ N. Натуральных чисел K(1), ..., K(n) всего n штук, поэтому max(K, n) > n. Посколькуряд всюду неотрицательный, то справедлива оценкаn∑i=1bi =n∑∑max(K,n)aK(i) 6i=1ak 6k=1∞∑ak .(9.3)k=1В самом деле, все слагаемые, содержащиеся в левой сумме, обязательно присутствуют в следующей сумме справа; при этом добавляются только неотрицательные слагаемые. Из критерия∑∞сходимости знакопостоянного ряда (теорема9.3) следует сходимость ряда i=1 aK(i) .
Более того, из оценки (9.3) следуетпредельная оценка∞∞∞∑∑∑bi =aK(i) 6ak .i=1i=1∑∞k=1С другойi=k ak получается перестановкой членов∑∞ стороны, исходный рядряда i=1 bi с помощью биекции I. Поэтому справедлива обратная оценка∞∑k=1ak =∞∑k=1что доказывает совпадение сумм. bI(k) 6∞∑i=1bi ,108Я.
М. ДЫМАРСКИЙПрежде чем исследовать перестановки членов знакопеременного ряда, представим его как разность двух всюду неотрицательных рядов. Обозначимa+k :=ak + |ak ||ak | − ak, a−.k :=22−Числа a+k , ak называют положительной и отрицательной частями членаak . Ясно, что−+−+−(9.4)a+k , ak > 0, ak = ak − ak , |ak | = ak + akиa+k={ak , если ak > 0,a−k={0, если ak > 0−ak , если ak 6 0.∑∞∑∞ + ∑∞ −Таким образом, мы имеем три ряда k=1 ak ,k=1 ak ,k=1 ak , нумерациикоторых согласованы, что позволяет применить к ним линейные операции.0, если ak < 0;Пример 9.5.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
