1610907243-ac283de454695bb7f2524e2bfa39689d (824397), страница 15
Текст из файла (страница 15)
Для последовательности {xn }n∈N найти множество частичных пределов, lim xn , lim xn , если xn = cos πn3 .Решение. x6k+1 = cosπ3x6k+4 = cos 4π3 = cos(π +n→∞n→∞1= 2 , x6k+2 = cos( π2 + π6 ) = − 12 , x6k+3 = cos π = −1,π15π2π13 ) = − 2 , x6k+5 = cos 3 = cos(π + 3 ) = 2 , x6k+6 = 1,k ≥ 0, lim xn = −1, lim xn = 1.n→∞n→∞Задача 02. [3] §8, N 116, 2. Для последовательности {xn }n∈N найти множество частичных пределов, lim xn , lim xn , если xn = (−1)n (2n+1)n .Решение. lim x2n =n→∞n→∞lim 4n+1n→∞ 2nn→∞2(2n−1)+12n−1n→∞= 2, lim x2n−1 = − limn→∞= −2,lim xn = −2, lim xn = 2.n→∞n→∞Задача 03.
[3] §8, N 117, 1. Для последовательности {xn }n∈N найти lim xn ,lim xn , а также sup{xn }n∈N , inf{xn }n∈N , если xn =n→∞(−1)nn+1+(−1)n.2n→∞Решение. lim x2n = lim xn = 1, lim x2n−1 = lim xn = 0, x1 = −1 =n→∞inf{xn }n∈N , x2 =n→∞32n→∞= sup{xn }n∈N , поскольку x2n =n→∞12n + 1монотонно убывает,1а x2n−1 = − 2n−1монотонно возрастает.Задача 04. [3] §8, N 117, 2. Для последовательности {xn }n∈N найти lim xn ,n→∞lim xn , а также sup{xn }n∈N , inf{xn }n∈N , если xn =n→∞78(−1)n 3n−1n+2 .Решение. lim x2n = lim xn = sup{xn }n∈N = 3, lim x2n−1 = lim xn =n→∞n→∞inf{xn }n∈N = −3, посколькуn→∞{ 3n−1n+2 }n∈Nn→∞монотонно возрастает.Задача 05.
[3] §8, N 125. Последовательность {xn }n∈N такова, чтоx1 = 0,x2k =x2k−1,2x2k+1 = 1 + x2k ,k ∈ N.Найти lim xn , lim xn .n→∞n→∞Решение. Рассмотрим x2k =12+x2k−22 ,x2 = 0. Покажем, что lim x2k = 1.k→∞Для существования предела нужно доказать по индукции, что x2k < 1. Изэтого результата следует монотонность: x2k − x2k−2 > 0.Рассмотрим x2k+1 = 1 +x2k−12 ,x1 = 0. Покажем, что lim x2k−1 = 2. Дляk→∞существования предела нужно доказать по индукции, что x2k−1 < 2. Из этогорезультата следует монотонность: x2k+1 − x2k−1 > 0.Задача 06. [3] §8, N 114. У последовательности {xn }n∈N подпоследовательность {x2k }k∈N имеет пределом a, а подпоследовательность {x2k−1 }k∈N имеетпределом b (a, b – числа или +∞, −∞.
Доказать, что только a и b являютсячастичными пределами последовательности {xn }n∈N .Решение. Предположим противное. Существует подпоследовательность {xnr }r∈N ,у которой предел не равен a или b. Тогда мы строим подпоследовательностичетных и нечетных членов данной подпоследовательности. Получим противоречие.Задача 07. [3] §8, N 115. Доказать, что всякая монотонная последовательность имеет только один частичный предел.Задача 08. [3] §8, N 120. У последовательности {xn }n∈N подпоследовательности {x2k }k∈N , {x2k−1 }k∈N и {x3k }k∈N сходятся. Доказать, что сходится и самапоследовательность.Решение. Рассмотрим две подпоследовательности {x6k−3 }k∈N и {x6k }k∈N .Возможен только вариантlim x6k−3 = lim x6k .k→∞k→∞7914Seminar n.
14Задача 09. [2] N 138. Доказать, что если последовательность {xn }n∈N сходится, то последовательность средних арифметическихξn =1(x1 + x2 + . . . + xn ) (n = 1, 2, . . .)nтакже сходится иx1 + x2 + . . . + xn= lim xn .n→∞n→∞nОбратное утверждение неверно: построить пример.limРешение. Поскольку lim (xn − a) = 0, то ∀n ∈ N имеем |xn − a| ≤ C.n→∞Покажем, что для любого ε > 0 ∃Nε : ∀n > Nε x1 + . . .
+ xn < ε.−anПоскольку lim xk = a, то для любого ε > 0 ∃Kε ∈ N: ∀k > Kε имеемk→∞|xk − a| < 2ε .Рассмотрим (x1 − a) + . . . + (xn − a) x1 + . . . + xn≤− a = nn|x1 − a| + . . . + |xk − a| |xK+1 − a| + . . . + |xn − a|+<nnC · Kε ε (n − Kε ) C · Kε ε+ ·<+ < ε.n2nn2Из неравенстваC · Kεε< .n2 2C·Kε мы получим барьер Nε =+ 1.εЗадача 10. Применить предыдущий результат к последовательности Sn =nP(−1)k−1 .k=1Числовые рядыРядом называется отображение, которое каждой последовательности {an }n∈Nставит в соответствие последовательность {Sn }n∈N , такую, что S1 = a1 и80Sn+1 = Sn + an+1 для всех n ∈ N .
Последовательность {Sn }n∈N называется последовательностью частичных сумм ряда. Говорят, что ряд сходится,если сходится его последовательность частичных сумм, предел которой называется суммой ряда. Если ряд не является сходящимся, то говорят, чтоон расходится. Для самого ряда и для его суммы используется одно и то же∞Pобозначение:an . Таким образом,n=1∞Xn=1an = lim Sn = limn→∞n→∞nXak .k=1Задача 01. [4], §13, N 2.1.
Стр. 291. Найти n-ю частичную сумму Sn ряда исумму S этого ряда111++ ... ++ ...;3·4 4·5(n + 2) · (n + 3)Решение.Sn =nXk=1n X11111=−= −.(k + 2)(k + 3)(k + 2) (k + 3)3 (n + 3)k=11S = lim Sn = .n→∞3Задача 02. [4], §13, N 2.5. Стр. 291. Найти n-ю частичную сумму Sn ряда исумму S этого ряда11++ ...+a(a + 1)(a + 2)(a + 3) (a + 1)(a + 2)(a + 3)(a + 4)1+ ...;(a + n)(a + n + 1)(a + n + 2)(a + n + 3)81Решение.Sn =nXk=01=(a + k)(a + k + 1)(a + k + 2)(a + k + 3)n1 X13−k=0(a + k)(a + k + 1)(a + k + 2)1=(a + k + 1)(a + k + 2)(a + k + 3)11−.3a(a + 1)(a + 2) 3(a + n + 1)(a + n + 2)(a + n + 3)S = lim Sn =n→∞1.3a(a + 1)(a + 2)Задача 03. [4], §13, N 2.5.
Стр. 291. Найти n-ю частичную сумму Sn ряда исумму S этого ряда∞X√√√( n + 2 − 2 n + 1 + n).n=1Решение.nX√√√Sn =( k + 2 − 2 k + 1 + k) =k=1nX√√√√(( k + 2 − k + 1) − ( k + 1 − k)) =k=1n Xk=111√√√−√=k+2+ k+1k+1+ k11√√−√.n+2+ n+12+1S = lim Sn = √n→∞15−1.2+1Seminar n. 15Теорема. (Критерий Коши для рядов) Для того, чтобы ряд∞Pn=182an сходился,необходимочтобы для любого ε > 0 существовало такое Nε ∈ n+p и достаточно, Pak < ε для всех n > Nε , p > 0.N, что k=n+1∞PТеорема. (Необходимое условие сходимости ряда). Если рядan схоn=1дится, то an → 0 при n → ∞.Задача 04. [4], §13, N 11.2.
Стр. 292. Доказать расходимость ряда, используянеобходимое условие сходимости.∞Xrn=1Решение. Пусть Sn =n qP3k+4k=15k+1 .Тогдаr|Sn − Sn−1 | = Sn − Sn−1 =3n + 45n + 13n + 4=5n + 1s3+5+4n1nr>31= √ = ε.62Таким образом, выполнено отрицание условия Коши. Либоr3lim |Sn − Sn−1 | = lim (Sn − Sn−1 ) =.n→∞n→∞5Задача 05. [4], §13, N 11.5. Стр. 292. Доказать расходимость ряда, используянеобходимое условие сходимости.n∞ Xn−1n=1Решение. Пусть Sn =nPk=1k−1 kk+1 .n+1Тогдаlim |Sn − Sn−1 | = lim (Sn − Sn−1 ) = limn→∞n→∞lim 1 −n→∞2n+1n→∞n.= lim 1 −n→∞nn−1=n+12n(− (n+1)2 )·(− n+1 )2n+1exp83limn→∞=2n−n+1=1.e2Задача 06.
[4], §13, N 13.2. Стр. 292. Пользуясь критерием Коши, доказать∞Pсходимость рядаan , если:n=1an =Решение. Пусть Sn =nPsin nαn(n + 1)ak ,k=1 n+pn+pn+pX XX| sin kα|1ak ≤|Sn+p − Sn | = ≤=k(k + 1)k(k + 1)k=n+1k=n+1k=n+1n+pX11111−=−<< ε.k k+1n+1 n+p+1 n+1k=n+1Задача 07. [4], §13, N 13.4. Стр. 292. Пользуясь критерием Коши, доказать∞Pсходимость рядаan , если:n=1an =cos nx − cos(n + 1)x.nРешение.n+pXn+pX(cos kx − cos(k + 1)x) cos(n + 1)x=+ak =kn+1k=n+1k=n+1n+pX11cos(n + p + 1)xcos kx−−,k k−1n+pk=n+2 n+pn+p X | cos(n + 1)x|X11ak ≤+| cos kx|−n+1k−1 kk=n+1k=n+2n+p X| cos(n + p + 1)x|1111+≤+−+=n+pn+1k−1 kn+pk=n+211112+−+=< ε.n+1 n+1 n+p n+p n+1Задача 08. [4], §13, N 14.4. Стр.
293. Пользуясь критерием Коши, доказать∞Pрасходимость рядаan , если an = ln(1 + n1 ).n=184Решение.n+pXn+pXak =k=n+1k=n+1n+pX1k+1ln(1 + ) =ln()=kkk=n+1n+pYln(k + 1)kk=n+12n+1PПусть p = n + 1, тогда!(n + p + 1)= ln.(n + 1)ak = ln 2.k=n+1Задача 01. Доказать сходимость ряда∞Pan , установив ограниченность свер-n=1ху последовательности его частичных сумм: Обобщенный гармонический ряд∞P1nα , α > 1.n=1Решение. Пусть Sn =k=1ограничена.S2n −1 =nP12X−11kα .Покажем подпоследовательность {S2n −1 }n∈R23nk=2k=22X−12X−12X−11111+++...+<ααααkkkk012n−1k=2k=22222n−11 + α + 2 α + . .
. + n−1 α =2(2 )(2 )n2n−111 − 2α−11111<1 + α−1 ++...+=11 ,22α−12α−11 − 2α−11 − 2α−1при n > 1. Следовательно,Sn <1611 .1 − 2α−1Seminar n. 16Задача 02. [4], §14, N 1.1. Стр. 302. Доказать сходимость ряда∞Pn=1an , уста-новив ограниченность сверху последовательности его частичных сумм:an =π − arctg n(n + 1)(n + 2)(n + 3)85Решение.Sn =nXk=1nXπ − arctg k1<π=(k + 1)(k + 2)(k + 3)(k + 1)(k + 2)(k + 3)k=1n11πX−=2(k + 1)(k + 2) (k + 2)(k + 3)k=11ππ 1−< .2 6 (n + 2)(n + 3)12Задача 03.
[4], §14, N 1.3. Стр. 302. Доказать сходимость ряда∞Pan , уста-n=1новив ограниченность сверху последовательности его частичных сумм:ln n nan = 1 +q , 0 < q < 1.nРешение. Покажем, что последовательность3. Неравенствоln(k+1)k+1<ln kkln kkмонотонно убывает при k ≥эквивалентно (k + 1)k < k k+1 и, соответственно,(1 + k1 )k < k при k ≥ 3. nn Xln k kln 3 X kSn =1+q < 1+q =k3k=1k=11 + ln33ln 3 (1 − q n )<q.q 1+3(1 − q)(1 − q)Теорема. (Признак сравнения) Пусть∞P∞Pan иn=1bn – ряды с положи-n=1тельными членами и an ≤ bn для всех n ∈ N (n ≥ n0 ).
Тогда∞∞PPan ;bn сходится, то сходится ряда) если рядб) если рядn=1∞Pn=1an расходится, то расходится рядn=1∞Pbn .n=1Задача 04. [4], §14, N 2.1. Стр. 302. Используя признак сравнения, исследо∞Pn+1вать рядan на сходимость, где an = 5+3(−1).n2n=1Решение.815 + 3(−1)n+1≤=, ∀n ≥ 3.an =2n2n2n−3Задача 05. [4], §14, N 2.2. Стр. 302. Используя признак сравнения, исследо∞Pnвать рядan на сходимость, где an = arctgn2 +1 .n=186Решение.arctg nπ≤, ∀n ≥ 1.n2 + 12n2Задача 06. [4], §14, N 2.3. Стр. 302.
Используя признак сравнения, исследо∞P2√3n .вать рядan на сходимость, где an = sinn nan =n=1Решение.sin2 3n1an = √ ≤ √ ,n nn n∀n ≥ 1.Задача 07. [4], §14, N 2.3. Стр. 302. Используя признак сравнения, исследо∞Pcos πвать рядan на сходимость, где an = √5 2n54n−1 .n=1Решение.πcos 4ncos π311· .an = √>√= √5552 2 n2n5 − 12n5Задача 08. [4], §14, N 3.4. Стр.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
