Математический анализ. Конспект лекций_Воронина Б.Б_2007 -160с (530591), страница 16
Текст из файла (страница 16)
Формула ГринаФормула Грина устанавливает связь между криволинейнымии двойными интегралами.Докажем эту формулу для замкнутой области, граница которой пересекается прямыми, параллельными осям координат, неболее чем в двух точках. Для краткости будем называть такиеобласти простыми. Предполагается, что контур, ограничивающийобласть, гладкий или кусочногладкий.Теорема. Пусть G — некоторая простая замкнутая область,ограниченная контуром L, и пусть функции P(x, y) и Q(x, y) не∂P∂Qпрерывны вместе со своими частными производнымии∂y∂xв данной области. Тогда имеет место формула⎛ ∂Q∂P ⎞∫∫ ⎜⎜⎝ ∂x − ∂y ⎟⎟⎠ dxdy =∫ Pdx + Qdy,G(1)Lкоторая называется формулой Грина.Доказательство.
Пусть контур L, ограничивающий область G,может быть задан как уравнениями x = x1(y), x = x2(y) (c < y < d),x1(y) < x2(y) и уравнениями y = y1(x), y = y2(x) (a < x < b), y1(x) < y2(x).Рассмотрим сначала область G, определенную неравенствамиa < x < b, y1(x) < y < y2(x), и преобразуем двойной интеграл∂P∫∫ ∂y dxdyGв криволинейный. Для этого сведем его к повторному интегралупо формуле НьютонаЛейбница, выполним интегрирование по y.115Получим:∫∫Gby2 ( x )ay1 ( x )∂Pdxdy = dx∂y∫ ∫∂Pdy =∂yb∫ [P (x, y (x )) − P (x, y (x ))]dx =21abb∫∫= P ( x, y1( x ))dx − P ( x, y1( x ))dx .aaКаждый из этих двух определенных интегралов равен криволинейному интегралу второго рода, взятому по соответствующейкривой, а именно:b∫ P (x, y (x ))dx = ∫ P (x, y )dx = − ∫ P (x, y )dx,2aADBBDAb∫ P (x, y (x ))dx = ∫ P (x, y )dx.1aACBТаким образом,∫∫G⎡⎤∂Pdxdy = −⎢P (x , y)dx + P ( x, y )dx ⎥,∂y⎢⎥⎣BDA⎦AC B∫∫т.
е.∂P∫∫ ∂y dxdy = −∫ P (x, y )dx.G(2)LАналогично доказывается формула∂Q∫∫ ∂x dxdy = ∫Q(x, y )dyG(3)L(при этом область G задается неравенствами c < y < d, x1(y) < x < x2(y)).Вычитая из равенства (3) почленно равенство (2), получаемискомую формулу (1).Теорема доказана.ЛЕКЦИЯ № 4. Ряды1. Числовые рядыПусть дана бесконечная последовательность чиселa1, a2, a3, …, an(1)a1 + a2 + a3 + … + an(2)Выражениеназывается бесконечным числовым рядом, или просто числовымрядом, числа a1, a2, a3 — это члены ряда, а an — общий член ряда.Таким образом, мы перешли от последовательности (1) к ряду (2).Пользуясь знаком суммы, ряд (2) можно записать так:∞∑an, где n принимает значения от 1 до +∞ .n =1Если общий член ряда задан формулой или неизвестен другойспособ получения члена ряда с любым номером, то ряд (2) будемсчитать заданным.Суммы видаS1 = a1,S2 = a1+ a2,S3 = a1 + a2 +a3,…Sn = a1 + a2+ … + anназываются частичными суммами ряда (2).117Здесь, наоборот, от ряда (2) перешли к числовой последовательностиS1, S2, S3, …, Sn(3)Если последовательность частичных сумм имеет конечныйпределS = lim S n ,(4)n →∞то этот предел называется суммой ряда и ряд называется сходящимся.Если предел (4) не существует или равен бесконечности, торяд расходится и суммы не имеет.∞anТеорема (необходимое условие сходимости рядов).
Если ряд∑n =1сходится, то его общий член стремится к нулю, т. е. lim an = 0 .n→∞∞Доказательство. По условию ряд∑anсходится. Обозначимn =1через S его сумму. Рассмотрим частичные суммы ряда Sn = a1 + a2 +… + anи Sn–1 = a1 + a2 +… + an–1. Отсюдаan = Sn — Sn–1.Так как Sn → S и Sn–1 → S при n → ∞ , тоlim an = lim (S n − S n −1) = lim S n − lim S n −1 = S − S = 0.n →∞n →∞n →∞n→∞Теорема доказана.Перейдем теперь к рассмотрению некоторых достаточных условий сходимости рядов с неотрицательными членами.
Предварительно докажем теорему, которая будет использована в предыдущих рассуждениях.118∞Теорема 1. Для того чтобы ряд∑anс неотрицательными члеn =1нами сходился, необходимо и достаточно, чтобы последовательность частичных сумм этого ряда была ограниченной.Доказательство.Необходимость. Пусть ряд сходится. Это значит, что последовательность его частичных сумм имеет предел, а всякая сходящаяся последовательность является ограниченной.Достаточность. Пусть последовательность частичных сумм ря∞да∑∞∑aan ограниченна. Так как рядnn =1с неотрицательнымиn =1членами, то его частичные суммы образуют неубывающую последовательность: 0 < S1 < S2 < … < Sn < Sn+1 < … В силу теоремы о монотонных ограниченных последовательностях она сходится, т. е.∞сходится ряд∑a .nn =1Теорема доказана полностью.Теорема (признак сравнения).
Пусть даны два ряда с неотрица∞тельными членами∑∞an иn =1∑bnи для всех n выполняется нераn =1∞венство an < bn Тогда из сходимости ряда∞ряда∑n =1∞рядаnследует сходимостьn =1∞an , а из расходимости∑b∑anряда следует расходимостьn =1∑b .nn =1Доказательство. Обозначим через Sn и соответственно частич∞ные суммы рядов членами∑∞an иn =1∑b . Из неравенства ann< bnn =1следует, чтоSn ≤ σ n .(5)∞Если ряд∑bnсходится, то по предыдущей теореме последоn =1вательность его частичных сумм является ограниченной, т. е.
для119любого n σ n ≤ M , где M — некоторое число. Но тогда по формуле∞∑a(5) и Sn < M, откуда по предыдущей теореме следует, что рядnn =1сходится.Если же ряд∞∑∞an расходится, то рядn =1также расходится,∑b , получим по только чтоnn =1∞доказанному сходимость рядаnn =1∞так как, допустив сходимость ряда∑b∑a , а это противоречит условиюnn =1теоремы.Таким образом, теорема доказана полностью.Теорема (признак Даламбера).
Пусть дан ряд∞∑a с положиnn =1an +1= ρ . Тогда:n → ∞ anтельными членами и существует предел lim1) при ρ < 1 ряд сходится,2) при ρ > 1 ряд расходится.an +1= ρ . Докажем, чтоn → ∞ anДоказательство. Пусть ρ < 1 и lim∞∑ann =1сходится. По определению предела числовой последовательностидля ε < 1 существует такой номер N, что при n > N выполняетсяaнеравенство n +1 − ρ < ε . Отсюда следует, чтоanρ −ε <an +1< ρ + ε.an(6)Так как ρ < 1 , ε можно взять настолько малым, что будет выполнено неравенство ρ + ε < 1 .
Полагая ρ + ε = q , на основанииan +1< q или an+1 < anq для n = N,правого из неравенств (6) имеемanN +1 < N + 2, …120Придавая n эти значения, из последнего неравенства получаем:aN +1 < aN q ,aN + 2 < an +1q < anq 2,aN +3 < aN + 2q < an +1q 2 < anq 3 …т. е. члены ряда (7) меньше соответствующих членов ряда, составленного из элементов геометрической прогрессии:aN q + aN q 2 + aN q 3 + ...(8)Так как q < 1, то ряд (8) сходится. Тогда согласно признакусравнения ряд (7) также сходится. Но ряд (7) получен из данного∞ряда∑anв результате отбрасывания конечного числа первыхn =1∞членов, следовательно, по свойству сходящихся рядов ряд∑ann =1сходится.∞Пусть теперь ρ > 1 .
Докажем, что ряд∑anрасходится. Возьмемn =1ε настолько малым, что выполняется неравенство ρ − ε < 1 . Тогда при n > N в силу левого из неравенств (6) выполняется неравенстaво n+1 > 1 или an+1 > an . Таким образом, члены ряда, начинаяanс некоторого номера N, возрастают с увеличением их номеров, т. е.общий член ряда an не стремится к нулю при n → ∞ . Следователь∞но, по необходимому условию сходимости ряда, ряд∑ann =1дится.Теорема доказана полностью.Теорема (интегральный признак). Пусть дан ряд∞f (1) + f (2) + f (3) + ... + f (n) + ... =∑ f (n),n =1121расхочлены которого являются значениями некоторой функции f (x), положительной, непрерывной и убывающей на полуинтервале [1, +∞ ).+∞Тогда если+∞ли же∫ f (x )dx∫∞f ( x )dx сходится, то сходится и рядn =11∞расходится, то ряд∑ f (n) , ес∑ f (n) также расходится.n =11Доказательство.
Рассмотрим криволинейную трапецию, ограниченную сверху графиком функции y = f(x), с боковых сторон —прямыми x = 1, x = n, снизу — осью Ox. Впишем в эту трапециюи опишем около нее две ступенчатые фигуры, состоящие из прямоугольников с основаниями [1, 2], [2, 3], [3, 4], …, [n – 1, n] и высотами f (1), f (2), f (3), …f (n–1), f (n). Тогда, принимая во внимание геометрический смысл определенного интеграла, имеем:nf (2) + f (3) + f (4) + ... + f (n) <∫ f (x )dx < f (1) + f (2) + … + f (n − 1),1или короче:nS n − f (1) <∫ f (x )dx < Sn− f (n).1Отсюда получаемnS n < f (1) +∫ f (x )dx,(9)1nS n > f (n) +∫ f (x )dx,(10)1где Sn — частные суммы рассматриваемого ряда.+∞Пусть интеграл∫ f (x )dxсходится. Это значит, что существует1nlimn →∞∫nf ( x )dx = I .
Так как f(x) > 0, то последовательность∫ f (x )dx11122возрастает с увеличением n и ограничена сверху своим пределом:n∫ f (x )dx < I . Из неравенства (9) следует, что Sn< f(1) + I, т. е. по1∞следовательность частичных сумм {Sn} ряда∑ f (n)являетсяn =1∞ограниченной. По теореме (1) ряд∑ f (n) сходится.n =1+∞Пусть теперь интеграл∫ f (x )dxрасходится. В этом случае1n∫ f (x )dx → ∞ при n → ∞ (как монотонно возрастающая неограни1ченная последовательность). Из неравенства (10) следует, чтоSn → ∞ при n → ∞ , т. е. последовательность частичных сумм {Sn}∞ряда∑ f (n) расходится и, следовательно, ряд расходится.n =1Теорема доказана полностью.2.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
