Документ: Методичка 1, страницы 91-95 | Студенческое хранилище

Доказательство. Обозначим lim

an

= K > 0, ε =

K

. По определе-

bn

2

нию предела и учитывая, что для любого n N bn > 0, имеем

δ N : n > δ

an

− K

K

K an

3K K

3K

bn

<

2

<

bn

<

2

bn

< an <

2

bn.

Теперь воспользуемся

теоремой

10.2 и следствиями 10.1 , 10.2 :

+∞

P

K

P

n=1 an сходится

an сходится

2

bn сходится bn сходит-

∞

n≥δ

+

+∞

3K

nP

ñÿ

bn сходится.

=1

Аналогично,

n=1 bn

сходится

bn

сходится

bn сходит-

2

P

+∞

P

n≥δ

ñÿ

an сходится n=1 an сходится.

n≥δ

P

sin(x)

tg(x)

arcsin(x)

arctg(x)

Òàê êàê lim

= lim

=

x→0

x

x→0

x

x→0

x

x→0

x

= lim

ln(1 + x)

= lim

e

− 1

= 1, то из предельного признака сравнения

x→0

x

x→0

x

+∞

P

nP

P

следует, что ряды

sin(an),

tg(an),

arcsin(an),

arctg(an),

n=1

=1

n=1

PP

ln(1 + an), (exp(an) − 1) сходятся или расходятся одновременно с

n=1 n=1

+∞
рядом	an, åñëè an > 0 è lim an = 0.
nP			+∞ 1
	=1
Пример 10.2. Ряд			n=1		называется гармоническим. Так как (см.
Пример 10.2. Ряд			n=1	n	называется гармоническим. Так как (см.
пример 10.1) lim		ln(1 + 1	P)			∞	1	расходится, то по
пример 10.1) lim		1/n		= 1 è ðÿä n=1 ln			1 + n	расходится, то по
			/n			+
						P

+∞ 1

предельному признаку сравнения расходится и ряд P n. •

n=1

10.3.Интегральный признак сходимости положительного ряда

Теорема 10.4. Пусть функция f непрерывна, положительна и не

	+∞	+∞
возрастает на [1, +∞). Тогда ряд	nP	R1
возрастает на [1, +∞). Тогда ряд	f(n) и интеграл	f(x) dx сходят-
	=1

ся или расходятся одновременно. Если ряд и интеграл сходятся, то для

90

+∞	+∞
nR	R
любого n N верна оценка	f(x) dx ≤ S − Sn ≤ f(x) dx.
+1	n

	Доказательство. Òàê êàê							fn	положительна на	[1, +∞)	, то последова-
						n		fn		[1, +∞)
тельности Sn =						f(k) è In =		R1	f(x) dx возрастают. Так как сходимость
						k=1
		+	∞			P	+
ðÿäà			∞				∞
ðÿäà		n=1		f(n) и интеграла			f(x) dx равносильна существованию конеч-
		n=1					1
íûõ		пределов			lim Sn è lim IRn соответственно, то по теореме 2.15 (Вейер-
íûõ		P			lim Sn è lim IRn соответственно, то по теореме 2.15 (Вейер-

штрасса) достаточно показать, что последовательности {Sn} è {In} могут быть ограничены сверху лишь одновременно.

Òàê êàê f не возрастает на [1, +∞), то для любых k N è x[k, k + 1] верны неравенства f(k + 1) ≤ f(x) ≤ f(k). По следствию

= 1, 2(, .	+. . , n	≤	k+1			≤
= 1, 2(, .	+. . , n	≤	1,Rk получим			≤	f(k). Складывая эти неравенства для k =
6.2 f k	1)		f(x) dx				f(k). Складывая эти неравенства для k =
		−		k+1
n−1			n−1	k+1			n−1
k=1 f(k + 1) ≤ k=1				Z	f(x) dx ≤ k=1 f(k) Sn − f(1) ≤ In ≤ Sn−1.
X			X k				X

Последнее неравенство верно при n > 1.

Если последовательность {Sn} ограничена сверху, т. е. существует число M > 0 такое, что для любого n N верно неравенство Sn ≤ M, òî In ≤ Sn−1 äëÿ n > 1. Так как последовательность {In} возрастает, то неравенство In ≤ M выполнено для всех n N.

Обратно, если последовательность {In} ограничена сверху, т. е. существует число M такое, что для любого n N верно неравенство In ≤ M, òî Sn ≤ In + f(1) ≤ M + f(1). Докажем оценку в предположении, что ряд

+

+∞

+

k+1 k=P

и интеграл сходятся. Очевидно, S − Sn

=

f(k). Из полученных выше

∞

n+1

∞

неравенств имеем

Z

f(x) dx = k=n+1

f(x) dx ≤ k=n+1 f(k) = S − Sn ≤

+

n+1

X k

X

∞

k

+∞

Z

≤ k=n+1

f(x) dx =

f(x) dx.

X k−1

n

+∞ 1

Пример 10.3. Ðÿä P nλ называется обобщенным гармоническим ря-

n=1

дом или рядом Дирихле. Покажем, что ряд Дирихле сходится при λ > 1 и расходится при λ ≤ 1.

91

Доказательство.

√

> 1 lim an = +∞ è ðÿä

1

Пусть λ > 0. Рассмотрим функцию f : [1, +∞) → R, f(x) = xλ . Очевидно, f непрерывная, положительная и убывающая. Несобственный

+∞ 1

интеграл R1 xλ dx сходится при λ > 1 и расходится при 0 < λ ≤ 1 (см. пример 7.1). Следовательно, по интегральному признаку сходимости (тео-

рема 10.4 ) ряд Дирихле сходится при λ > 1 и расходится при 0 < λ ≤ 1.

1

Åñëè λ ≤ 0, òî lim nλ 6= 0 и ряд Дирихле расходится, так как не выполнен необходимый признак сходимости ряда. •

+∞ 1

Пример 10.4. Найдем сумму ряда P n4 с точностью ε = 0.01. Ðàñ-

n=1

сматриваемый ряд есть ряд Дирихле с λ = 4, следовательно, он сходится.

По теореме 10.4 имеем 0 ≤ S − Sn ≤											+∞	n4 dx =	3n3 . Решим неравенство
											Zn
												1	1
1				< 0.01. Получаем, что n ≥ 4. Значит S − Sn < 0.01. Вычисляем

	3n3
S		4	= 1 +		1	+	1	+	1	= 1.08. Èòàê S	= 1.08 с точностью ε = 0.01.			•

				24		34		44

10.4. Признаки Коши и Даламбера сходимости ряда

Пусть {an} последовательность неотрицательных чисел.

Теорема 10.5 (признак			Êîøè). Åñëè	существует предел
lim √			+∞
lim √	an	= K [0, +∞], òî ïðè K < 1 ðÿä		an сходится, при K >
		+∞	nP
n
			=1

P

an расходится.

n=1

Пусть

√

> δ n an

По определению предела

lim n

= K ε > 0

δ N : |

√

− K| < ε

an

n

K − ε < √

< K + ε.

an

n

K < 1. Возьмем ε > 0

так, чтобы q = K + ε < 1. Тогда

n >

< q an < qn

P qn сходится, то по

. Òàê êàê ðÿä

признаку

n>δ

+∞

сравнения сходится ряд

P

1P

an, а потому и ряд

an сходится.

n>δ

n=1

−

ε > 1. Тогда

Пусть K > 1. Возьмем ε > 0 так, чтобы q = K

n >

> δ √an > q1

+

∞

an

> q1 , а потому lim an = +∞ è ðÿä

an расходится в

n

nP

силу следствия 10.1 .

=1

92

Теорема 10.6 (признак

Даламбера).

Åñëè

существует предел

an+1

+∞

nP

lim an

сходится, при D >

= D [0, +∞], òî ïðè D < 1 ðÿä

=1 an

> 1 lim an = +∞ è ðÿä

nP

an расходится.

=1

Доказательство. По определению предела

− D

< ε

lim an

= D ε > 0 δ N : n > δ

an

an+1

D −

ε <

< D + ε (D − ε) an

< an+1 < (D + ε) an.

an

Пусть D < 1. Возьмем ε > 0 так, чтобы q = D + ε < 1. Тогда n >

> δ an+1 < qan. Полагая n

= δ + 1, n = δ + 2,

. . . , n

= δ + k, . . .

последовательно получим

aδ+2 < qaδ+1, aδ+3 < qaδ+2 < q2aδ+1, . . . , aδ+k+1 < qkaδ+1, . . . .

qkaδ+1 сходится, то по признаку сравнения сходится ряд

Òàê êàê ðÿä

P

+∞

k≥0

P

P Пусть D > 1.

ε > 0 так, чтобы D

ε > 1. Тогда

n >

an, а потому и ряд

an сходится.

n>δ

n=1

−

Возьмем

∞

> δ an+1 > (D − ε)an > (D − ε)n−δaδ+1, а потому lim an = +∞ è ðÿä

+

an

расходится в силу следствия 10.1 .

nP

=1

Замечание 10.1. Существуют сходящиеся и

расходящиеся

ðÿäû

+∞

an+1

an, для которых K = lim √an = 1 èëè D = lim

= 1. Например для

a

nP

+∞ 1

n

=1

n

ряда Дирихле

=1

, который сходится при λ > 1 и расходится при λ ≤ 1

nλ

nP

λ имеем K = lim rn

1

= lim e−λ ln(n)/n =

(см. пример 10.3), при любом

nλ

an+1

nλ

n

λ

= e0 = 1 è D = lim

= lim

= 1.

an

(n + 1)λ

n + 1

+∞

Åñëè ðÿä

an сходится по признаку Коши, т. е. lim √

= K < 1, òî

an

легко

P

n

ε

n=1

вычислить сумму такого ряда с любой заданной точностью .

Для этого: 1) возьмем q такое, что K < q < 1; 2)m+1

δ N

÷òî n > δ

√an < q; 3) найдем m N такое, что 1

найдем

такое,

q < ε; 4) положим

q

n

−

n0 = max{δ, m}.

93

Тогда |S − Sn0 | < ε, т. е. за приближенное значение суммы ряда с

точностью ε можно взять Sn0 . Докажем это утверждение:

lim

N qn0

+k

=

lim

qn0+1(1 − qN ) =

qn0+1

N

S

Pqm+1 < ε.

|

−

n0 |

−

n0

n0+1 +

n0

+2 + · · ·

= N

+

∞ k=1

n0+k ≤

∞ kP

→

∞

n

≤ N

+

1

−

q

1

−

q

≤ 1

−

q

+

=1

N

+

∞

n + 1

Пример 10.5. Найти сумму n=1

с точностью ε = 0.01.

3n + 1

n

+ P

1

1. Òàê êàê lim √an = lim

3n + 1

=

3

. то можно взять q =

2

. 2. Решим

n

1

√an < q 3n + 1

< 2 n > 1, возьмем δ = 1. 3. Решим

n + 1

1

неравенство

n

неравенство

qm+1

0.5m+1

= 0.5m < 0.01 m ≥ 7, возьмем m = 7.

< ε

1 − q

1 − 0.5

4. Положим n0 = max{δ, m} = 7. По доказанному ранее за приближенное значение суммы ряда с точностью ε = 0.01 можно взять

2		1		3		2		4	3		5	4		6	5		7
S7 =			+				+			+			+			+
S7 =	4		+		7		+	10		+	13		+	16		+	19
= 0.7803				0.78.			•
= 0.7803			=	0.78.
			+∞
Åñëè ðÿä			nP	an сходится по признаку Даламбера, т. е.
			=1

6	+	22	7
			=
		8

lim an+1 = D < an

< 1, то легко вычислить сумму такого ряда с любой заданной точностью

ε. Для этого: 1) возьмем q такое, что D < q < 1; 2) найдем δ						N	{	}
					m		0
	an+1	< q; 3) найдем m N такое, что aδ+1		q
такое, что n > δ							< ε;
	an		1 − q

4) положим n0 = δ + m. Тогда |S −Sn0 | < ε, т. е. за приближенное значение суммы ряда с точностью ε можно взять Sn0 . Докажем это утверждение:

lim

a

qm+k−1

= lim a

−

=

δ

N

< ε.

S

P

|

−

n0

|

−

n0

δ+m+1

δ+m+2

+ · · · = N→+∞ k=1

δ+m+k

≤

N

q

m

(1

q

N

)

a

+1q

m

P

→

+

−

≤ N→+∞ k=1

δ+1

N

+∞

δ+1

1

q

1

q

∞ n

Пример 10.6. Найти сумму

P

с точностью ε = 0.01.

n

= 1.

1. Òàê êàê lim

n+1 = lim (

1)3

=

1. то можно взять q

n=1 3

a

n +

n

an

3n+1n

3

2

2. Решим неравенство

an+1

< q

n + 1

<

1

n > 2, возьмем δ = 2.

an

3n

2

94

Материал: Методичка 1

Смотрите также: