Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Пермский национальный исследовательский политехнический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

книги / Математический анализ в задачах и упражнениях

..pdf

Скачиваний:

Добавлен:

12.11.2023

Размер:

1.75 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1314 / 1814 15 16 17 18 > Следующая >>>

и lim n a 1. Следовательно, применение радикального при-
n	n

знака Коши также бесполезно. Интегральный признак Коши здесь применить затруднительно, так как общий член ряда содержит факториалы.

Попытаемся использовать признак сравнения. Оценим общий член данного ряда:

an (2n 1)!!

1 3 5 (2n 1)

2n 1.

n(2n)!!

n 2 4 6 (2n)

Увеличивая в каждом множителе, начиная со второго, чис-

лители и знаменатели на единицу и учитывая, что 2n 1

2n 1

(поскольку 4n2 1 4n2 ), получаем неравенство

n 2 4 6 (2n)

2n 1

1 3 5 (2n 1)(2n 1)

n2 a (2n 1)

Поскольку

2n 1 n , то

, откуда

, следо-

n3an

вательно,

. Но ряд с общим членом

сходит-

n n

ся как обобщенный гармонический с показателем p 32 1.

Следовательно, по признаку сравнения сходится и исследуемый ряд с общим членом an .

							ln	2	n
	Пример 10. Исследовать на сходимость ряд						ln		n	.
	Пример 10. Исследовать на сходимость ряд									.
	Решение.					n 1	4 3n5 1
	Решение.		Нетрудно	убедиться в	том,	что	данный				ряд
(в смысле сходимости)				ведет себя	так	же,	как		и		ряд
	ln2 n	a	конечен и отличен от нуля).
	4 n5	(lim n	конечен и отличен от нуля).
n 1	4 n5	n bn
											131

elib.pstu.ru

Исследуем на сходимость второй ряд. Представим его общий член в виде произведения общего члена сходящегося

обобщенного гармонического ряда и частного от деления ln2 n на некоторую положительную степень n ; например, так:

		ln2 n		ln2 n 1						.
		4 n5		8 n				9		.
								9
								n8
Поскольку
													1
lim ln2 n		lim ln2 n				lim					2ln x x
lim ln2 n		lim ln2 n				lim
n 8 n		n	8 n					x		1		x	7
										8		x	8
					1					8
	ln x				1										1
16 lim	ln x	16 lim			x				128lim						1	0
16 lim	1	16 lim		1			7		128lim						1	0
x	1	x		1	x		7					x			1
	x8			8	x		8							x8
				8

(здесь дважды применено правило Лопиталя), то начиная с не-

которого

номера

ln2 n

1 и, следовательно,

для достаточно

больших

справедливо неравенство

ln2 n

. Ряд с общим

4 n5

членом

сходится как обобщенный гармонический с показа-

телем p

1 . Следовательно, по признаку сравнения, сходит-

n , а его сходимость по признаку сравнения, в свою

ся ряд ln

n 1

4 n5

очередь, влечет за собой сходимость исходного ряда. Рассмотрим теперь пример, когда предельная форма признака

Даламбера ответа о сходимости ряда не дает, в то время как первоначальнаяформапризнакаДаламберавполнеэффективна.

132

elib.pstu.ru

						e		n
						e
Пример 11. Исследовать на сходимость ряд (n!)							.
Пример 11. Исследовать на сходимость ряд (n!)							.
					n 1	n
Решение. Наличие факториала в общем члене данного ряда
наталкивает на мысль использовать признак Даламбера:
l lim an 1		n 1	n	n
	lim	(n 1)! e n	n
	lim	(n 1)! e n		n 1
n an	n	n! e	(n 1)

	nn			1 n		1
e lim			e lim 1		e		1.
e lim	(n 1)	n	e lim 1		e	e	1.
n	(n 1)		n	n		e

Таким образом, предельная форма признака Даламбера ответа о сходимости ряда не дает. Замечаем, однако, что при всяком n справедливо неравенство an 1 an . Действительно,

n 1

n!en 1

enn

an 1 (n 1)!

an ,

(n 1)

n 1

Следовательно,

при всяком

для данного

так как 1

ряда an 1

1. Попризнаку Даламбераданныйрядрасходится.

Пример 12. Исследовать на сходимость ряд

n 1

Решение.

Предел

отношения

n 1

n n

данном

(n 1)

n 1 1

случае вычислить затруднительно. Поэтому применение признака Даламбера отпадает. Используем признак Коши. При вычислении предела воспользуемся формулой Стирлинга и заме-

ним n! на 2 nn 12 e n :

2 nn

2 e n

2n 2

lim n a

lim n

lim

2n .

n n

n e

Ряд расходится.

133

elib.pstu.ru

Пример

13.

Исследовать

на

сходимость

ряд

2 ( 1)n

n 1

Решение. Первая мысль, возникающая при рассмотрении

данного ряда,

применить признаки Даламбера или Коши. Но

оба предела: lim an 1

и lim n a – здесь не существуют. Однако

n a

верхний предел

lim n

n2 3n

3 при n 2k

lim

существует и меньше единицы. По радикальному признаку Коши данный ряд сходится.

6.2. Знакопеременные ряды

Пример 14. Исследовать на сходимость ряд
		1	1				1	1			1		1		1			1			1			1
		1			2				2					2		2									2
			2		2	2		4	2	5		2	6	2	7	2	8		2	9		2	10		2
			2			3		4		5			6		7		8			9			10
(плюс, два минуса,								три плюса,							четыре минуса,											пять плюсов
и т.д.;	a	n	1			).
			1
				n2
				n2

Решение. Составим ряд из модулей членов данного ряда

12 . Он сходится как обобщенный гармонический ряд с пока-

n 1 n

зателем p 2 1 . Следовательно, сходится и данный ряд, при-

том абсолютно.

Пример 15. С помощью признака Лейбница исследовать на

сходимость знакочередующийся ряд ( 1)n 1 , выяснить ха-

n 1 n

рактер сходимости.

134

elib.pstu.ru

Решение. Поскольку 1	1	1		1	1	(члены ряда
Решение. Поскольку 1	2	1		n	n 1	(члены ряда
	2	3		n	n 1
монотонно убывают) и lim u	n	lim 1	0 , то по признаку Лейб-
n	n	n n

ница данный ряд сходится. Однако он сходится лишь условно, так как ряд, составленный из модулей его членов, расходится (он является гармоническим).

Пример 16. Показать, что если изменить порядок следова-

ния членов условно сходящегося ряда Лейбница ( 1)n 1 так,

n 1 n

чтобы за каждым его положительным членом следовало два отрицательных, то получится ряд

1	1	1	1	1	1	1		1		1	,	(А)
	2	4	3	6	8	5	10		12

сумма которого будет в два раза меньше, чем у исходного ряда. Решение. Условная сходимость данного ряда доказана

в примере 15. Обозначим его сумму через s , т. е. положим

1	1		1		1		1		1		1		1	s.	(Б)
	2		3		4		5		6		7		8

Преобразуем теперь ряд (А) следующим образом:

	1	1	1	1	1	1		1	1
1
	2	4	3	6	8	5	10		12

12 14 16 18 101 121

1 1 1 1 1 1 1 ... 1 s. 2 2 3 4 5 6 2

Как видно, сумма ряда (А), полученного простой перестановкой членов ряда, в два раза меньше суммы исходного ряда Лейбница.

135

elib.pstu.ru

Заметим, что s 0 , так как
	1	1	1	1		1
s 1							0
		3			2n 1
	2		4			2n

ввиду положительности разностей чисел, стоящих внутри каждой пары скобок.

Пример 17. Исследовать на сходимость ряд n n .

n 1 2n !

Решение. Исследуем данный знакочередующийся ряд сразу на абсолютную сходимость. С этой целью составим ряд из мо-

																	n
дулей членов данного ряда:																n				. Применим к этому ряду
дулей членов данного ряда:																				. Применим к этому ряду
													n 1 2n !
признак Даламбера:
lim an 1				n 1				n 1	2n !									1			1	n	1
																										1 .
		lim										lim													0
		lim										lim													0
n	an	n			2n 2				!n	n				n
	an				2n 2				!n												n			2 2n 1
Ряд из модулей сходится. Следовательно, исходный ряд
сходится абсолютно.
Пример 18. Исследовать на сходимость ряд
		1	1			1			1		1					1				1			1
		1	2			2			2		2					2				2			2
		2				4			5		7		8						10			11
		1							1								1						1
		6n 5 2					6n 4 2								6n 2 2							6n 1 2

(два плюса, два минуса и т.д.)

Решение. Из модулей членов данного ряда составим ряд

1 212 412 512 712 812 1012 1112 .

Он сходится, так как его частичная сумма sn монотонно возрастает с возрастанием n и является ограниченной, например, чис-

	1
лом sn	1	. Следовательно, данныйряд сходитсяабсолютно.
лом sn	2	. Следовательно, данныйряд сходитсяабсолютно.
n 1	n
136

elib.pstu.ru

									n n 1	1
									2
Пример 19. Исследовать на сходимость ряд 1									2		.
Пример 19. Исследовать на сходимость ряд 1											.
Решение. Данный ряд								n 1		n
Решение. Данный ряд
1	1		1	1	1	1	1
1				4	5	6	7
2		3		4	5	6	7

является знакопеременным, и если сходится, то лишь условно, так как ряд, составленный из модулей его членов, расходится

как обобщенный гармонический с показателем p 12 1. Из данного ряда попарной группировкой его членов образуем ряд

	1		1	1		1	1	k	1	1
1											.
		2	3		4	5			2k	2k 1

Он сходится по признаку Лейбница.

Пусть сумма этого ряда равна , т.е. частичные суммы

								k			1					1
n 1 1 1
n 1 1 1											2k					2k 1
		k 1									2k					2k 1
имеют предел, равный					lim			m 1							. Тогда и частичные сум-
			m					m 1
			n						m m 1				1
			n							2
мы исходного ряда sn	1									2						имеют предел, равный
мы исходного ряда sn	1													m		имеют предел, равный
		m 1												m
, следовательно, исходный ряд сходится условно.
Таким образом,
	1					1						1				1
s2m 1
s2m 1	2					3						4
	2					3						4				5
1	m 1					1									1

						2m		2
						2m		2							2m 1
1 m				1			m 1 m									1	,
1 m				2m			m 1 m									2m	,
а s2m 1 m 1 . Отсюда следует, что lim s2m																lim sn .
											n					n
																		137

elib.pstu.ru

Рассмотрим теперь примеры на применение признаков Абеля и Дирихле.

Пример

20.

Исследовать

на

сходимость

ряд

n n 1

n 1

Решение. Ряд, составленный из модулей членов данного ря-

да,

расходится, так

как

при n ,

а ряд

расходится как обобщенный гармонический с показате-

n 1

лем p 12 1. Следовательно, речь может идти только об ус-

ловной сходимости данного ряда. Признак Лейбница здесь неприменим, так как ряд не является знакочередующимся. Применим признак Абеля. Пусть

bn 1	n n 1	1				1 n
	2			,	an 1	.
			n
						n

Ряд bn сходится (см. пример 19), а последовательность

n 1

an монотонна и ограничена an e , поэтому данный ряд по признаку Абеля сходится (и притом лишь условно).

Пример 21. Исследовать сходимость ряда cos n .

n 1 n

Решение. Простейшая оценка cosnn 1n не дает инфор-

		. Покажем, что данный ряд
мации о поведении ряда cos n		. Покажем, что данный ряд
n 1	n

138

elib.pstu.ru

сходится. Положим bn cos n и an 1n . Последовательность

	1	монотонно стремится к нулю при																				n .			Докажем, что


	n

частичные суммы n											ряда bn cos n ограничены:
														n 1				n 1
									n							1		n				1



				n				cos k												2sin			cos k
				n				cos k												2sin			cos k
								k 1							2sin		1 k 1					2
															2sin		2
					1							3				1				5				3
					1							3				1				5				3
										sin			sin					sin			sin							(А)
							1			sin		2	sin					sin		2	sin							(А)
				2sin			1					2				2				2				2
				2sin			2
							2
			2n 1								2n 1						1				2n	1			1	1
			2n 1								2n 1						1				2n	1			1	1
	sin					sin													sin					sin				.
	sin		2			sin					2							1	sin		2			sin	2		1	.
																2sin		1								sin	1
																2sin		2								sin	2
																		2									2

В силу признака Дирихле данный ряд сходится. Для исследования абсолютной сходимости этого ряда удобно вос-

пользоваться оценкой

cos n

cos2 n . Имеем

cos n

cos2 n

cos 2n . Ряд

расходится, а ряд

cos 2n так

2 n

n 1 2 n

n 1

2 n

же, как и исходный ряд, сходится в силу признака Дирихле

(оценка

cos 2k

2sin1cos 2k

проводится

sin1

k 1

2sin1 k 1

, а в

аналогично (А)). Следовательно, расходится ряд cos

n 1 2

cos n

. Итак,

ряд

силу теоремы сравнения и ряд

cos n

n 1

сходится условно.

139

elib.pstu.ru

6.3. Функциональные ряды

Пример 22. Найти область сходимости ряда 1x .

n 1 n

Решение. Данный ряд представляет собой обобщенный гар-

монический ряд 1p , который сходится, и притом абсолютно,

n 1 n

при p x 1 и расходится при x 1 . Область сходимости ряда определяется двойным неравенством 1 x .

Пример 23. Найти область сходимости ряда nn .

n 1 x

Решение. Поскольку x 0 не входит в область определения функций – членов ряда, то можно считать x 0. Применим признак Даламбера. И так как этот признак применим лишь к рядам с положительными членами, то исследуем

ряд сразу

на

абсолютную

сходимость.

Поскольку

(n 1)

, то

n 1

xn 1

l lim

fn 1 x

lim

xn n

fn x

n 1 xn 1

Отсюда вытекает, что ряд сходится, и притом абсолютно,

при

1. При

1 ряд расходится, как не удовлетворяющий

необходимому признаку сходимости. Если l 1, то признак Даламбера ответа о сходимости ряда не дает и, следовательно, при

x 1 ряд нужно исследовать особо. При			x 1 получается гар-
			x 1 – сходящийся
монический ряд 1 , он расходится; при
n 1	n
		n 1
		. Таким образом,	область сходимости
ряд Лейбница 1
n 1	n

данного ряда характеризуется неравенством 1 x 1 .

140

elib.pstu.ru

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1314 / 1814 15 16 17 18 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке книги

#
12.11.202314.39 Mб18Математические модели элементов интегральной электроники..pdf
#
12.11.202314.5 Mб0Математические основы криптологии и криптографические методы и средства обеспечения информационной безопасности..pdf
#
12.11.2023865.71 Кб4Математические основы теории принятия решений..pdf
#
12.11.20231.41 Mб1Математические основы теории систем. Методы оптимизации.pdf
#
12.11.20234.41 Mб2Математические основы финансового обслуживания..pdf
#
12.11.20231.75 Mб4Математический анализ в задачах и упражнениях..pdf
#
12.11.20232.24 Mб2Математический анализ динамических моделей..pdf
#
12.11.202316.22 Mб4Математическое моделирование дискретные подходы и численные методы..pdf
#
12.11.20233.27 Mб1Математическое моделирование авиационных двигателей..pdf
#
12.11.202314.31 Mб0Математическое моделирование в биофизике. Введение в теоретическую биофизику.pdf
#
20.11.202324.42 Mб0Математическое моделирование в естественных науках.-1.pdf