1610907243-ac283de454695bb7f2524e2bfa39689d (824397), страница 16
Текст из файла (страница 16)
302. Используя признак сравнения, исследо√√∞Pn5 ( 2+sin n)an на сходимость, где an =вать ряд.2n +n2n=1Решение.√√n5 ( 2 + sin n) n5 √an = n ·< n · ( 2 + 1).222(1 + n2n )Поскольку 2n = (1 + 1)n =nPCnk > Cn7 =k=0n(n−1)(n−2)...(n−6)7!n5n517!n5< 7=·=2nCnn(n − 1) (n − 2) · . . . · (n − 6)17!1<··n(n − 1) (1 − n2 ) · . . .
· (1 − n6 ) n(n − 1)где 1 −176n7!· ... ·12=25 7!,n(n − 1)> 12 , т.е. n > 12.Seminar n. 17Определение. Рядряд12при n ≥ 7.∞P∞Pan называется абсолютно сходящимся, если сходитсяn=1|an |.n=1Из абсолютной сходимости ряда следует его сходимость.87Определение. Если ряд сходится, но не сходится абсолютно, то говорят, чтоон сходится условно.Следствие. (Мажорантный признак Вейерштрасса) Пусть последовательности {an } и {bn } таковы, что |an | ≤ bn для всех n ∈ N (n ≥ n0 ). Тогда из∞∞PPсходимости рядаbn следует абсолютная сходимость рядаan .n=1bn >Если an ≥ 0,от нуля пределn=10 для всех n ≥ n0 и существует конечный и отличныйan,n→∞ bnlimто ряды∞Pn=1Пусть αnan и→∞Pbn сходятся или расходятся одновременно.n=10, αn6= 0. Мы используем следствия из замечательных пре-делов:arcsin αnarctg αnsin αn= 1, lim= 1, lim= 1,n→∞n→∞n→∞ αnαnαneαn − 1ln(1 + αn )(1 + αn )p − 1lim= 1, lim= 1, lim= p.n→∞n→∞n→∞αnαnαnlimЗадача 01.
[4], §15, N 1.1. Стр. 319. Доказать, что ряд∞Pn=1сходятся.sin(2n+ π4 )√n 3 n+2абсолютноРешение. Используем мажорантный признак Вейерштрасса: sin(2n + π4 ) 1 √ n 3 n + 2 < n 43 .Задача 02. [4], §15, N 1.4. Стр. 320. Доказать, что ряд∞Pn=1лютно сходятся.(−1)n+1 ln2 n2nабсо-Решение. Используем мажорантный признак Вейерштрасса:22 (−1)n+1 ln2 n n2 ln n 2nln3=< 4= 2n2nnCn324!n2ln 3=n(n − 1)(n − 2)(n − 3)3224!ln 396ln 3<,3n(n − 1)3n(n − 1)(1 − n2 )(1 − n3 )88при n > 6.Теорема.
(Признак Коши) Пусть∞Ppan – произвольный ряд и α = lim sup n |an |.n→∞n=1Тогдаа) если α < 1, то ряд∞Pб) если α > 1, то рядn=1∞Pan абсолютно сходится;an расходится.n=1Теорема. (Признак Даламбера) Пусть∞Pan – произвольный ряд и суще-n=1|an+1 |n→∞ |an |= α. Тогда∞Pа) если α < 1, то рядan абсолютно сходится;ствует limб) если α > 1, то рядn=1∞Pan расходится.n=1Теорема. (Прореживающий признак Коши) Пусть {an } – невозрастающая∞Panпоследовательность положительных чисел: a1 ≥ a2 ≥ a3 ≥ .
. . ≥ 0. Рядсходится тогда и только тогда, когда сходится рядn=1∞P2k a2k .k=0Пример.∞Pn=11nα ,α > 1.Задача 03. [4], §14, N 18.2. Стр. 306. Исследовать на сходимость ряд∞Pann=1с помощью признака Даламбера, где an =an+1n→∞ anРешение. lim=1lim (13 n→∞n33n .+ n1 )3 = 13 .Ответ. Ряд сходится.Задача 04. [4], §14, N 18.4. Стр. 306. Исследовать на сходимость рядс помощью признака Даламбера, где an =an+1n→∞ anРешение. limn+1(n+1)!an+1n→∞ (n+1)= lim·nnn!ann!annn ,∞Pann=1a 6= e, a > 0.a1 nn→∞ (1+ n )= lim= ae .Ответ.
Когда a < e, ряд сходится. Когда a > e, ряд расходится. Отметим,что когда a = e, то an < an+1 .Задача 05. [4], §14, N 18.8. Стр. 306. Исследовать на сходимость ряд∞Pn=1с помощью признака Даламбера, где an =an+1n→∞ anРешение. lim(2n+2)(2n+1)(2n)!(n+1)2 (n!)2n→∞= lim89·(2n)!(n!)2 .(n!)2(2n)! =1(1+ 2n)1n→∞ (1+ n )4 lim= 4.anОтвет. Ряд расходится.∞PЗадача 06. [4], §14, N 19.9. Стр. 306. Исследовать на сходимость рядann=1с помощью признака Даламбера, где an =52n (n!)3(3n)! .Решение.an+152n+2 (n + 1)3 (n!)3(3n)!= lim· 2n=n→∞ ann→∞(3n + 3)!5 (n!)3(1 + n1 )225(n + 1)325lim=lim1n→∞ (3n + 1)(3n + 2)(3n + 3)27 n→∞ (1 + 3n)(1 +lim23n )=25.27.Ответ. Ряд сходится.Задача 07. [4], §14, N 21.1. Стр.
307. Исследовать на сходимость ряд∞Pann=1с помощью признака Коши, где an =1(ln n)n ,Решение.α = limn→∞n ≥ 2.1= 0.n→∞ ln npn|an | = limОтвет. Ряд сходится.Задача 08. [4], §14, N 21.8. Стр. 307. Исследовать на сходимость ряд 2n−1 n +4n+5с помощью признака Коши, где an = n+1.∞Pann=1Решение.α = limn→∞pn|an | = limn→∞n−1n+1n+4+ n5=5limn→∞1−2n+1n)!−2 (n+4+− n+1(n+1)2=limn→∞1−2n+1!−2− n+124+ 5 )(1+ nn21)(1+ n=1< 1.e2Ответ.
Ряд сходится.Задача 09. [4], §14, N 21.8. Стр. 307. Исследовать на сходимость рядn21с помощью признака Коши, где an = cos √n .90∞Pn=1anРешение.lim√nn→∞nn11an = lim cos √= lim 1 − (1 − cos √ ) =n→∞n→∞nnnsin2 2√1 n 1 12 1√=lim 1 − 2 sin √.= exp − lim n→∞2 n→∞ √1 22 ne2 n18Seminar n. 18Пусть {an } – последовательность положительных чисел. Ряд вида∞P(−1)n−1 ann=1называется знакопеременным (или знакочередующимся).Теорема. (Признак Лейбница) Если последовательность {an } такова, что∞Pan > an+1 для всех n ∈ N и lim an = 0, то ряд(−1)n−1 an сходится.n→∞n=1Пусть даны наборы чисел: {α1 , α2 , .
. . , αn } и {β1 , β2 , . . . , βn }. Обозначим:nPB0 = 0, B1 = β1 , B2 = β1 + β2 , . . . , Bn =βk . Тогда βk = Bk − Bk−1 дляk=1k = 1, 2, . . . , n.Лемма. (Преобразование Абеля)nXαk βk = αn Bn +k=1n−1X(αk − αk+1 )Bk .k=1Лемма. Пусть L = max{|Bn+1 − Bn |, |Bn+2 − Bn |, . . .
, |Bn+p − Bn |} и последовательность {αn } монотонна. Тогда n+pXαk βk ≤ L(|αn+1 | + 2|αn+p |).k=n+1n+pXαk βk = αn+p (Bn+p − Bn ) +k=n+1n+p−1X(αk − αk+1 )(Bk − Bn ).k=n+1Теорема. (Признак Абеля) Предположим, что1) {an } – монотонная последовательность;2) существует число K ∈ R+ , такое, что |an | ≤ K для всех n ∈ N;∞∞PP3) рядbn сходится. Тогда сходится рядan bn .n=1n=191Теорема (Признак Дирихле) Предположим, что1) {an } – монотонная последовательность;2) существует lim an = 0;n→∞m P 3) существует K ∈ R+ , такое, что bn ≤ K для всех m ∈ N. Тогда сходитсяn=1∞Pрядan b n .n=1Абсолютная и условная сходимостиЗадача 01.
[4], §15, N 3.1. Стр. 320. Исследовать на сходимость ряд∞Pn=1Решение. Покажите, что последовательность1√3n+1(−1)n√.3n+1монотонно стремится кнулю.Ответ. Ряд сходится по признаку Лейбница.Задача 02. [4], §15, N 3.2. Стр. 320. Исследовать на сходимость ряд∞P(−1)n+1 ln n√.nn=1ln√nnявляется монотонно убывающей, поскольРешение. Последовательность 0√x√ x < 0 при x > e2 .ку ln= 2−lnx2x xОтвет. Ряд сходится по признаку Лейбница.Задача 03. [4], §15, N 3.5. Стр. 320. Исследовать на сходимость ряд∞Pcosn=1π4+ πn siРешение.∞X∞π 1 X1cos+ πn sin =coscos (πn) sin4n n=14nn=1∞∞π X11 X1sin (πn) sin = √(−1)n sin .−sin4nn2 n=1n=1πОтвет. Ряд сходится по признаку Лейбница.Задача 04. [4], §15, N 4.2.
Стр. 320. Исследовать на сходимость ряд∞Pn=1sinn√5n .1√5 n,Решение. Воспользуемся признаком Дирихле. Пусть an =bn = sin n.nPsin n sin n+1Следовательно, Bn =sin k = 2sin 1 2 . Таким образом, |Bn | < sin1 1 .k=122Для понимания, можно воспользоваться критерием Коши вместо признака92Дирихле:n+pXn+p−1X 11Bn+p − Bn1√√sin k = √+−√(Bk − Bn ).5555n+pk+1kkk=n+1k=n+1Следовательно, n+pX 1 |Bn+p − Bn |√sin k ≤ √55n+pkk=n+1n+p−1X 11√+−√|Bk − Bn | ≤55k+1kk=n+1n+p−1 1212 X12 1√√ < ε.√−√+=551 51sin 2 n + p sin 2 k=n+1sin 21 5 nk+1kТаким образом, ∀ε > 0 ∃Nε = n+p5 P2+1:∀n>N,∀p>0εε sin 12ε.k=n+11<√sink5kЗадача 05.
[4], §15, N 5.1. Стр. 321. Исследовать на сходимость и абсолютную√∞P3n−1 √ n+1сходимость ряд(−1).n+2n=1Ответ. Ряд сходится по признаку Лейбница, но абсолютный ряд расходится.Задача 06. [4], §15, N 13.2. Стр. 322. Найти все значения α, при которых∞Pcos nряд: а) абсолютно сходится; б) условно сходитсяnα .n=1Решение.
Если α > 1, то по мажорантному признаку Вейерштрасса мыполучим абсолютную сходимость: cos n 1 α < α.nnЕсли α > 0, то по признаку Дирихле мы получим сходимость:an = n1αnnPPмонотонно стремится к нулю, bn = cos n, |Bn | = bk = cos k =k=1k=1 cos (n+1) sin n 122 < sin 12 .sin 12Для понимания, можно воспользоваться критерием Коши вместо признака93Дирихле: n+p n+p−1 X cos k BX11 n+p − Bn( α−+)(Bk − Bn ) ≤=αααk (n + p)k(k + 1)k=n+1k=n+1n+p−1X 1|Bn+p − Bn |1+−|Bk − Bn | ≤(n + p)αk α (k + 1)αk=n+1n+p−1 2 X121121+−< ε.=k α (k + 1)αsin 12 (n + p)α sin 12sin 12 (n + 1)αk=n+1Следовательно, n >2ε sin 12 α1− 1, Nε =∞PПокажем, что при α ∈ (0, 1] рядсравнения покажем, что ряд2ε sin 21cos nnα α1 .сходится условно. По признакуn=1∞P| cos n|| cos n|nα расходится: nαn=1>cos2 nnα=12nαЧастичные суммы этого ряда представим как An,1 + An,2 , где An,1 =An,2 =nPk=1cos 2k2k α .∞PРядk=1cos 2k2k αсходится, а ряд∞Pk=1+cos 2n2nα .nPk=112k α12k α ,расходится.Ответ:a) ряд сходится условно при α ∈ (0, 1],б) ряд сходится абсолютно при α > 1.Задача 07.
[4], §15, N 14.1. Стр. 323.Найти все значения α, при которых ряд∞P(−1)n sin2n α:nn=1а) абсолютно сходится;б) условно сходится.2Решение. Если sin α = 1, т.е. α =π2+ πk, k ∈ Z, то ряд∞P(−1)nnсходитсяq2nусловно. Иначе, по признаку Коши ряд сходится абсолютно: lim n sinn α =n=1n→∞2sin α < 1.Ответ:a) ряд сходится условно при α =π2+ πk, k ∈ Z;б) ряд сходится абсолютно при α 6=π2+ πk, k ∈ Z.9419Seminar n. 19Контрольная работа на целую пару1. Найти пределы(a)√2n− 1+n√lim n+1−√n .n→∞Решение.√√√n − 1 + n2( n + 1 + n)√lim √√ = − limn→∞n→∞ (n +n+1− n1 + n2 )qq√1lim ( 1 + n1 + 1)n( 1 + n + 1)1n→∞qq− lim= − lim √ ·= 0.n→∞n→∞n11n(1 + 1 + n2 )lim (1 + 1 + n2 )n→∞(b) limn→∞qn1n− e−n .Решение.rlimn→∞n111− n = lim √·n→∞ n nn ernpn1−nn→∞√1− n =elim n nlimnen= 1.n→∞Здесь мы используем неравенстваrnn1 − n < n 1 − n < 1,een > 1,из которых по теореме о двух полицейских следует пределrnlim n 1 − n = 1.n→∞e2.
Доказать сходимость и найти предел последовательности (указать награфике алгоритм вычисления предела)x1 = 1,xn+1 = 1 −952.9xnРешение. Предположим, что последовательность {xn } имеет пределc = lim xn . В равенстве xn+1 = 1 −n→∞c = lim xn = lim xn+1n→∞n→∞29xnмы переходим к пределу:22= lim 1 −=1−=n→∞9xn9 lim xnn→∞1−Уравнение c = 1 −29c2.9cимеет два корня c1 = 31 , c2 = 23 .
Покажем, чтоlim xn = 32 . Нужно показать по индукции, что xn > 23 . Из этого резуль-n→∞тата будет следовать xn+1 < xn , n ∈ N. По теореме Вейерштрасса, {xn }имеет предел c = lim xn . Из существования предела, который удовлеn→∞творяет уравнению c = 1 − 9c2 , и неравенства xn >23следует lim xn = 23 .n→∞Есть и альтернативный способ доказательства утверждения lim xn = 23 .Используя неравенство xn >23,здесь можно показать, чтоn→∞xn − 23 являетсябесконечно малой последовательностью:2x−22212n30 < xn+1 − = 1 −− =<xn −<39xn 33xn23 2 n n121211xn−1 −< ... <x1 −=.232323Здесь мы используем теорему о двух полицейских.Ответ.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
