1610912325-537f93a9ed79c6e0a65b212a8eeb3d50 (824705), страница 8
Текст из файла (страница 8)
ПустьPai — положительный ряд такой, что последовательность его частичных сумм ограниченна.. ТогдаРядP. ПустьPPai иbi — два знакоположительных ряда.ann→∞ bnПредположим, что lim. Тогдаai сходится.Ряды. Доказательство.Pai иPbi обладают одинаковой сходимостью.. Доказательство.◦ Поскольку Sn+1 = Sn + an+1 и an+1 > 0, значит, Sn+1 > Sn ⇒ Sn —монотонна.
По теореме ?? на стр. ??, получаем, что Sn сходится,возможно к бесконечности.◦ Согласно ограниченности, получаем∃M ∈ R ∀n ∈ N : 0 < Sn 6 M.PЗначит lim Sn 6 M ⇒ рядai сходится.n→∞Теорема 2.11.3 (Признак сравнение для знакоположительных рядов).. ПустьPPA=ai и B =bi — два положительных ряда, причем, начиная снекоторого номера M ∈ N : ∀i > M : 0 > ai > bi .◦ Во-первых, заметим, что L > 0;◦ Если ряд B сходится, то и ряд A сходится;⇒ −ε <anbn◦ Выберем такое ε, что L − ε > 0. Тогда(L − ε)bn < an < (L + ε)bn .Согласно теореме об алгебраическихсвойствах рядов2.10.7 наPPPстр.45 получаем, что если ряд bn сходится, то ряды (L + ε)bn ,(L − ε)bnтоже сходятся.Получаем:0 < (L − ε)bn < an ; 0 < an < (L + ε)bn .◦ Согласно признаку сравнения 2.11.3:◦ Если ряд A расходится, то и ряд B расходится..
Доказательство.◦ Заметим, что An = a1 + a2 + . . . + an 6 b1 + b2 + . . . + bn = Bn ⇒⇒ An 6 Bn ⇒ последовательность An — ограниченна. Согласно лемме 2.11.2 An — сходится.◦ Пусть An — расходится, значит, lim An = ∞. An 6 Bn , используяn→∞свойства пределов 2.7.8 на стр. 36, получаем lim An 6 lim Bn ⇒n→∞n→∞⇒ lim Bn > ∞ ⇒ lim Bn = ∞ ⇒ ряд B— расходится.n→∞Лекции по математическому анализу= L ⇒ ∀ε : ∃M ∈ N ∀n > M : abnn − L < ε ⇒− L < ε ⇒ L − ε < abnn < L − ε.ann→∞ bn◦ Во-вторых: т.к.
lim. Тогдаn→∞= L 6= 0.http://MFH.gorodok.net/X Из??X Из??0 < (L − ε)bn < an следует:PPесли рядan сходится, то рядbn тоже сходится;PPесли рядbn расходится, то рядan тоже расходится;0 < an < (L + εn )bn следует:PPесли рядbn сходится, то рядan тоже сходится;PPесли рядan расходится, то рядbn тоже расходится;Пример 2.11.5.1 (Примеры использования теоремы).Лекции по математическому анализуhttp://MFH.gorodok.net/2.11. Знакоположительные рядыСтр.
49MFH CorporationСтр. 50MFH Corporation3. Пусть 0 < q < 1. Тогда lim aan+1= q < 1. Следовательно, ∃ε >n n→∞ an+1 0 ∃M ∈ N ∀n > M : an < 1 − ε. Пусть α = 1 − ε, 0 < α < 1,следовательно, an+1 6 αan .Рассмотрим остаток ряда Rm :1.XX 11∼⇒ lim2n→∞n +n+1n21n2 +n+11n2= limn→∞ n2n2= 1;+n+12.am+1 6 α am ;XX11p⇒ lim∼n→∞nn(n + 10)1n(n+10)1n√Следствие 2.11.5.2 (Частные случаи теоремы).ann→∞ bn.
Пусть lim◦ если◦ если. ПустьГлава 2. Числовые последовательности и пределыPP∞∞∞∞PPPPαn−m = am α−mαn —Получаем: Rm =an 6am αn−m 6 amn=mn=mn=mn=0сходится.Pai сходится;Pai расходится, тоbi расходится.= ∞, тогдаlim bnn→∞ anТеорема 2.11.7 (Радикальный признак Коши сходимости ряда).= 0.. Пусть. ПустьPn→∞an+1an1. если q > 1, то ряд A расходится.2. если q = 1, то ряд A может как сходиться, так и расходиться;3. если q < 1, то ряд A сходится;= q.. Тогда1. если q > 1, то ряд A расходится..
Доказательство.2. если q = 1, то ряд A может как сходиться, так и расходиться;3. если q < 1, то ряд A сходится;. Доказательство.1. Пусть q > 1. Тогда lim aan+1= q > 1. Следовательно, начиная сnn→∞некоторого номера M : an+1 > an . Значит, lim an > 0. Получаn→∞ем, что не выполнен необходимый признак сходимости 2.10.4 настр. 43.2. Пусть q = 1. Рассмотрим два ряда:P1— расходится;XP n1X2n — сходится;Но q = 1 для обоих рядов.Лекции по математическому анализуn→∞.
Тогдаai — знакоположительный ряд;Предположим, что ∃ limPai — знакоположительный ряд;√Предположим, что ∃ lim n an = q.A=Теорема 2.11.6 (Признак Даламбера сходимости ряда).A=am+k 6 αk am .= 0, тогда:bi сходится, тоlim ann→∞ bnam+2 6 α am+1 6 α2 am ;...n= lim p= 1.n→∞n(n + 10)http://MFH.gorodok.net/√1. Пусть q > 1.
Тогда lim n an = q > 1. Следовательно, начинаяn→∞√с некоторого номера n an > 1 ⇒ an > 1. Нарушено необходимоеусловие сходимости ряда 2.10.4 на стр. 43.2. Пусть q = 1. Рассмотрим два ряда:P1— расходится;XP n1Xn2 — сходится;Но q = 1 для обоих рядов.√3. Пусть 0 < q < 1. Тогда lim n an = q < 1. Следовательно, ∃M ∈n→∞√√N ∀n > M : n an < 1. Значит, ∃α <P1 ∀n > M : n an 6 α ⇒⇒ ∀n > M : an 6 αn . Т.к. α < 1, тоαn — сходится, а значит,Pan — сходится.Лекции по математическому анализуhttp://MFH.gorodok.net/2.12.
Знакопеременные ряды2.12Стр. 51MFH CorporationЗнакопеременные рядыТеорема 2.12.2 (Признак сходимости Лейбница для знакопеременных рядов).(−1)n−1 an , an > 0— знакопеременный ряд;vk , vk+1 , . . . , v` ∈ R.. Тогда jP vn .где h = sup ◦ lim an = 0.j∈[k, `] n=k. ТогдаPuk > uk+1 > . . .
> u` > 0;n=k◦ an — монотонно убывает;Ряд. ПустьИмеет место неравенство Абеля: X̀un vn 6 h · uk ,. ПустьPГлава 2. Числовые последовательности и пределыMFH CorporationЛемма 2.12.3 (Неравенство Абеля).ОПР 2.12.1 (Знакопеременных рядов).∞PРяд(−1)n−1 an , где ∀n ∈ N : an > 0 называется знакопеременным ряn=1дом.◦Стр. 52. Доказательство.(−1)n−1 an сходится.. Доказательство.◦ Обозначим Sj =◦ Рассмотрим две подпоследовательности частичных сумм:X S2k+1 = a1 −(a2 −a3 )−. . .−(a2k −a2k+1 ) 6 a1 , т.к.
∀n ∈ N : an+1 66 an ;X S2k = (a1 − a2 ) + (a3 − a4 ) + . . . + (a2k−1 − a2k );Получим: 0 6 S2k ; S2k 6 S2k+1 ; ∃ lim S2k .◦ S2k+1 = S2k +a2k+1 ⇒ lim S2k+1 = lim S2k + lim a2k+1 ⇒ lim S2k+1 =k→∞lim S2k .S2k+1сходятся.◦S2kЗапишем это маленько в другой форме:n=kvn , j ∈ {k, k + 1, . . . , `}.◦ Положим Sk−1 = 0 Тогда vj = Sj − Sj−1 ; X̀un vn = |uk vk + uk+1 vk+1 + .
. . + u` v` | =n=k= |uk (Sk − Sk−1 ) + uk+1 (Sk+1 − Sk ) + . . . + u` (S` − S(` − 1))| =k→∞k→∞jPk→∞k→∞k→∞= |Sk (uk − uk+1 ) + Sk+1 (uk+1 − uk+2 + . . . + S`−1 (u`−1 − u` ) + S` u` | 66 |Sk ||uk − uk+1 | + |Sk+1 ||uk+1 − uk+2 | + . . . + |S`−1 ||u`−1 − u` | + |S` ||u` | 66 (т.к.
uk > uk+1 > . . . > u` > 0) h(uk − uk+1 + uk+1 − . . . + u`−1 − u` − u` ) = huk .Теорема 2.12.4 (Признак Абеля-Дирихле сходимости рядов ).lim S2k = L ⇒ ∀ε > 0 : ∃M1 ∈ N ∀k > M1 : |S2k − L| < ε;k→∞lim S2k+1 = L ⇒ ∀ε > 0 : ∃M2 ∈ N ∀k > M2 : |S2k+1 − L| < ε.k→∞. ПустьДан ряд∞Pun vn , причём выполнены следующие условия:n=1Пусть M = max {M1 , M2 }, тогда ∀n > M : |Sn − L| < ε ⇒ lim Sn =n→∞L.I. un — монотонно убывающая последовательность такая, что lim un =n→∞0;PII. частичные суммы Sn рядаvk — ограничены.kЛекции по математическому анализуhttp://MFH.gorodok.net/Лекции по математическому анализуhttp://MFH.gorodok.net/2.12. Знакопеременные рядыСтр.
53MFH CorporationСтр. 54. ТогдаРяд∞P2. Пусть равенство верно при m, докажем, что оно верно и приm + 1, т.е. докажем, чтоa(m+1)amsinsin a(m+2)sin+bsm222Xsin (ax + b) =+ sin (a(m + 1) + b) =sin a2x=0un vn — сходится.n=1. Доказательство.◦ Будем проверять условие Коши 2.10.10 на стр. 46.jP◦ Пусть ε > 0. Определим ∀j : Sj =n=1илиvn ⇒ ∃h ∀j ∈ N : |Sj | 6 h.sinПоскольку lim un = 0, то существует такой номер M, что ∀n >n→∞εM : un < 2h.n=ksin2.12.4.1 Полезные фактыsinx=0a(m+1)2· cosam2am2+b;(2.12.1)Ix=0sin (xa + b) =aa(m + 2)sin (a(m + 1) + b) = sinsin22+bsin a2∞Pn=1.(2.12.2)sin nxn ,x ∈ R.Данный ряд сходится..
Доказательство.◦ Пустьsin ( a(m+1))·sin ( am22 +b).sin a2un =1; vn = sin nx.nТогдаДокажем индукцией по m.1. Проверим базу индукции: m = 0 ⇒ sin b = sin b;Лекции по математическому анализуa(ma1a(m + 1) ama(m + 2) acossin (a(m + 1) + b) =++ b − cos+22222a= sin sin (a(m + 1) + b;2Пример 2.12.4.2 („ основной “)... Доказательство.mP+ sinII Аналогично.Имеют место следующие равенства:msin a(m+1)· sinX2sin (xa + b) =sin a2x=0cos (xa + b) =am+b2Значит:Условие Коши выполнено, ряд сходится.mXa(m + 1)sin2!Используем формулу преобразования произведения тригонометрических функций к сумме, получим!!#"a(m + 1) am1aa− b − cos++b+ sin sin (a(m + 1) + b) =cos22222"!#1aa(m + 2) a(m + 1)=cos− b − cos++b2222◦ Пусть ` > k > M, тогда X̀ vn = |S` − Sk−1 | 6 |S` | + |Sk−1 | 6 2hn=k X̀ X̀ε uk vn 6 2h uk < 2hun vn 6 = ε.
2hn=kГлава 2. Числовые последовательности и пределыMFH Corporationhttp://MFH.gorodok.net/Sk =kXn=1sin nx; ∃h |Sk | 6 k — ∀k ∈ N.Лекции по математическому анализуhttp://MFH.gorodok.net/2.13. Абсолютная сходимостьСтр. 55MFH CorporationСтр. 56MFH CorporationГлава 2. Числовые последовательности и пределыСледствие 2.13.4 (Признак Даламбера (для произвольных рядов)). k k sin x(k+1) sin xk XX. Пусть 22 sin nx =(из ((2.12.1)) на стр. 53, если положить b = 0, x = n, a = x) sin nx = Sk = 6x Psin an+1 2n=0n=1Данрядa∃lim = q.in→∞ anx(k+1)sin sin xk 22 . Тогда6sin x 21.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
