Материал: ЛК Осипенко КЮ - весна 2021 (1 сем)

Внимание! Если размещение файла нарушает Ваши авторские права, то обязательно сообщите нам

22. Признак сравнения в предельной форме

Теорема 12 (признак сравнения в предельной форме) . Пусть

∑1 ∑1

an;	bn	(10)
n=1	n=1

ряды с положительными членами и

lim an = C > 0:

n!1 bn

Тогда ряды (10) сходятся или расходятся одновременно.

Доказательство. Возьмем " = C=2. Тогда в силу определения предела найдется такой номер N, для которого при всех n > N будут выполняться неравенства

Отсюда

C < " = C=2:

< 3

Тем самым

bn < an < 3

bn:

÷òî è ðÿä

∑n=1 an

n=1 bn

Åñëè ðÿä

n1=1 bn

сходится, то из неравенства an

< 3

bn следует,

сходится. Если же ряд

расходится, то из

∑

неравенства

расходится.

следует, что и ряд

∑ an > bn

∑n=1 an

Пример 15. Исследовать на сходимость ряд

∑

sin(p

n2 + 1

n):

n=1

Имеем

n2 + 1

	( n2	+ 1 n)( n2 + 1 + n)			1
n =		(p		+ n)	=	p		+ n	:
			n2 + 1				n2 + 1

Положим

an = sin(p

n);

n2 + 1

bn =

Тогда

= nlim n sin(p

nlim

n2 + 1

n) = nlim n sin

!1 bn !1

+ 1 + n

= nlim

+ 1 + n

√1 +

+ 1

Òàê êàê ðÿä ∑1n=1 bn (гармонический ряд) расходится, то исходный ряд тоже расходится.

23. Признак Даламбера

∑n=1

и пусть существует

lim

an+1

= q:

Теорема 13

(признак Даламбера).

Пусть дан ряд

, a

Тогда

n!1 an

1) åñëè q < 1, òî ðÿä

n1=1 an сходится,

Доказательство. 1.

∑q < 1

2) åñëè

, òî ðÿä

расходится.

q > 1

∑n=1 an

Пусть

. Возьмем в качестве

" =

1 q

> 0:

Тогда найдется N, начиная с которого будет выполняться неравен-

ñòâî

Тем самым

an+1

< ":

1 q

q <

Отсюда

an+1

1 + q

= q1 < 1:

(11)

qq1

Ðèñ. 39

Отбросим первые N членов ряда (конечное число членов ряда

на сходимость не влияет), и будем считать, что неравенство (11) выполнено для всех n 1. Тогда имеем

				a2 < q1a1;
				a3 < q1a2 < q12a1;
				: : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : :
				an < q1an 1 < : : : < q1n 1a1;
Ðÿä	∑n=1 q1			: : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : :
Ðÿä	∑n=1 q1			a1 является суммой бесконечно убывающей геомет-
	1	n	1

рической прогрессии. Поэтому он сходится∑ . По признаку сравнения сходится и ряд с меньшими членами 1n=1 an.

2. Пусть q > 1. Возьмем в качестве

" =	q 1	> 0:

2

p j n an

расходит-

Тогда найдется N, начиная с которого будет выполняться неравен-

ñòâî
Тем самым		an+1
Тем самым		an+1
		an	q	< ":
	q	1	an	+1

				<		q:
2				<	an	q:
Отсюда
	an+1	>	1 + q		= q1 > 1:
		>	2		= q1 > 1:
	an		2
q0				q1	qq1	qq	-	x

Ðèñ. 40

Следовательно, начиная с номера N будет выполняться неравен-

ñòâî an+1 > an. В таком случае необходимый признак∑ сходимости (limn!1 an = 0) не выполняется. Значит, ряд 1n=1 an

ñÿ.

Пример 16. Исследовать на сходимость ряд

∑1 2n : n!

n=1

Применим признак Даламбера. Имеем

an+1

2n+1

nlim

= nlim

= 0 < 1:

(n + 1)!

n + 1

Следовательно, ряд сходится.

24.

Радикальный признак Коши

Теорема 14

(радикальный

признак

Êîøè). Пусть дан ряд

n1=1 an, an 0, и пусть существует

∑

lim pan = q:

n!1

Тогда

1)åñëè

2)åñëè

q > 1	∑n=1 an расходится.
q < 1, òî ðÿä	n1=1 an сходится,
	∑
, òî ðÿä	1

Доказательство. 1. Пусть q < 1. Возьмем в качестве

" =	1 q	> 0:
	2

Тогда найдется N, начиная с которого будет выполняться неравен-

ñòâî

qj < ":

расходит-

Тем самым

pan		q <	2	:
		1		q

Отсюда

1 + q

an < = q1 < 1: (12)

Таким образом,

an < q1n:

Ðÿä ∑1n=1 q1n является суммой бесконечно убывающей геометриче-

ской прогрессии. Поэтому он сходится∑ . По признаку сравнения сходится и ряд с меньшими членами 1n=1 an.

2. Пусть q > 1. Возьмем в качестве

" =	q 1	> 0:

2

Тогда найдется N, начиная с которого будет выполняться неравен-

ñòâî

j n an qj < ":

Тем самым

q 1 p

< n an q:

Отсюда

1 + q

an > = q1 > 1:

Следовательно, начиная с номера N будет выполняться неравен-

ñòâî a > 1. В таком случае необходимый признак сходимости

n ∑1

(limn!1 an = 0) не выполняется. Значит, ряд n=1 an ñÿ.

Пример 17. Исследовать на сходимость ряд

∑1 ( n )n2

n + 1

n=1

Применим радикальный признак Коши. Имеем

n!1 p

(n + 1)

= n!1

n!1

1 n

lim n a

lim

= lim

< 1:

(1 +

)

Следовательно, ряд сходится.

25. Интегральный признак Коши

Теорема

(интегральный признак

Êîøè). Пусть дан ряд

∑

[1; +1), монотонно убывающая и такая, что

n1=1 an, an 0, и пусть существует функция

f(x), непрерыв-

ная в промежутке

∑

случае, если сходится

f(n) = an. Тогда ряд

n1=1 an сходится в том и только в том

несобственный интеграл

∫1

+1 f(x) dx:

Ðèñ. 41

Доказательство. Сначала отметим, что имеет место неравенство
(ñì. ðèñ. 41)
Тем самым	a2 + : : : + an ∫1 n f(x) dx a1 + : : : + an 1:
	Sn a1 ∫1 n f(x) dx Sn 1:	(13)

Если сходится несобственный интеграл, то по критерию сходимости несобственных интегралов от положительных функций существует такая постоянная M, ÷òî∫äëÿn âñåõ n

f(x) dx M:

Тогда из неравенства (13) следует, что для всех n частичные суммы

ограничены	∫1 n f(x) dx a1 + M:
Sn a1 +

Из критерия сходимости рядов с положительными членами выте-
êàåò, ÷òî ðÿä			n1=1 an сходится.
Пусть		теперь ряд			1	a	n	сходится. Из критерия сходимости ря-
		∑			n=1
äîâ ñ	положительными членами вытекает, что все его частичные
				∑

Источник: https://studfile.net/preview/16464738/

Смотрите также:




_1966(~1
_files_materials_5053_prog.ntr
_Антонян Ю.М., Сексуальные преступления. Чикатило и другие
_РГР № 1 (2)
- Габариты и масса 27
!Фармакология препаратов для терапии заболеваний дыхательных путей
'Исламское государство': причины возникновения, тенденции развития, технологии противостояния