МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ УРАЛЬСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ТЕХНИЧЕСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ – УПИ НИЖНЕТАГИЛЬСКИЙ ТЕХНОЛОГИЧЕСКИЙ ИНСТИТУТ
Демина Е.Л., Демин С.Е.
РЯ Д Ы
г. Нижний Тагил 2003.
Предисловие. В настоящем пособии излагаются основы теории числовых и функциональных рядов и их использования для приближенных вычислений. Теоретический материал, приведенный в пособии, написан на основе курса лекций и практических занятий, которые авторы на протяжении ряда лет проводили в Нижнетагильском технологическом институте УГТУ-УПИ. Пособие дает полное представление об объеме изучаемого материала и может быть использован как для самостоятельного изучения материала, так и для подготовки к сдаче экзаменов. Первая глава посвящена числовым рядам. В ней рассмотрены традиционные вопросы (признаки сходимости положительных рядов, знакочередующиеся ряды и т.д.) с разбором конкретных задач как по обсуждению "технических приемов", так и по показу более "тонких мест" применимости той или иной теоремы или формулы. Во второй главе ("Функциональные ряды") приводится краткая теория, иллюстрированная многочисленными разобранными задачами, позволяющими полнее и осознаннее изучить представленный материал. Значительное место отводится приложениям степенных рядов в приближенных вычислениях значений функций и определенных интегралов, а также при приближенном интегрировании разнообразных дифференциальных уравнений. В целях лучшего усвоения курса математики и интенсификации самостоятельных занятий студентов в третьей главе пособия приведены контрольные задания для самостоятельной работы студентов. Каждое контрольное задание проверяет усвоение материала по конкретному разделу курса. Предлагаемые задания по объему заметно превосходят существующие пособия и позволяют полнее индивидуализировать самостоятельную работу студентов. Настоящее методическое пособие предназначено для студентов всех форм обучения всех специальностей.
2
Глава 1. Числовые ряды §1. Сходимость ряда и его сумма. Простейшие теоремы Определение 1.1. Пусть a1 , a2, …, aп , … - заданная числовая последовательность. Выражение а1 + а2 + ... + аn + ... =
∞
∑ аn
(1)
n =1
называется числовым рядом, а величина a i - i − членом ряда. Определение 1.2. Конечные суммы S1 = a1 , S 2 = a1 + a 2 , …………….. S n = a1 + a 2 + ... + an , …………….. называются частичными суммами ряда (1). Определение 1.3. Если существует конечный предел последовательности частичных сумм S = lim S n (здесь и дальше под n → ∞ будем понимать n → +∞ ), n→∞
то ряд называется сходящимся, а число S - суммой ряда. ∞
Sn = S . ∑ a n = S ⇔ nlim →∞
n =1
Если не существует конечного предела последовательности частичных сумм S = lim S n , то ряд называется расходящимся. n→∞
Поскольку сходимость ряда равносильна cходимости последовательности его ∞
∞
частичных сумм (S n ) n = 1 , то, применяя к последовательности (S n ) n = 1 критерий Коши сходимости последовательности, сразу получаем.
Теорема 1.1. (критерий Коши сходимости ряда). Ряд
∞
∑ an
сходится тогда и
n =1
только тогда, когда для любого ε>0 найдется такое число n0∈Ν, что для любых n>n0 и любого p∈Ν выполняется неравенство S n+p − S n = a n+1 + a n+ 2 + K + a n+p <ε.
Следствие 1. (необходимое условие сходимости ряда). Если ряд дится, то его члены стремятся к нулю при n → ∞ , т.е. lim a n = 0 .
∞
∑ an
схо-
n =1
n→∞
3
Доказательство. Достаточно в критерии Коши положить p=1 и воспользоваться определением предела последовательности. А именно, так как ряд
∞
∑ an
n =1
сходится, то по критерию Коши для ∀ε>0 ∃n0∈Ν такое, что ∀n>n0 и p выполняется неравенство a n +1 <ε. А это и означает, что lim an+1 = 0 . Тогда при этом условии n →∞
an→0, т.е. lim a n = 0 . n→∞
Вот другое доказательство: an=Sn–Sn–1 и, так как lim a n = lim (S n − S n −1 ) = lim S n − lim S n −1 = S − S = 0 .
n→∞
n →∞
n →∞
Следствие 2. Если у ряда
lim S n = S , имеем
n→∞
n→∞
∞
∑ an
n =1
общий член a n не стремится к нулю при
n → ∞ , то ряд расходится. Следствие 3. Сходимость или расходимость ряда не изменяется после отбрасывания (добавления) любого конечного числа членов ряда (к ряду). Доказательство. Для доказательства достаточно в критерии Коши считать число n0 превышающим максимальный из номеров измененных членов ряда. В этом случае в разности S n +p − S n =
n+p
∑ ak
k = n +1
при таком n0 дописанные члены взаимно уничтожаются, а вычеркнутые, естественно, не могут увеличить этой разности. Поэтому в том и другом случае неравенство условия Коши остается справедливым.
Следствие 4. Ряд или расходятся.
∞
∑ an
n =1
и любой его остаток
∞
∑ an
одновременно сходятся
k =n +1
Доказательство. Остаток rn ряда получается из ряда
∞
∑ ak
путём отбрасыва-
k =1
ния его первых n членов, а от этого (см. следствие 3) сходимость или расходимость ряда не изменится.
Пример 1.1. Исследовать на сходимость геометрический ряд a + aq + aq 2 + K + aq n + K , a∈R, a ≠ 0 , q≠0. Решение. Последовательность членов ряда есть геометрическая прогрессия. Составим n-ю частичную сумму ряда
4
a(1 − q n ) a aq n+1 S n = a + aq + aq + K + aq = = − (q ≠ 1) . 1−q 1−q 1−q Если q=1, то Sn=na и lim S n = ∞ – ряд расходится. 2
n
n →∞
Если q= - 1, то ряд имеет вид
∞
∑ ( −1)n −1 = 1 − 1 + 1 − 1 + ... + 1 − 1 + ...
. После-
n =1
довательность частичных сумм данного ряда такова: S1 = a, S 2 = 0, S 3 = a, S 4 = 0, … т.е. S 2k −1 = a, S 2k = 0, k ∈ N. S k −1 ∞ и S 2k ∞ имеют Поскольку две подпоследовательности k =1 k =1
{
различные пределы lim S 2k − 1 = a и k →∞
}
{
}
lim S 2k = 0, то предел последовательности
k →∞
S n частичных сумм рассматриваемого ряда при n → ∞ не существует, и ряд ∞
∑ ( −1)n −1
расходится.
n =1
Далее возможны следующие случаи: а) q < 1 . Последовательность членов ряда есть так называемая бесконечно убывающая геометрическая прогрессия. a . Поскольку lim q n +1 = 0 , если q < 1 , то lim S n = n→∞ n→∞ 1−q б) q > 1 . n
Поскольку q n = q , то при q > 1 будет
q n > 1 , тогда a n = a q n > a , т.е.
a n > a , и в этом случае не выполнен необходимый признак сходимости ряда.
Таким образом, геометрический ряд
∞
∑ aq n ,
a ≠ 0, сходится тогда и только
n =1
тогда, когда q < 1 , и в этом случае его сумма равна
a . 1−q
Пример 1.2. Исследовать на сходимость гармонический ряд 1 1 1+ +K+ +K 2 n (каждый член этого ряда, начиная со второго, есть среднее гармоническое после1 + 1 1 a n −1 a n +1 дующего и предыдущего членов: ). = an 2 5
Решение. Члены ряда стремятся к нулю при n → ∞ , но последовательность его частичных сумм 1 1 Sn = 1 + + K + 2 n расходится, поскольку для любого n ∈ Ν 1 1 1 1 +K+ >n ⋅ S 2n − S n = = , n+1 n+n 2n 2 и в силу критерия Коши эта последовательность не имеет предела. ∞ 1 Итак, гармонический ряд ∑ расходится. n =1 n Замечание 1. Из данного примера следует, что необходимое условие сходимости ряда не является достаточным. Пример 1.3. Исследовать на сходимость ряд Дирихле (или обобщенный гармо∞ 1 , p ∈ R. нический ряд) ∑ p n n =1 Решение. Для этого ряда необходимый признак не выполняется при p ≤ 0 , и ряд расходится при таких значениях. При p > 0 необходимый признак выполнен, но о сходимости ряда нельзя сделать никаких выводов – он может сходиться, а может и расходиться. Окончательный ответ можно получить после изучения достаточных принципов сходимости рядов. ∞ 1 Пример 1.4. Найти сумму ряда ∑ . n ( n + 1 ) n =1 Решение. Представим общий член ряда в виде суммы простейших дробей 1 1 1 . = − n(n + 1) n n + 1 Запишем k–ю, k∈Ν, частичную сумму ряда и преобразуем её k k 1 1 1 1 = ∑ − Sk = ∑ = 1 − . ( ) k 1 + + + n n 1 n n 1 n =1 n =1 1 Тогда lim S k = lim 1 − = 1. k →∞ k → ∞ k + 1 ∞ 1 Ответ: ∑ = 1. ( ) n n + 1 n =1 6
Следующие простейшие теоремы характеризуют свойства сходящихся рядов. Теорема 1.2. Если ряд
∞
∑ a n сходится и имеет сумму S, то ряд
n =1
∞
∑ λa n , назы-
n =1
ваемый произведением данного ряда на число λ, также сходится и имеет сумму λS. n
Доказательство. Если lim
n→∞
Теорема 1.3. Если ряды
суммы S и σ, то ряд
∑ a k = S , то lim
n→∞
k =1 ∞
∑ an и
n =1
∞
n
∞
∑ bn
∑ λa k = λ lim
n
n →∞
k =1
∑ ak
= λS .
k =1
сходятся и имеют соответственно
n =1
∑ (a n + b n ) , называемый суммой данных рядов, также схо-
n =1
дится и имеет сумму S+σ, т.е. ∞
∞
∞
n =1
n =1
∑ (a n + b n ) = ∑ a n + ∑ b n
n =1
Доказательство. Пусть S n =
n
∑ ak ,
k =1
σn =
n
∑ bk
k =1
и ωn =
n
∑ (a n + b n ) ,
тогда
k =1
ω n = S n + σ n , и так как lim S n и lim σ n по условию существуют, то lim ω n также n →∞
n →∞
n→∞
существует и lim ω n = lim (S n + σ n ) = lim S n + lim σ n . Это равенство эквивалентn→∞
n →∞
n →∞
n→∞
но доказываемому равенству.
Теорема 1.4. Если ряд n → ∞.
∞
∑ an
сходится, то его остаток стремится к нулю при
n =1
Доказательство. Пусть дан ряд ∞
∑ ak .
k =1
n
∑ ak , а
k =1
S – его сумма, rn – n-й остаток ряда
Тогда S = Sn + rn. Поскольку Sn → S при n → ∞ , то rn = S – Sn → 0 при
n → ∞.
Контрольные вопросы к §1. 1. Дайте определение сходящейся последовательности. 2. Сформулируйте на языке "ε – n0" определение сходящейся и расходящейся последовательности. 3. Сформулируйте критерий Коши сходимости последовательности (ряда). 4. Сформулируйте необходимый признак сходимости рядов. 7
5. Сформулируйте достаточный признак расходимости рядов, исходя из необходимого условия сходимости рядов. 6. Сформулируйте свойство линейности сходящихся рядов.
Типовые примеры к §1. Пример 1. Найти u n + 1 и u 2n − 1 члены ряда
21 41 61 + + + ... 2 ⋅ 2! 4 ⋅ 3! 8 ⋅ 4!
Решение: Числители последовательных дробей образуют арифметическую прогрессию 21, 41, 61, … в которой d = 20, a1 = 21 . Поэтому a n = a1 + d(n − 1) = 21 + 20n − 20 = 20n + 1. Основания факториала каждого члена совпадает с увеличенным на единицу номером этого члена, а знаменатели последовательных дробей образуют геометрическую прогрессию 2, 4, 8, …. в которой q = 2, b1 = 2 . Поэтому b n = 2n .
20n + 1 Запишем формулу общего члена данного ряда: u n = . n 2 (n + 1)! 20(n + 1) + 1 20n + 21 Тогда u n + 1 = = ; 2n + 1 (n + 1 + 1)! 2n + 1 (n + 2)! 20( 2n − 1) + 1 40n − 19 = . u 2n −1 = 2n −1 2n −1 2 ( 2n − 1 + 1)! 2 ( 2n )! Пример 2. Найти сумму ряда
∞
∑
2n
n =1 3
n
2 4 8 + + + ... . 3 9 27 Очевидно, что члены этого ряда представляют собой последовательные члены геометрической прогрессии, у которой q = 2 / 3, b1 = 2 / 3 . b 2 3 Сумма геометрической прогрессии S = 1 = * = 2. 1−q 3 1 Решение. Запишем данный ряд в явной форме:
Ответ:
∞ 2n ∑ n =2 n =1 3
8
Пример 3. Найти сумму ряда
∞
1 . ( 4 n − 3 )( 4 n + 1 ) n =1
∑
Решение. Представим общий член ряда в виде суммы простейших дробей 1 A B , = + (4n − 3)(4n + 1) 4n − 3 4n − 1 откуда A(4n + 1) + B(4n − 3) = 1 Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях n, получаем систему уравнений: 4A + 4B = 0 A − 3B = 1 из которой находим : А=1/4 и В= -1/4, следовательно, 1 1 1 1 = − . (4n − 3)(4n + 1) 4 4n − 3 4n + 1 Запишем k–ю, k∈Ν, частичную сумму ряда и преобразуем её k 1 1 k 1 1 1 1 Sk = ∑ = ∑ − = 1 − . ( )( ) 4 n 3 4 n 1 4 4 n 3 4 n 1 4 4 k 1 − + − + + n =1 n =1
1 1 1 Тогда lim S k = lim 1 − = . k →∞ k →∞ 4 4k + 1 4 ∞ 1 1 Ответ: ∑ = . n = 1 (4n − 3)(4n + 1) 4 Пример 4. Найти сумму ряда
∞
∑
n = 149n
14 2
− 70n − 24
.
Решение. Разложим знаменатель на простейшие множители: 49n 2 − 70n − 24 = 0 Корнями этого уравнения являются числа n1=-2/7 и n2=12/7 , поэтому 2 12 49n 2 − 70n − 24 = 49(n + )(n − ) = (7n + 2)(7n − 12) 7 7 Теперь методом неопределённых коэффициентов выражение 14 разложим на простейшие дроби: 2 49n − 70n − 24 9
14 49n 2 − 70n − 24 откуда
=
A B , + 7n + 2 7n − 12
A(7n − 12) + B(7n + 2) = 14 Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях n, получаем систему уравнений: 7 A + 7B = 0 − 12 A + 2B = 14 из которой находим : А=-1 и В=1, следовательно, 14 1 1 . = − 2 7 n − 12 7 n + 2 − − 49n 70n 24 Запишем n–ю, n∈Ν, частичную сумму ряда и преобразуем её Sn =
n
∑
14 2
=
n
k =1
1
1
1
1
1
1
1
1
∑ 7k − 12 − 7k + 2 = − 5 − 9 + 2 − 16 + 9 − 23 +
− 70k − 24 1 1 1 1 1 1 1 1 + − + − + ... + − + − + 16 30 23 37 7(n − 2) − 12 7(n − 2) + 2 7(n − 1) − 12 7(n − 1) + 2 +
k = 1 49k
1 1 1 1 1 1 3 1 1 − =− + − − = − − 7n − 12 7n + 2 5 2 7(n − 1) + 2 7n + 2 10 7n − 5 7n + 2
следовательно,
1 1 3 − lim S n = lim − = 0, 3 n→∞ n → ∞ 10 7n − 5 7n + 2 ∞ 14 Ответ: ∑ = 0, 3 . 2 49 n − 70 n − 24 n =1 Пример 5. Найти сумму ряда
∞
3n + 8
∑ n(n + 1)(n + 2)
.
n =1
Решение. Представим общий член ряда в виде суммы простейших дробей 3n + 8 A B C , = + + n(n + 1)(n + 2) n n + 1 n + 2 откуда A(n + 1)(n + 2) + Bn(n + 2) + Cn(n + 1) = 3n + 8 Найдем коэффициенты разложения комбинированным методом:
10
n3 n=0
A + B + C = 0 2 A = 8 − B = 5
n = −1
из которой находим : А= 4 , В= - 5, С= 1 , следовательно, .
3n + 8 4 5 1 1 1 1 1 = − + = 4 − − − n(n + 1)(n + 2) n n + 1 n + 2 n n + 1 n + 1 n + 2 Тогда частичную сумму ряда можно записать в виде n n 1 n 1 1 3k + 8 1 = 4∑ − − Sn = ∑ − ∑ = + + + + + k k 1 k 1 k 2 k ( k 1 )( k 2 ) k =1 k =1 k =1 1 1 1 1 1 1 1 = 4 1 − + − + − + ... + − − n n + 1 2 2 3 3 4 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 − − + − + − + ... + − = 4 1 − − − = n + 1 n + 2 n + 1 2 n + 2 2 3 3 4 4 5 4 1 = 3,5 − + , n+1 n+2 откуда 1 1 lim S n = lim 3,5 − + = 3,5 . n→∞ n → ∞ n + 1 n + 2 Ответ:
∞
3n + 8 = 3,5 . n ( n + 1 )( n + 2 ) n =1
∑
Пример 5. Найти сумму ряда
∞
n =1
1
∑ ln 1 + n
.
Решение. Общий член ряда 1 n+1 u n = ln 1 + = ln = ln(n + 1) − ln n. n n Тогда частичную сумму ряда можно записать в виде s n = (ln 2 − ln 1) + (ln 3 − ln 2) + (ln 4 − ln 3) + L + (ln(n + 1) − ln n ) = ln(n + 1)
lim s n = lim ln(n + 1) = ∞
n→∞
n→∞
Следовательно, исследуемый ряд расходится. 11
Пример 6. Можно ли с помощью необходимого признака решить вопрос о сходимости следующих рядов: ∞
2n , а) ∑ 3 n 1 + n =1 Решение.
б)
∞
1
∑
n
n =1 3 + 2
∞
,
2n 2 = ≠ 0, n → ∞ 3n + 1 3
lim a n = lim
а) n → ∞ б)
1
lim a n = lim
n → ∞ 3n + 2
n→∞
зать нельзя.
n
n
= 0, т.е. о сходимости данного ряда еще ничего ска-
n! (n − 1)! = lim = ∞, 1 n → ∞ 3n + 1 n → ∞ 3+ n
3n д) lim n n → ∞ 3n + 1
3n д) ∑ . + 3 n 1 n =1
данный ряд расходится.
с) lim a n = lim n→∞
∞
n! , с) ∑ 3 n 1 + n =1
данный ряд расходится.
3n = 1 не дает ответа о сходимости ряда. n → ∞ 3n + 1
= lim
Пример 7. Докажите, что ряд
∞
∑
(
n
n+ 1
n
)
n n =1 n + 1 n
расходится.
Решение. Найдем предел общего члена ряда при n → ∞ . lim
n→∞
(
n
n+
1 n
)
n n+ 1 n
= lim
n→∞
1 nn ⋅ n n
1 n n 1 + 2 n Ответ: ряд расходится.
n
=
lim
n→∞
1 nn
1 lim 1 + 2 n→∞ n
ln e e n→∞ n lim
n
=
lim
n
e n →∞ n
2
=
e0 e0
= 1 ≠ 0.
Задания к §1. После изучения §1 выполните задания 01-03 из главы 3 настоящего пособия.
12
§2. Критерий сходимости знакоположительных рядов. Признаки сравнения. В этом и следующем параграфе будут рассматриваться ряды
∞
∑ a n , все члены
n =1
которых неотрицательны a n ≥ 0, ∀n ∈ N. Такие ряды называются знакоположительными. Очевидно, что в силу соотношения
∞
∑ ( −a n ) = −
n =1
∞
∑ a n , все выводы, получен-
n =1
ные для знакоположительных рядов, можно перенести на знакоотрицательные. ∞
Теорема 2.1. (критерий сходимости рядов) Ряд
∑ a n , an≥0, сходится тогда и
n =1
только тогда, когда последовательность его частичных сумм ограничена сверху. Доказательство. Достаточность вытекает из того, что последовательность частичных сумм знакоположительного ряда не убывает, т.к. S n + 1 − S n = a n + 1 ≥ 0, ∀n ∈ N и, стало быть, для сходимости этой последовательности достаточно, чтобы она была ограничена сверху. Необходимость следует из того, что всякая сходящаяся последовательность является ограниченной. Из этой теоремы следует простая, но на практике очень полезная теорема. Теорема 2.2. (теорема сравнения) Пусть даны два ряда
∞
∑ a n , an≥0 и
n =1
∞
∑ b n , bn≥0. Если существуют С>0 и n0∈Ν такие, что при любом натуральном n>n0
n =1
имеет место неравенство an≤Cbn, то из сходимости ряда мость ряда ∞
∞
∑ an , а из расходимости ряда
n =1
∞
∑ an
∞
∑ bn
вытекает сходи-
n =1
вытекает расходимость ряда
n =1
∑ bn .
n =1
Доказательство. Поскольку конечное число членов не влияет на сходимость ряда, то можно, без ограничения общности, считать, что an≤Cbn для любого n∈Ν.
Обозначим n-е частичные суммы рядов
∞
∑ an и
n =1
∞
∑ bn
n =1
соответственно через An и 13
Bn. Тогда An= ность
n
∑ ak ≤ C
k =1
(B n ) n∞=1 ,
∞
n
∑ b k = CBn. Если ряд
k =1
∑ bn
сходится, то последователь-
n =1
не убывая, стремится к пределу B. Тогда An≤CBn≤CB при любом
n∈Ν, а, следовательно, последовательность
( A n ) n∞=1
частичных сумм ряда
∞
∑ an
n =1
ограничена сверху. В силу теоремы Вейерштрасса ряд сходится. Второе утверждение теоремы, рассуждая от противного, получаем из уже доказанного. ∞ 1 ∞ 1 Пример 2.1. Исследовать на сходимость ряды ∑ 2 и ∑ . n ( n + 1 ) n n =1 n =1 1 1 1 < < Решение. Поскольку при n ≥ 2 , то по теореме сравнеn(n + 1) n 2 n(n − 1) ния можно заключить, что ряды ∞
∞
∑
1
n =1 n
2
,
∞
1 будут сходиться, если схоn ( n + 1 ) n =1
∑
∞ 1 1 дится ряд ∑ . Но ряд ∑ можно просуммировать непосредствен( ) n ( n − 1 ) n n − 1 n=2 n=2 но (аналогично примеру 1.4. пособия). При этом lim S n = 1 . Значит, указанные ряn→∞
ды сходятся. Пример 2.2. Исследовать на сходимость ряд Решение. Поскольку
∞
1 . ln n n =2
∑
1 1 > при n ≥ 2 , то по теореме сравнения из расходиln n n
мости гармонического ряда
∞ 1
∑
n =1 n
(см. пример 1.2. пособия) следует расходимость
данного ряда. Замечание. Следует обратить внимание на то, что теорема сравнения относится только к рядам с неотрицательными членами. Действительно, положим, например, an=-n, а bn=0, тогда an< bn, ряд
∞
∑ bn сходится, но ряд
n =1
∞
∑ an
расходится.
n =1
Следствие 1. (теорема сравнения в предельной форме):
Если для знакоположительных рядов конечный и отличный от нуля предел
∞
∑ a n , an≥0. и
n =1
∞
∑ b n , bn≥0
существует
n =1
14
an = C, 0 < C < ∞ n → ∞ bn lim
то ряды
∞
∑ an
∑ bn
и
n =1
сходимости ряда ∞
∞
n =1 ∞
∑ bn
одновременно сходятся или расходятся. Если C=0, то из
∑ a n , а из расходимости ряда
вытекает сходимость ряда
n =1
∑ an
∞
n =1
∞
∑ bn .
следует расходимость ряда
n =1
n =1
an = С означает, что для ∀ε>0 ∃n0∈Ν, что n →∞ bn
Доказательство. Равенство lim ∀n>n0 будет
a an − С <ε, т.е. С−ε< n <С+ε (∗). Если С>0, то взяв 0<ε<С и обозначив bn bn
в неравенстве (∗) С–ε=m, С+ε=M (m>0, M>0), получим mbn
n0 (∗∗). Тогда по теореме сравнения из неравенств (∗∗) и следует, что ряды
∞
∑ an и
n =1
∞
∑ bn
n =1
одновременно сходятся или расходятся. a a Если lim n = 0 , то ∀ε>0 ∃n0∈Ν ∀n>n0 ⇒ n <ε, т.е. an<εbn. Тогда по теореме n →∞ b n bn сравнения из сходимости ряда
∞
∑ bn
димости ряда
∑ an
n =1
∑ a n , а из расхо-
следует сходимость ряда
n =1 ∞
∞
вытекает, что и ряд
n =1 ∞
∑ bn
расходится.
n =1
Следствие 2. Если знакоположительные последовательности {a n } и являются эквивалентными бесконечно малыми, т.е. a lim n = 1, n → ∞ bn то ряды
∞
∑ an и
n =1
{bn }
∞
∑ b n сходятся и расходятся одновременно.
n =1
Пример 2.3. Исследовать на сходимость ряд
∞
∑
7n 2 + n n + 1 6
5
n = 1 9n + 5n + 2
.
Решение. Поскольку имеют место следующие эквивалентности бесконечно больших последовательностей: 15
7n 2 + n n + 1 ~ 7n 2 , an =
то
9n 5 + 5n 5 + 2 ~ 9n 6 = 3n 3 ,
7n 2 + n n + 1
~
7n 2
=
7 , n → ∞. 3n
3 9n 6 + 5n 5 + 2 3n В соответствии с предельным признаком сравнения исследуемый ряд расходится, ∞ 1 т.к. расходится гармонический ряд ∑ . n =1 n
Теорема 2.3. (специальный признак – критерий Коши)
Если a 1 ≥ a 2 ≥ K ≥ 0 , то ряд дится ряд
∞
∑ 2k a 2k
k =0
∞
∑a
n =1
n
сходится тогда и только тогда, когда схо-
= a1 + 2a 2 + 4a 4 + K + 2 k a 2k + K .
Доказательство. Обозначим n–е частичные суммы рядов
∞
∑ an
n =1
и
∞
∑
k =0
2k a
2k
соответственно через Sn и σn. Тогда Sn=a1+a2+…+an, σn=a1+2a2+…+2 a2k . Поскольку a 2 ≤ a 2 ≤ a1 2a 4 ≤ a 3 + a 4 ≤ 2a 2 4a 8 ≤ a 5 + a 6 + a 7 + a 8 ≤ 4a 4 … n 2 a 2n +1 ≤ a 2n +1 + a 2n + 2 + K + a 2n + 2n ≤ 2 n a 2n , k
то, складывая эти неравенства, получаем 1 (σn–a1)≤ S n +1 -a1≤σn. 2 2
Последовательности (S n ) n∞=1 и (σ n ) n∞=1 неубывающие, поэтому из полученных неравенств можно заключить, что они либо одновременно ограничены, либо одновременно не ограничены сверху. Тогда по критерию сходимости рядов с неотрицательными членами следует, что рассматриваемые два ряда действительно сходятся или расходятся одновременно.4 Пример 2.4. Исследуем на сходимость обобщенный гармонический ряд (ряд ∞ 1 . Дирихле) ∑ α n =1 n 16
Решение. Если α≤0, то a n =
1
≥ 1, и ряд расходится, так как его общий член nα не стремится к нулю с возрастанием n. Если α>0, то, применяя выше доказанную теорему, получим ряд ∞ ∞ 1 1 k ∑ 2 k α = ∑ k (α−1) , (2 ) k =0 k =0 2 члены которого являются геометрической прогрессией со знаменателем q=(1/2)α-1. Поэтому если α>1, то 0< q <1, и обобщенный гармонический ряд сходится, а ∞ 1 сходится при α>1 если α≤1, то q≥1, и ряд расходится. Таким образом, ряд ∑ α n n =1 и расходится при α≤1. Пример 2.5. Исследовать на сходимость ряд
∑
1
n ln p n Решение. Исследуемый ряд сходится тогда и только тогда, когда сходится ряд ∞ 1 1 ∞ 1 k = . А этот ряд Дирихле сходится при p>1 и расхо∑2 k k p p ∑ p 2 (ln 2 ) ln 2 k k =1 k =1 дится при p≤1.
§3. Признаки Даламбера и Коши. Признаки Даламбера и Коши вытекают из сравнения рассматриваемых рядов с рядами, составленными из членов геометрической прогрессии.
Теорема 3.1. (признак Даламбера). Пусть для ряда с положительными членами
∞
∑ a n , an>0. существует предел (конечный или бесконечный)
n =1
an +1 = q, q ≥ 0. n →∞ an Тогда справедливы следующие утверждения: 1) если q < 1, то данный ряд сходится; 2) если q > 1, или q = ∞ , данный ряд расходится. 3) существует как сходящиеся, так и расходящиеся ряды, для которых q = 1. lim
Доказательство. 17
1)Пусть 0
a n +1 ≤ q , т. е. an
a n0 +1 ≤ a n0 q, a n0 + 2 ≤ a n 0 + 1q ≤ a n0 q 2 , K
a n 0 + p ≤ a n 0 + p − 1q ≤ K ≤ a n0 q p , K А так как ряд a n0 q + a n0 q 2 + K + a n0 q p + K сходится, являясь суммой беско-
нечной убывающей геометрической прогрессии со знаменателем q (0
и исходный ряд
∑ an
сходится.
n =1
2) Если же существует такой номер n0, что для всех n≥n0 выполняется нераa венство n +1 ≥ 1 , то a n0 +1 ≥ a n0 ,a n0 + 2 ≥ a n0 +1 ≥ a n0 K и так как, по предположеan нию, an0>0, то n-ый член ряда, будучи ограничен снизу положительной постоянной, не стремится к нулю. Следовательно, не выполняется необходимое условие сходимости ряда, и поэтому ряд
∞
∑ an
расходится.
n =1
3) Если q = 1, то о сходимости ряда го. Так, гармонический ряд ∞
∑
1
2 n =1 n
∞ 1
∑
n =1 n
∞
∑ a n нельзя сказать ничего определенно-
n =1
расходится, а обобщенный гармонический ряд
сходится.
Пример 3.1. Исследовать ряд на сходимость ряд
∞
∑
n
n n =1 2
.
Решение. an +1 n + 1 2n n+1 1 1 = lim ⋅ = lim ⋅ = < 1. . Исследуемый ряд сходится lim 2 2 n → ∞ an n → ∞ 2n + 1 n n→∞ n по признаку Даламбера. 18
Пример 3.2. Исследовать на сходимость ряд
∞ 3n n! ∑ n . n =1 n
Решение. a 3n + 1 (n + 1)! n n 3n n 1 3 lim n + 1 = lim = lim = 3 lim = > 1, ряд рас1 e n → ∞ an n → ∞ (n + 1)n + 1 3n n! n → ∞ (n + 1)n n→∞ (1 + )n n ходится по признаку Даламбера. Замечание 1. Признак Даламбера эффективно применим для исследование на сходимость рядов с общим членом, представленным в виде дроби, числитель и знаменатель которой являются произведением членов некоторых последовательностей. Теорема 3.2. (признак Коши). Пусть для знакоположительного ряда an≥0 существует (конечный или бесконечный) lim n a n = q .
∞
∑ an ,
n =1
n→∞
Тогда справедливы следующие утверждения: а) если q < 1, то данный ряд сходится; б) если q > 1, то данный ряд расходится; в) существует как сходящиеся, так и расходящиеся ряды, для которых q = 1 .
Доказательство. Т.к. lim n a n = q , то ∀ε>0 ∃n0(ε)∈Ν, такое, что для ∀n∈Ν, n→∞
n>n0(ε), будет выполняться соотношение: q − ε < n an < q + ε (*) а) Если q < 1, то найдется такое ε > 0 , что число L = q + ε < 1 . Тогда из неравенства (*) имеем a n < Ln ∀n ≥ n 0 , и, согласно признаку сравнения, из сходимости ряда
∞
∑ Ln при 0 < L < 1 следует сходимость исходного ряда.
n =1
б) Если q > 1, то найдется такое ε > 0 , что число L = q − ε > 1 . Тогда из неравенства (*) имеем a n > Ln ∀n ≥ n 0 , и, согласно признаку сравнения, из расходимости ряда
∞
∑ Ln при L > 1 следует расходимость исходного ряда.
n =1
19
с) Нам уже известно, что ряд
∞ 1
∑
n =1 n
1 1 = 1 и lim с тем lim n = lim n n n→∞ n n→∞
n
n→∞
Пример 3.3. Исследуем ряд
∞
∑
n =1
расходится, а ряд
1 n2
1
= lim
n→∞
n2 n
( n) n
2
∞
∑
1
n =1 n
2
сходится, Вместе
= 1.
на сходимость.
1 2 − n Решение. Применим признак Коши. Имеем
n 2 n 1 n = < 1 , следовательно, ряд сходится. lim an = lim n→∞ n→∞ 2 − 1 2
n
Пример 3.4. Исследовать на сходимость ряд
∞
∑
n
n =1 5
n
.
Решение. По радикальному признаку Коши nn 1 n 1 lim n a n = lim n = lim = lim n n = < 1, ряд сходится. 5 n→∞ 5 n→∞ n → ∞ 5n n → ∞ 5 Замечание 2. Радикальный признак Коши удобно использовать при исследовании сходимости рядов, общие члены которых в качестве сомножителей содержат n – степени выражения, зависящих от n. Замечание 3. Для эффективного применения теорем сравнения при исследовании рядов на сходимость важно иметь набор рядов – эталонов (рядов, с которыми проводится сравнение рядов задачи и о которых известно: сходятся или расходятся они при тех или других, входящих в них, значениях параметров). Таковыми, например, будут следующие ряды: ∞ 1 – сходится при α>1 и расходится при α≤1; 1) ∑ α n n =1 ∞ 1 2) ∑ – сходится при p>1 и расходится при p≤1; p n ln n n =1 ∞ nk 3) ∑ – сходится при α>0 и k∈R, расходится при α<0 и k∈R. αn n =1 e
При анализе сходимости рядов часто бывает полезна также следующая асимптотическая формула Стирлинга 20
n n! ~ e
n
2πn , n → ∞ .
n В частности, из формулы Стирлинга следует, что n n! ~ , n → ∞ . e ∞ n! Пример 3.5. Исследовать на сходимость ряд ∑ . n n =1 n n Решение. Используем эквивалентность n n! ~ , e дикальному признаку Коши n! = lim lim n a n = lim n n→∞ n→∞ n n n→∞
т.к.
n n! 1 n n
n → ∞ , вычисляем по ра-
= lim
n e = +∞ ,
1 n n 1 ln n lim 1/ n lim n n = lim e ln n = e n → ∞ n = e 0 = 1. n→∞ n→∞ n→∞
Исходный ряд расходится.
an + 1 , то суn→∞ an ществует и предел lim n a n (и они равны между собой). Обратное утверждение не Замечание 4. Можно доказать, что если существует предел
lim
n→∞
всегда имеет место. Другими словами, признак Коши «сильнее» признака Даламбера.
§4. Интегральный признак сходимости рядов Теорема 4.1. (интегральный признак Коши). Если непрерывная функция f(x), определенная при всех x≥1, неотрицательная и невозрастающая, то ряд ∞
∑ f (n) = f (1) + f ( 2) + K + f (n) + L
n =1
сходится тогда и только тогда, когда сходится несобственный интеграл
+∞
∫ f ( x)dx .
1
21
+∞
Доказательство. Как известно, несобственный интеграл
∫ f ( x)dx
называется
1 b
∫ f ( x)dx
сходящимся, если существует предел
при b→+∞, и расходящимся, если
1 b
предел интеграла при b→+∞ ∫ f ( x )dx не существует или равен +∞ (–∞,∞). Сравним 1
b
интеграл ∫ f ( x )dx при b=n с частичной суммой Sn ряда 1
∞
∑ f (n ) .
n =1
2
Заметим, что по теореме о среднем ∫ f ( x )dx = f (c1 )( 2 − 1) = f (c1 ) , где c1 – чис1
ло, заключенное между 1 и 2. Так как функция f(x) по условию невозрастающая, то 2
f(2)≤f(c1)≤f(1), т.е. f ( 2) ≤ ∫ f ( x )dx ≤ f (1) . 1
3
Также
доказывается,
что
f ( 3) ≤ ∫ f ( x)dx ≤ f ( 2) , 2
f (n ) ≤
4
f (4) ≤ ∫ f ( x)dx ≤ f ( 3) ,…, 3
n
∫ f ( x)dx ≤ f (n − 1) . Складывая почленно все эти неравенства, получим
n −1
2
3
1
2
f ( 2) + f ( 3) + f ( 4) + K + f (n ) ≤ ∫ f ( x )dx + ∫ f ( x )dx + L
... +
n
∫ f ( x)dx ≤ f (1) + f ( 2) + L + f (n − 1)
n −1
n
S n − f (1) ≤ ∫ f ( x )dx ≤ S n −1 .
или
(*)
1
Рассмотрим теперь два случая: +∞
1) Пусть интеграл
∫ f ( x)dx сходится.
1
n
Так как f(x) – неотрицательная функция, то с возрастанием n ∫ f ( x )dx также не 1
убывает и, значит, не превосходит своего предела – несобственного интеграла 22
+∞
∫ f ( x)dx .
Принимая
1
во
внимание
n
+∞
+∞
1
1
1
S n − f (1) ≤ ∫ f ( x )dx ≤
неравенство (*),
получим
∫ f ( x)dx т.е. S n ≤ f (1) + ∫ f ( x)dx .
Таким образом, частичные суммы Sn ряда
∞
∑ f (n )
ограничены сверху. Кроме
n =1
того, они не убывают (так как ряд положителен). Следовательно, последовательность частичных сумм имеет предел, т.е. ряд сходится. При этом
S ≤ f (1) +
+∞
∫ f ( x)dx .
1
2). Пусть теперь
+∞
∫ f ( x)dx
расходится.
1
n
Принимая во внимание неравенство (*), мы можем написать S n − 1 ≥ ∫ f ( x )dx . 1
n
Но несобственный интеграл расходится, следовательно, интеграл
∫ f ( x)dx
неогра-
1
ниченно возрастает с возрастанием n. Следовательно, не ограничена сверху и последовательность частичных сумм ряда
∞
∑ f (n) , т.е. ряд
расходится.
n =1
Замечание 1. Интегральный признак допускает простое геометрическое истолкование. Построим, например, график убывающей функции f(x) (см. рис. 1) и построим прямоугольник с основанием [1;2] и с высотами, равными f(1) и f(2). Площади этих прямоугольников равны соответственно: первого - f(1), второго - f(2), а площадь криволинейной трапеции, ограниченной кривой y=f(x) и прямыми x=1 и x=2, равна 2
∫ f ( x)dx .
Сравнивая
площади
построенных
фигур,
получаем
неравенства
1
2
f(2)< ∫ f ( x )dx
строгим). Аналогично иллюстрируются и остальные неравенства (см. рис.1). +∞
∫ f(x)dx
можно рассматривать как площадь области, ограниченной линиями x=1,
1
23
y=f(x), y=0. А ряд
∞
∑ f(n)
представляет собой площадь всей нижней, нарисованной
n=2
сплошными линиями, ступенчатой фигуры. Сравнивая эти площади, получаем ∞
∑
n=2
∞
f(n) ≤ ∫ f(x)dx . С другой стороны 1
∞
∑
f(n) ≥
n =1
y
+∞
∫ f(x)dx .
1
y
f(1)
f(x) f(2)
0
1
2
f(x) x
0
1
2
3
4
x
Рис. 1
Очевидно, если площадь криволинейной трапеции конечна, то и конечна площадь объединения вписанных прямоугольников и ряд сходится; если же площадь криволинейной трапеции бесконечна, то и бесконечна площадь вписанных прямоугольников, т. е. ряд расходится. Следствие 1. Если f(x) – непрерывная невозрастающая неотрицательная функция для всех x≥1 и несобственный интеграл
∞
∫ f(x)dx
1
сходится, то n-й остаток
∞
ряда f(1)+f(2)+L+f(n)+L не превосходит интеграла ∫ f(x)dx . n
Доказательство. Из интегрального признака сходимости следует, что ряд ∞
∞
n =1
1
∑ f(n) сходится. Было показано, что f( 2) + f( 3) + K + f(n) + K ≤ ∫ f(x)dx . Аналогичным образом устанавливается, что ∞
∞
f(n + 1) + f(n + 2) + K + ≤ ∫ f(x)dx n
для ∀n≥1, т.е. R n ≤ ∫ f(x)dx . n
Пример 1. Исследовать на сходимость обобщенный гармонический ряд ∞ 1 ∑ α. n =1 n
24
1 1 Решение. Здесь a n = . В качестве функции можно принять f(x) = . Эта α α x n функция непрерывна, неотрицательна и монотонно убывает на промежутке [1;+∞) для α>0. Исследуем интеграл
∞
∫
dx
1x
α
на сходимость. Легко проверить, что он схо-
∞ 1 1 для любого α > 1. Следовательно, ряд ∑ сходится и его дится и равен α α −1 n =1 n ∞ 1 dx сумма не превосходит числа 1 + . Если же 0<α≤1, то ∫ расходится и, знаα α −1 1x
чит, обобщенный гармонический ряд также расходится. Этим, в частности, ещё раз 1 1 доказана расходимость гармонического ряда 1 + + K + + K , который получает2 n ∞ 1 сходится при α > 1 и расходится при ся из данного ряда при α = 1.Итак, ряд ∑ α n =1 n 1 α ≤ 1 (при α ≤ 0 ряд расходится, так как lim ≠ 0 ). n →∞ nα Замечание. Этот пример был решен нами ранее с помощью специального признака.
Контрольные вопросы к §2-4. 1) Сформулируйте критерий сходимости рядов с положительными членами. 2) Сформулируйте теоремы сравнения: а) не в предельной форме; б) в предельной форме. ∞ ∞ 3) Докажите, что если ряд ∑ a n (a n ≥ 0) сходится, то ряд ∑ a n2 также сходится. n =1
n =1
Покажите, что обратное утверждение в общем случае неверно. 4) Докажите, что ряд
∞
∑ a n , an>0, где an – число, обратное членам арифметической
n =1
прогрессии, расходится. 5) Докажите, что если lim na n = q >0, то ряд n→∞
∞
∑ an
расходится.
n =1
6) Сформулируйте специальный признак-критерий Коши. 7) Сформулируйте признаки сходимости Даламбера и Коши. 25
8) Что можно сказать о сходимости ряда
∞
∑
1
k =1 k
α
, α∈R?
9) Какие из признаков сходимости являются достаточными, а какие необходимыми и достаточными.
Типовые примеры к §2-4. Рекомендуем исследования проводить по следующей схеме: a) проверить выполнение необходимого признака сходимости; б) в случае выполнения необходимого признака сходимости проверить один из достаточных признаков. Однако этот порядок может быть нарушен, так как для некоторых рядов проще сначала проверить выполнение пункта б), поскольку проверка необходимого признака для них затруднительна.
Пример 1. Исследовать на сходимость следующие ряды: ∞ ∞ ∞ 1 1 , б) ∑ sin , в) ∑ q n cos 2 nϕ , а) ∑ n n =1 ln(n + 1) n =1 n=0 2
3
(0 < q < 1)
4
∞ 1 1 2 3 4 г) + + + +L , д) ∑ , 3 5 ( ) + n n 1 7 9 n =1 Решение. а) Сравнивая общий член данного ряда с общим членом расходящегося гармониче∞ 1 1 1 при всех значениях n. Следова, убеждаемся, что ского ряда ∑ ≥ ln( n + 1 ) n n n =1 тельно, исследуемый ряд расходится по первому признаку сравнения. ∞ ∞ 1 в качестве ряда сравнения. б) Используем гармонический ряд ∑ v n = ∑ n n =1 n =1 1 sin u n = lim sin x = 1 Найдём предел lim n = lim n →∞ v n n → ∞ 1 x →0 x n ∞ 1 расходится вместе с ряНа основании второго признака сравнения, ряд ∑ sin n n =1
дом
∞ 1
∑n
.
n =1
26
∞
∑
в) Сравним этот ряд с геометрическим рядом
n=0
un =
∞
∑ qn .
n=o
Поскольку o ≤ q n cos 2 nϕ ≤ q n , на основании первого признака сравнения можно утверждать, что исследуемый ряд сходится. Можно сказать иначе: исследуемый ряд сходится, т.к. он имеет сходящуюся мажоранту, которой является геометрический ряд. n
n n 1 n г) Общий член ряда u n = < = . . Очевидно, что 2n + 1 2n 2 2n + 1 n
n
n
∞ 1 n 1 Поэтому < . Ряд ∑ , сходящийся геометрический, являет 2n + 1 2 n +1 2 ся мажорантой исследуемого ряда. Следовательно, исследуемый ряд сходится.
д) В качестве ряда сравнения выберем гармонический ряд
∞
∞ 1 = ∑ n + 1 ∑ vn n =1 n =1
un 1 n+1 n+1 = lim ⋅ = lim = 1 . Следовательно, по вто1 n n→∞ v n n→∞ n(n + 1) n →∞ рому признаку сравнения, исследуемый ряд расходится.
Найдём
lim
Пример 2. Исследовать на сходимость ряд
∞
2n
∑
.
3
n = 1 3n + n + 1 ∞ 1 Решение. Сравним данный ряд со сходящимся рядом ∑ : 2 n =1 n 1 2n 2n 3 lim : = lim =2 ≠ 0 , 3 3 3 2 n → ∞ 3n + n + 1 n n → ∞ 3n + n + 1 ∞ 2n
т.е. ряд
∑
3 n = 1 3n + n + 1
тоже сходится по второму признаку сравнения.
Пример 3. Исследовать на сходимость ряд Решение. Так как
∞
∑
n3 + 2 2
2
n =1 n sin n
.
27
n3 + 2 и ряд
∞
∑
>
n 2 sin 2 n 1
1/ 2 n = 1n
n3 / 2 n2
=
1 n1 / 2
расходится, то данный ряд также расходится.
∞
∑
Пример 4. Исследовать на сходимость ряд
arctg n 2 − 3 2
n − 4n
n= 2
.
∞
1 расходится и n n =1 arctg n 2 − 3 1 π n = , lim : = lim arctg n 2 − 3 ⋅ 2 2 n → ∞ n → ∞ n n − 4n n − 4n 2 довательно, исходный ряд расходится. Решение. Гармонический ряд
∑
∞
∑
Пример 5. Исследовать на сходимость ряд
nπ 3 2 3 + 2 cos n 2
n =1
Решение. Так как cos x ≤ 1, nπ 3 2 3 + 2 cos n 53 n 2 5 2 0< < = 7/6 6 11 6 11 n n + 10 n Обобщенный гармонический ряд α ≤ 1 . Следовательно, ряд
∞
∑
n = 1n
5 7/6
6
сле-
6
n11 + 10
n11 + 10 > 6 n11 , то
∞
1
∑
n =1 n
α
сходится при α > 1 и расходится при
сходится. Поэтому, исходный ряд также схо-
дится.
Пример 6. Исследовать на сходимость ряд
∞
∑ arcsin
n =1
Решение. Так как
arcsin
n (n 2 + 3 ) 5 / 2
~
n (n 2 + 3 ) 5 / 2
(n
n 2
+3
)
5/ 2
.
при n → ∞ , то
28
n 1 n 1 n5 lim arcsin : 4 = lim : 4 = lim = 5/2 5/2 5/ 2 n→∞ 2 n → ∞ 2 2 n → ∞ n n n +5 n +3 n +3 1 lim =1 5/2 n→∞ 3 1 + 2 n ∞ 1 Кроме того, ряд ∑ сходится, следовательно, исходный ряд также сходит4 n n =1
(
ся.
)
(
)
(
∞
∑
Пример 7. Исследовать на сходимость ряд ∞
5 Так как ряд ∑ n = 1 4
Решение.
5n n
n
n = 1 2 ( 2 − 1)
)
.
n
расходится и
n 5n 2n 1 5 lim : = lim = lim = 1, то исходный ряд также 1 n → ∞ 2n ( 2n − 1) 4 n → ∞ 2n − 1 n → ∞ 1− 2n расходится. ∞
n2 + 2
n =1
n2 + 1
Пример 8. Исследовать на сходимость ряд Решение. Так как
2
n +2 n2 + 1
∑ ln
> 1 для всех n, то ln
n2 + 2 n2 + 1
.
> 0, и ряд является зна-
коположительным. Далее, lim ln x → +∞
n2 + 2 n2 + 1
= lim ln
В силу эквивалентности Так как ряд
∞
∑
1
2 n =1 n
x → +∞ 2
ln
1 + 2 / n2 1 + 1/ n2
n +2 n2 + 1
~
= 0.
n2 + 2 n2 + 1
−1=
1 n2 + 1
~
1 n2
.
сходится, то и исходный ряд также сходится.
Пример 9. Исследовать ряд на сходимость следующие ряды: 29
∞
n+2 3 а) ∑ , ( 2 n + 1 )! n =1
г)
∞
∑
n
n =1 2
n
,
∞ 3n + 1 б) ∑ , 2 n n =1 ∞ n
n д) ∑ , n ! n =1
∞
1 в) ∑ n n=0 3 е)
n −1
∞ 3 n n!
∑
n =1 n
n
, .
Решение.
an +1 3n + 3 ( 2n + 1)! 3 = lim а) lim = lim = 0 < 1; n → ∞ an n → ∞ ( 2n + 3)!3n + 2 n → ∞ ( 2n + 3)( 2n + 2) тельно, ряд сходится по признаку Даламбера.
следова-
an +1 ( 3n + 1 + 1)n 2 = lim = 3 > 1 ; значит ряд расходится по признаку б) lim n → ∞ an n → ∞ (n + 1) 2 ( 3n + 1) Даламбера. n
(n + 1) 1 a 3 = lim n + 1 ⋅ 1 = 1 , следовательно, исследуев) lim n + 1 = lim 3 3 n → ∞ an n → ∞ 1 n −1 n→∞ n n 3 мый ряд сходится. an +1 n + 1 2n n+1 1 1 = lim ⋅ = lim ⋅ = . Исследуемый ряд сходится. г) lim 2 2 n → ∞ an n → ∞ 2n + 1 n n→∞ n д) ряд расходится, т.к. an +1 ( ( n + 1)n + 1 n! n + 1)n (n + 1) ⋅ n! n + 1 lim = lim ⋅ = lim = lim = e > 1. n → ∞ an n → ∞ (n + 1)! n → ∞ n n n n → ∞ n!⋅(n + 1) ⋅ n n n
е) Используем признак Даламбера:
an +1 3n +1 (n + 1)! n n 3n n 1 3 lim = lim = lim = 3 lim = > 1, e n → ∞ an n → ∞ (n + 1)n + 1 3n n! n → ∞ (n + 1)n n → ∞ (1 + 1 )n n e=2,71... . Ряд расходится. Пример 10. Исследовать на сходимость ряд
∞
∑
1 ⋅ 4 ⋅ 7...( 3n − 2)
2n + 1 ⋅ n! n =1 Решение. Исследуем сходимость по признаку Даламбера. 1 ⋅ 4 ⋅ 7...( 3n + 2) an = , 2n + 1 ⋅ n!
т.к.
.
30
an + 1 =
1 ⋅ 4 ⋅ 7...( 3n − 2)( 3(n + 1) − 2) 2(n + 1) + 1 ⋅ (n + 1)!
=
1 ⋅ 4 ⋅ 7...( 3n − 2)( 3n + 1) 2n + 2 ⋅ (n + 1)!
,
an + 1 1 ⋅ 4 ⋅ 7...( 3n − 2)( 3n + 1) ⋅ 2n + 1 ⋅ n! 3n + 1 3 lim lim = > 1, = = lim n→∞ n → ∞ 2(n + 1) n → ∞ an 2 2n + 2 (n + 1)!1 ⋅ 4 ⋅ 7...( 3n − 2) следовательно, исходный ряд расходится. ∞ n! Пример 11. Исследовать на сходимость ряд ∑ . n n =1 10 Решение. Исследуем по признаку Даламбера:
an +1 (n + 1)! 10n n+1 = lim = lim = ∞ , т.е. ряд расходится. n → ∞ an n → ∞ 10 n + 1 n! n → ∞ 10 lim
Пример 12. Исследовать на сходимость следующие ряды: ∞
n
2n + 3 а) ∑ , n 1 + n =1
∞
б) ∑ n n =1 n + 1
n2
в)
,
∞
∑
n
n n =1 2
∞
2n г) ∑ n 3 + n =1
,
2n − 1
.
Решение. По радикальному признаку Коши 2n + 3 а) lim n a n = lim = 2 > 1, ряд расходится. n→∞ n→∞ n + 1 n б) lim n n →∞ n + 1
n2
n
= lim n = lim 1 + 1 n → ∞ n + 1 n →∞ n
−n
= е −1 <1, ряд сходится.
nn 1 n 1 в) lim n a n = lim n = lim = lim n n = < 1, ряд сходится. 2 n→∞ 2 n→∞ n → ∞ 2n n → ∞ 2
г) lim n a n = lim n 2n n→∞ n→∞ n + 3
2n − 1
2n −1 2n n =4
= lim n→∞ n + 3
Пример 13. Исследовать на сходимость ряд
∞
>1, ряд расходится.
π
∑ n 4arctg 2n 4n .
n =1
Решение. По радикальному признаку Коши π π lim n n 4arctg 2n = lim n 4 / n arctg 2 = 0, 4n n → ∞ 4n n→∞
так как lim x1 / x = 1 . n→∞
31
Действительно, логарифмируя функцию y = x1 / x , получаем ln y = ln x 1/ x = lim =0 , x → +∞ x x → +∞ 1
ln x , отсюда x
по правилу Лопиталя lim ln y = lim x → +∞
следовательно, lim y = e 0 = 1, т.е. lim x1 / x = 1 . x → +∞
x → +∞
Таким образом, исходный ряд сходится. n
∞
2n − 7 Пример 14. Исследовать на сходимость ряд ∑ . 2 n 5 + n =1 Решение. При исследовании этого ряда применение радикального признака Коши не дает ответ на вопрос о сходимости ряда. Подбор других достаточных признаков не целесообразен, т.к. не выполняется необходимый признак сходимости: n
−12 lim 12n − n n → ∞ 2n + 5 1 2n − 7 2 n + 5 lim =e = e − 6 ≠ 0. . = lim 1 + 2n + 5 n → ∞ 2n + 5 n→∞ − 12 Таким образом, не выполнен необходимый признак сходства ряда, следовательно, все другие исследования лишены смысла, и ряд расходится.
В связи с этим рекомендуем исследования проводить по следующей схеме: a) проверить выполнение необходимого признака сходимости; б) в случае выполнения необходимого признака сходимости проверить один из достаточных признаков. Однако этот порядок может быть нарушен, так как для некоторых рядов проще сначала проверить выполнение пункта б).
Пример 15. Исследовать на сходимость ряды: ∞
∞
n
∞
1
1 , б) ∑ а) ∑ 2 , в) ∑ , 2 ( ) − 2 n 3 n 1 n =1 n + 3 n=2 n − 1 n =1
г)
∞
. 4 n =1 n(ln n + 1)
∑
ln n
Решение. Исследуем по интегральному признаку Коши: n x а) Так как f(n)= , то f(x) = . Данная функция непрерывна на промеn2 + 3 x2 + 1 и монотонно убывает на нем. Вычислим жутке 1≤ x < ∞ ∞
b
(
)
((
)
)
b 1 1 2 ln x + 3 = lim ln b 2 + 3 − ln 4 = ∞ ∫ 2 ∫ 2 2 1 b→∞ 2 1 x + 3 b→∞ 1 x + 3 b→∞
xdx
= lim
xdx
= lim
32
Интеграл расходится, следовательно, ряд б) f (x) = ∞
dx
1 2
x −1
∑
n 2
n =1 n + 3
тоже расходится.
,
∞
dx
∫ 2 ∫ 2 2 x − 1 b→∞ 2 x − 1 b→∞ ∞ = lim
∞
= lim ln
Несобственный интеграл
∫
b -1 1 x−1 b − ln = ln 3 = lim ln 3 x + 1 2 b→∞ b + 1
dx
2 2x −1
сходится, значит, ряд
∞
∑
1
2 n=2 n − 1
тоже сходит-
ся. в) Общий член ряда a n =
1 1 , f (x ) = , т.е. u n = f (n ) . 2n(3n − 1) 2x(3x − 1)
Исследуем сходимость несобственного интеграла ∞
b b 1 dx 3x − 1 − 3x 3 = − + = − lim dx lim ∫ 2x(3x − 1) b → ∞ ∫ 2x(3x − 1) ∫ 2x 2(3x − 1)dx = b → ∞ 1 1 1
b
1 1 1 = lim − ln x + ln(3x − 1) = lim [− ln b + ln(3b − 1) − ln 2] = 2 b →∞ 2 1 2 b →∞ 1 3b − 1 1 3 lim ln = ln , 2b 2 2 2 b →∞ т.е. несобственный интеграл сходится, а вместе с ним сходится и исследуемый ряд ∞ 1 ∑ 2n(3n − 1) . n =1 =
ln x = f (n ) , тогда a n = f ( x) и f ( x) = г) a n = x(ln 4 x + 1) . 4 n(ln n + 1) ln n
Исследуем несобственный интеграл на сходимость ∞
1 π 1 ∞ d ln 2 x 1 2 = ∫ = lim arctg ln x | = , )dx = ∫ ∫( 4 4 4 2 2 a→∞ a 2 2 x(ln n + 1) 2 (ln x + 1) 2 ln x + 1
ln x
∞
ln x d ln x
т.е. этот несобственный интеграл сходится, следовательно, и исходный ряд также сходится. ∞ 3n Пример 16. Исследовать на сходимость ряд ∑ 2 . − n 2 ln 2 n n=2
(
)
33
Решение. Рассмотрим вспомогательный ряд
∞
1
∑ n ln 2n .
n=2
1 в промежутке [2,+∞ ) удовлетворяет условиям x ln 2x 1 интегрального признака Коши и = f (n ) (n=2,3,4,…), то исследование схоn ln 2n димости вспомогательного ряда сводится к исследованию сходимости интеграла +∞ dx ∫ x ln 2x . 2
Так как функция f ( x) =
+∞
b b dx d ln 2x Но интеграл = = = +∞ , следовательно, lim lim ln ln 2 x ∫ x ln 2x b → +∞ ∫ ln 2x b → +∞ 2 2 2 вспомогательный ряд расходится. Теперь найдем предел отношения соответствующих членов исходного и вспо 1 3n 2 ln 2n 3n могательного рядов: = 3, значит, : lim = lim 2 2 n → ∞ n − 2 ln 2n n ln 2n n → ∞ n − 2 ln 2n исходный ряд также расходится.
(
)
(
)
n2 + 1 Пример 17. Доказать справедливость равенства lim = 0. В ответе n → ∞ ( 2n )!! указать число q , получаемое при применении признака Даламбера или признака Коши. ∞ n2 + 1 Доказательство. Рассмотрим вспомогательный ряд ∑ с общим членом ( 2 n )! ! n =1 n2 + 1 an = . Вычислим предел ( 2n )!!
(
) (
an +1 (n + 1) 2 + 1 ⋅ ( 2n )!! n 2 + 2n + 2 = lim = lim = 0 < 1. n → ∞ an n → ∞ (2(n + 1))!! n 2 + 1 n → ∞ 2(n + 1) n 2 + 1
q = lim
)
(
)
Следовательно, по признаку Даламбера вспомогательный ряд сходится, значит, lim a n = 0 , т.е. имеет место исходное равенство.
n→∞
Ответ: q = 0. an = 0. Пример 18. Доказать справедливость равенства lim n → ∞ n! 34
Доказательство. Исследуем на сходимость ряд n +1
ламбера:
∞ an
∑
n =1 n!
с помощью признака Да-
a n! u = 0 , следовательно, по необходимому q = lim n + 1 = lim n →∞ un n → ∞ a n (n + 1)!
an = 0. признаку сходимости рядов, предел общего члена ряда lim n → ∞ n! α (α − 1)K (α − n + 1) n a . n! n→∞
Пример 19. Найти предел lim Решение. Исследуем ряд
∞ α (α − 1)K (α − n + 1) n
∑
n =1
lim
a
n!
α (α − 1)K (α − n + 1)(α − n )n!⋅a n + 1
n → ∞ n!⋅(n + 1)α (α − 1)K (α − n + 1) ⋅ a n
по признаку Даламбера
n−α a, n→∞ n + 1
= lim
α (α − 1)K (α − n + 1) n a = 0 при a < 1 , n! n→∞ а при a > 1 стремится в бесконечность. откуда заключаем, что lim
Задания к §2-4. После изучения §2-4 выполните задания 04 - 08 из главы 3 настоящего пособия.
35
§5. Знакопеременные и знакочередующиеся ряды. Абсолютно и условно сходящиеся ряды. В предыдущих параграфах подробно рассмотрены ряды с положительными членами и доказаны для них достаточные признаки сходимости. Рассмотрим теперь ряды с членами произвольного знака. Пусть ряд a1 + a2 + K + an + K (2) имеет как положительные, так и отрицательные члены. Примеры знакопеременных рядов: 1) 1 − 1 − 1 + 1 + 1 − 1 − 1 + ... + (− 1) 2) sin α +
n(n − 1) n ( n − 1) ∞ ( ) + ... = − 1 ∑ 2 2 . n =1 ∞ sin nα π
sin 2α sin nα + ... + + ... = ∑ 2 n n =1
n
, α≠
2
k , k ∈ N.
Определение 5.1. Ряд (2) называется абсолютно сходящимся, если сходится ряд a1 + a2 + K + an + K , (3) составленный из абсолютных величин соответствующих членов ряда (2). Теорема 5.1. Всякий абсолютно сходящийся ряд является сходящимся. Доказательство. Пусть ряд (2) сходится абсолютно, т.е. сходится ряд (3). Тогда для ∀ε>0 ∃n0∈Ν такое, что при всех n>n0 и любого натурального числа p a n+1 + a n+ 2 + K + a n+p <ε. Отсюда для этих значений n0 и p имеем a n +1 + a n + 2 + K + a n +p ≤ a n+1 + a n + 2 + K + a n+p <ε, т.е. ряд (2) сходится согласно критерия Коши. Теорема 5.1. формулирует достаточный признак сходимости ряда (2). То, что обратное утверждение, вообще говоря, не имеет места, т.е. что абсолютная сходимость требование более сильное, чем просто сходимость ряда, можно продемонстрировать на примере. 1 1 1 1 Пример 5.1. Ряд 1 − 1 + − + − + K, 2 2 3 3 0, n = 2k частичные сумму которого S n = 2 , сходится к нулю. Вместе , n 2 k 1 ,n N = − ∈ n + 1 1 1 1 1 с тем ряд из абсолютных величин его членов 1 + 1 + + + + K расходит2 2 3 3 ся по критерию Коши (p=n): 36
1 1 1 1 1 1 2 >2 = 1. + +K + =2 +K+ n+1 n+1 n+p n+p n+1 n+n 2n ∞
∑ an
Определение 5.2. Ряд ся, а ряд
∞
∑ an
называется условно сходящимся, если он сходит-
n =1
расходится.
n =1
Ряд из примера 5.1. - условно сходящийся.
Пример 5.2. Исследовать на сходимость ряд
∞
∑
(− 1)n .
n =1 n
2
Решение. Ряд из абсолютных величин членов этого ряда сходится, так как 1 lim = 0 < 1. n → ∞ n 2 Следовательно, исходный ряд сходится абсолютно. Определение 5.3. Ряд (4) называется знакочередующимся, если любые два его соседних члена имеют разные знаки. ∞
∑ ( −1)n −1 an = a1 − a 2 + a 3 − a 4 + ... + ( −1)n −1 an + ...
(4)
n =1
где a1, a2... – положительные числа. Знакочередующийся ряд
∞
∑ ( −1)n an = −a1 + a 2 − a 3 + a 4 − ... + ( −1)n an − ... ,
отли-
n =1
чающийся от ряда(4) только знаком, т.е. может быть получен из (4) путем умножения на (-1). Поэтому он будет обладать всеми теми же свойствами, что и ряд (4). Для знакочередующихся рядов имеет место следующая теорема.
Теорема 5.2. (признак Лейбница). Если члены знакочередующегося ряда (4) удовлетворяют условиям: 1) a n ≥ a n + 1 ∀n ∈ N; 2) lim a n = 0, то ряд (4) сходится, а его сумма S не превосходит первого n→∞
члена, т.е. S ≤ a1 . Доказательство. Рассмотрим четную частичную сумму ряда (4): S 2n = (a1 − a 2 ) + (a 3 − a 4 ) + ... + (a 2n −1 − a 2n ). Так как все выражения в скобках неотрицательны, то последовательность четных частичных сумм (S 2n ) неубывающая. 37
Эта последовательность также ограничена сверху, т.к.
S 2n = a1 − (a 2 − a 3 ) − (a 4 − a 5 ) − ... − (a 2n − 2 − a 2n −1 ) − a 2n ≤ a1 . Значит, последовательность (S 2n ) сходится. Обозначим lim S 2n = S. n→∞
Запишем очевидное соотношение: lim S 2n + 1 = lim (S 2n + a 2n + 1 ) = lim S 2n + lim a 2n + 1 = S. n→∞
n→∞
n→∞
n→∞
Таким образом, сумма ряда (4) равна S и не превосходит первого члена.
Определение 5.3. Ряд, удовлетворяющий условиям теоремы 5.2. называется рядом Лейбница. Следствие 5.1. Остаток ряда Лейбница rn = ( −1)n (a n + 1 − a n + 2 + ...) удовлетворяет неравенству rn ≤ a n + 1 . Доказательство. Рассмотрим следующий ряд Лейбница: ∞
∑ ( −1)k − n −1 ak = an + 1 − an + 2 + an + 3 − an + 4 + ... .
k = n +1
Этот ряд только знаком отличается от остатка rn ряда (4) и (по теореме 5.2.) не превосходит своего первого члена a n+ 1 . Вернемся к произвольным знакопеременным рядам. Учитывая соотношения между сходимостью, условной сходимостью и абсолютной сходимостью рядов, заметим, что при исследовании знакопеременных рядов на сходимость следует придерживаться следующего плана. 1. Исследовать ряд на абсолютную сходимость, используя все достаточные признаки сходимости для знакоположительных рядов, изученные в §2-4. Возможны случаи: а) Если ряд ние завершается б) Если ряд
∞
∑ an
n =1
∞
∑ an
∞
сходится, то ряд
∑ a n сходится абсолютно, и исследова-
n =1
расходится вследствие невыполнения необходимого при-
n =1
знака сходимости числового ряда, то lim a n ≠ 0 и ряд n→∞
дование завершается.
∞
∑ a n расходится, и иссле-
n =1
38
∞
∑ an
с) Если ряд
расходится, но необходимый признак сходимости выпол-
n =1
няется ( lim a n = 0 ), то переходим к пункту 2. n→∞
2. Исследовать ряд на условную сходимость. Если при этом ряд является знакочередующимся, то при условии монотонного стремления к нулю последовательности { a n } можно использовать признак Лейбница.
Пример 5.3. Исследовать на сходимость ряд Решение. Ряд
∞ 1
∑
n =1 n
∞
∑
(− 1)n .
n =1
n
из абсолютных величин членов этого ряда - расходящийся
гармонический. Сам же ряд
∞
∑
(− 1)n
сходится по признаку Лейбница. n n =1 Следовательно, исходный ряд сходится условно.
Пример 5.4. Исследовать на сходимость ряд
n(n −1) ln n . ∑ ( −1) 2 ∞
n =1
n
Решение. а) Исследуем на абсолютную сходимость. Рассмотрим ряд признаку сравнения ∞ ln n
ln n 1 > , n n
ряд
∞ 1
∑
n =1 n
∞ ln n
∑
n =1 n
.
По
расходится, следовательно, ряд
∑
расходится, а потому абсолютной сходимости данного ряда нет. n n =1 б) Для исследования на условную сходимость воспользуемся признаком Лейбница: /
ln x 1 − ln x 1) Т.к. < 0 при 1 − ln x < 0 или x > e, т.е. при n ≥ 3 {a n } = 2 x x монотонная убывающая последовательность. ln n ln x 1/ x 2) lim a n = lim = lim = lim =0 n→∞ n→∞ n x→∞ x x→∞ 1 Следовательно, по признаку Лейбница ряд сходится, притом сходится условно. 39
Пример 5.5. Исследовать на сходимость ряд Решение. Ряд
∞ 2n
∑
n =1 n
∞ 2n ( −1)n
∑
n
n =1
.
, составленный из модулей членов данного ряда,
an +1 =2. n → ∞ an Условия теоремы Лейбница для данного знакочередующегося ряда не выполняются, т.е. с возрастанием n модуль n-го члена ряда не стремится к нулю расходится по признаку Даламбера, т.к.: lim
2n ( lim = ∞ ). Отсюда следует, что данный знакочередующийся ряд расходяn→∞ n щийся.
§6. Оценка суммы ряда. Часто, когда вычислить точную сумму ряда не представляется возможным, ограничиваются приближенным вычислением этой суммы. Для приближенного вычисления суммы S ряда
∞
∑ an с заданной точностью
δ > 0 находят его частичную
n =1
сумму S n с таким номером n , для которого модуль суммы n -остатка не превышает заданной точности: S=
∞
∑ an ≈ Sn ,
n =1
где n ∈ N таково, что S − S n = rn < δ.
Для экономии вычислений номер n при этом стараются выбрать минимально возможным. Наиболее просто оцениваются суммы знакочередующих рядов. Если такой ряд удовлетворяет условию признака Лейбница, то по следствию 5.1. абсолютная погрешность суммы ряда, вычисленной приближенно с помощью некоторой n частичной суммы, не превышает модуля первого отброшенного члена ряда: S − S n = rn ≤ a n + 1 . Поэтому для обеспечения заданной точности достаточно найти такой номер n , чтобы a n + 1 < δ. ∞ ( −1)n Пример 6.1. Исследовать на сходимость ряд ∑ 3 и вычислить приблиn =1 n + 1 женное значение его суммы с точностью 0,01. 40
∞
Решение. Ряд
∑
1 3
, составленный из модулей членов данного ряда,
n =1 n + 1 сходится по признаку сравнения , в котором в качестве ряда сравнения взят ряд ∞ 1 Дирихле ∑ 3 . n =1 n Вычислим теперь приближенно сумму исходного ряда. Для этого надо найти такой наименьший номер n ∈ N , при котором для исследуемого ряда будет выполняться неравенство: ∞ ( −1)k S − S n < 0,01, где S = ∑ , 3 k =1 k + 1
n ( −1)k Sn = ∑ 3 k =1 k + 1
.
Поскольку исследуемый ряд является знакочередующимся и удовлетворяет ус1 ловиям признака Лейбница ( → 0 при n → ∞ , монотонно убывая), то 3 n +1 1 . S − S n = rn ≤ a n + 1 = 3 (n + 1) + 1 Следовательно, достаточно найти минимальное число n ∈ N , для которого 1 выполняется неравенство < 0,01. (n + 1) 3 + 1
n + 1 > 3 99; n > 3 99 − 1 ≈ 3,6. Таким образом, Имеем: (n + 1) 3 + 1 > 100; n = 4 и приближенное значение суммы ряда с точностью 0,01 равно ∞ ( −1)n 1 1 1 1 ∑ 3 ≈ S 4 = − 2 + 9 − 28 + 65 ≈ −0,41. n =1 n + 1
Контрольные вопросы к §5,6. 1. Дайте определение абсолютно сходящегося ряда. 2. Что можно сказать о сходимости абсолютно сходящегося ряда? Верно ли обратное утверждение? Приведите примеры. 3. Дайте определение условно сходящегося ряда. 4. Какой ряд называется знакочередующимся? 5. Сформулируйте признак Лейбница сходимости знакочередующихся рядов. 6. Сформулируйте следствие из признака Лейбница по оценке суммы и знака знакочередующегося ряда. 41
Типовые примеры к §5,6. n3 Пример 1. Исследовать на сходимость ряд ∑ (− 1) . ( ) + n 1 ! n =1 Решение. Ряд из абсолютных величин членов этого ряда сходится, так как (n + 1) 3 n 3 (n + 1) 3 = 0 < 1. lim : = lim n → ∞ (n + 2)! (n + 1)! n → ∞ n 3 (n + 2) Следовательно, исходный ряд сходится абсолютно. ∞
Пример 2. Исследовать на сходимость ряд
∞
n
1
∑ ( −1)n + 1 2n
.
n =1
Решение. Члены данного знакочередующегося ряда по абсолютной величине мо1 1 1 нотонно убывают > и lim = 0 , следовательно, ряд сходится. 2n 2(n + 1) n → ∞ 2n ∞ 1 Ряд ∑ , составленный из абсолютных величин членов данного ряда, получаn =12n ∞
1 в результате умножения всех его членов на 1/2. n n =1 Гармонический ряд расходится, значит, указанный ряд также расходится. Таким образом, исходный ряд сходится условно (неабсолютно).
ется из гармонического ряда
∑
Пример 3. Исследовать на сходимость знакочередующиеся ряды n ∞ ∞ ( −1)n ∞ (− 1)n n5 , , б) ∑ ( −1) в) ∑ . а) ∑ 2 2 n n =1 n =1 n + 1 n = 1 (3n − 1) Решение. ∞ 1 а) Составим ряд из модулей членов данного ряда ∑ . Он сходится как 2 n + 1 n =1 обобщенный гармонический ряд с показателем α = 2 > 1. Следовательно, сходится и данный ряд, причем абсолютно. б) Ряд составленный из модулей членов данного ряда
∞ 5n
∑
n =1 n
расходится по
an +1 = 5. n → ∞ an
признаку Даламбера, т.к. lim
42
Условия теоремы Лейбница для данного знакочередующегося ряда не выполняются, т.е. с возрастанием n модуль n-го члена ряда не стремится к нулю
5n = ∞ ). Отсюда следует, что данный знакочередующийся ряд расходяn→∞ n щийся. ( lim
в) На основании теоремы Лейбница ряд сходится, если 1) абсолютная величина его членов монотонно убывает и 2) общий член ряда
u n = (− 1)n
1
(3n − 1)
2
→ 0 при n → ∞
Оба эти требования выполнены, ряд сходится. Чтобы решить вопрос об абсолютной сходимости ряда рассмотрим ряд ∞
∑
1
n =1(3n − 1)
2
, составленный из абсолютных величин членов исходного ряда.
an +1 = 1 , не работает и n → ∞ an
Признак Даламбера не даёт ответа на вопрос, т.к. lim признак Коши, т.к. lim n a n = 1 . n→∞
Применим интегральный признак Коши. 1 Общий член ряда u n = можно рассматривать как значение функции 2 (3n − 1) 1 1 при x = n , которая удовлетворяет необходимым требованиям для x > . f (x ) = 3 (3x − 1)2 Вычислим интеграл ∞
b
b
1 1 1 1 1 = lim ∫ = lim − − = , = − lim ∫ 2 b→∞ 2 b → ∞ 3(3x − 1) 3 b → ∞ 3b − 1 2 6 1 1 (3x − 1) 1 (3n − 1) т.е. интеграл сходится и, следовательно, исследуемый ряд сходится абсолютdx
dx
но.
Пример 4. Исследовать на сходимость ряд
∞
∑
sin n 2
n =1 n + n + 1
.
Решение. Т.к. функция синус – знакопеременная, то и данный ряд - знакоперемен∞ sin n . ный. Рассмотрим ряд из модулей общих членов, т.е. ряд ∑ 2 n =1 n + n + 1 Этот знакоположительный ряд сходится по признакам сравнения: 43
sin n 2
≤
2
1
(
2
)
~
1 2
, а ряд
∞
∑
1
n + n + 1 n 1 + 1/ n + 1/ n n n =1 n Таким образом, данный ряд сходится абсолютно.
2
− является сходящимся.
∞
( −1)n Пример 5. Исследовать на сходимость ряд ∑ . ln n + 4 n =1 Решение. Необходимое условие сходимости данного ряда выполняется, т.к. ( −1)n 1 = 0. Рассмотрим ряд из модулей с общим членом . По приln n + 4 n → ∞ ln n + 4 lim
знакам сравнения (с учетом того, что для n ≥ 1 ln n < n ) этот ряд расходится: ∞ 1 1 1 1 1 = ~ > , а гармонический ряд ∑ − является расхоln n + 4 ln n (1 + 4 / ln n ) ln n n n =1 n дящимся. Таким образом, у исходного ряда нет абсолютной сходимости. Исследуем условную сходимость исходного ряда, для чего проверяем выполнение условий теоремы Лейбница. 1 1 lim = 0, > 0, ln n + 4 n → ∞ ln n + 4 и для любого n ≥ 1 ln n < ln(n + 1), ln n + 4 < ln(n + 1) + 4, и, следовательно, 1 1 > , что и означает монотонное убывание последовательности. ln n + 4 ln(n + 1) + 4 Таким образом, исходный ряд сходится, и сходится условно.
Пример 6. Исследовать на сходимость ряд
∞
1
n =1
n n
∑ ( −1)n −1tg
.
Решение. а) Исследуем на абсолютную сходимость, для этого рассмотрим ряд, ∞ 1 . составленный из абсолютных величин нашего ряда ∑ tg n n n =1 ( −1)n −1 tg
и ряд
∞
∑
1 n n 1
n =1 n n
= tg
=
∞
∑
1 n n 1 3
,
т.к . tg
1 n n
~
1 n n
при n → ∞ ,
сходится, а данный ряд сходится абсолютно.
n =1 n 2
44
∞
∑
Пример 7. Исследовать на сходимость ряд
( −1)n n
.
n = 2 n + ( −1) ∞ ∞ 1 Решение. Исследуем сходимость ряда ∑ an = ∑ . Этот ряд расхоn n + ( − 1 ) n =1 n=2
дится по второму признаку сравнения. Поэтому исследуем его сходимость, используя достаточные признаки условной сходимости. Перепишем общий член ряда в виде
( −1)n n + ( −1)
n
= ( −1)
n
n − ( −1)n . n −1 ∞
∞ ( −1) 2n n Тогда ряд распадается на два: ∑ ( −1) , из которых первый − ∑ n 1 n 1 − − n=2 n=2 сходится по признаку Лейбница, а второй расходится. Следовательно, расходится и данный ряд. n
Пример 8. Исследовать на сходимость ряд
∞ ( −1)n ∑ n . n n =1
Решение. Общий член не стремится к нулю. Следовательно, ряд расходится. n ( n − 1) n100 2 Пример 9. Исследовать на сходимость ряд ∑ ( −1) . ⋅ n 2 n =1 ∞
∞
∞ n100 Решение. Начинаем исследовать на абсолютную сходимость. ∑ an = ∑ . n n =1 n =1 2
Для
выяснения
сходимости
этого
ряда
применим
признак
Даламбера
an +1 (n + 1)100 ⋅ 2n (n + 1)100 1 = lim = lim = < 1. 2 n → ∞ an n → ∞ 2n + 1 ⋅ n100 n → ∞ 2n100 Ряд из абсолютных величин сходится, следовательно, исходный ряд сходится абсолютно. lim
Пример 10. Исследовать на сходимость ряд
∞
n
∑ ( −1)n n + 100 .
n =1
Решение. Начнем исследование с выяснения абсолютной сходимости ряда, т.е. оп∞ ∞ n ределим сходимость ряда ∑ an = ∑ . Этот ряд расходится по второму n + 100 n =1 n =1 признаку сравнения. 45
К исходному ряду применим признак Лейбница. По этому признаку должны иметь: а) последовательность {an }, монотонно убывая, стремится к нулю, т.е. n n+1 > . для всех n n + 100 n + 1 + 100 n б) lim = 0. n→∞ n + 1 Проверим условие монотонности. Для этого рассмотрим an как некоторую функцию f (x) и продифференцируем ее x x + 100
/
100 − x = x + 100 − 2x = <0 2 2 2 x ( x + 100) 2 x ( x + 100)
при x > 100 ,
член ряда стремится к нулю монотонно. Следовательно, ряд
т.е.
∞
общий n
∑ ( −1)n n + 100
схо-
n =1
дится условно. Пример 11. Исследовать на сходимость ряд
∞
n −1
1
∑ (1)n n + 1 ⋅ 100
. n n =1 Решение. Начнем исследование с выяснения абсолютной сходимости ряда, ∞ ∞ n −1 1 Рассмотрим ряд ∑ an = ∑ ⋅ . Этот ряд расходится, по второму 100 n + n 1 n =1 n =1 признаку сравнения. Применяя признак Лейбница (т.к. ряд знакочередующийся) утверждаем, что ряд сходится условно, предварительно проверив монотонность стремления к нулю последовательности {an }.
n −1 1 lim ⋅ =0 n → ∞ n + 1 100 n
/
x −1 1 − x 2 + 200x + 1 = ⋅ <0 100 x 101 + x 1 ( x + 1) 2 ⋅ 100x 100
Пример 12. Вычислить сумму ряда
∞
∑
( −1)n n
(
n =1 1 +
)
3 2
при x > 201.
с точностью α = 0,001.
n Решение. Ряд, составленный из модулей членов данного ряда, сходится по признаку сравнения, в котором в качестве ряда сравнения взят ряд Дирихле
∞
∑
1
n =1 n
5
.
46
Данный ряд типа Лейбница, так как: 1) он знакочередующийся;
∞
n – 1 + n3 2 n =1
2) последовательность
(
убывающая,
)
так
как
′ x y′ = < 0 на [1,+∞]; 1 + x3 2 n+3 3) lim = 0. 3 n → ∞ (5 + 4n ) Если в качестве суммы исходного ряда взять сумму первых n-1 членов, то ошибка вычисления суммы ряда по абсолютной величине не превосходит числа n an = . 3 2 1+ n 4 4 3 3 Так как a 4 = = < 0,001, a 3 = = > 0,001, то с точностью 3 2 3 2 4225 784 (1 + 4 ) (1 + 3 ) 0,001 имеем ∞
∑
(
)
(
)
( −1)n n
(
n =1 1 + n 3
)2
≈
4
∑
( −1)n n
(
n =1 1 + n 3
)2
=−
1 2 3 4 + − + ≈ 4 81 784 4225
≈ −0,2500 + 0,0246 − 0,0038 + 0,0009 = −0,2283 ≈ −0,228.
Пример 13. Вычислите сумму ряда
∞
∑ (− 1)n
n =1
n+3
(5 + 4n )
3
с точностью до 10 − 3 . ∞
Решение. Ряд сходится абсолютно (ряд модулей сравним с рядом
Данный ряд типа Лейбница, так как: 1) он знакочередующийся;
∑
1
n =1 n
2
).
47
∞
n+3 2) последовательность – убывающая, так как x n − x n − 1 > 0 , (5 + 4n )3 n =1 ′ x+3 n+3 n+4 < 0 на [1,+∞]; − > 0 для ∀n∈Ν или y ′ = т.е. 3 3 3 (5 + 4n) (9 + 4n) (5 + 4x ) n+3 3) lim = 0 . Тогда модуль n-ого остатка ряда не превосходит модуля 3 n → ∞ (5 + 4n ) первого члена этого остатка и имеет его знак (следствие из теоремы Лейбница). При n = 2 при n = 3 при n = 4
n+3
(5 + 4n)3
n+3 (5 + 4n ) 3 n = 4
13 3
n=2
n+3
(5 + 4n)3
5
= = n=3
=
7 213
6 17 3 =
=
5 > 10 − 3 ; 2197
=
6 > 10 − 3 ; 4913
7 ≅ 0,00076 . 9261
Тогда S ≈ −0.0049 − 0.0012 + 0.0023 ≈ − 0.004. Ответ: –0,004.
Задания к §5,6. После изучения §5,6 выполните заданий 10,11 из главы 3 настоящего пособия.
48
