Hvorfor konvergerer serien 1 n 2? Online seriekonvergens

Harmonisk serie- en sum som består av et uendelig antall ledd invers til påfølgende tall i den naturlige rekken:

∑ k = 1 ∞ 1 k = 1 + 1 2 + 1 3 + 1 4 + ⋯ + 1 k + ⋯ (\displaystyle \sum _(k=1)^(\mathcal (\infty ))(\frac (1) )(k))=1+(\frac (1)(2))+(\frac (1)(3))+(\frac (1)(4))+\cdots +(\frac (1) (k))+\cdots ).

Encyklopedisk YouTube

1 / 5

✪ Nummerserie. Grunnleggende konsepter - bezbotvy

✪ Bevis på divergensen til den harmoniske serien

✪ Nummerserie-9. Konvergens og divergens av Dirichlet-serien

✪ Konsultasjon nr. 1. Matte. analyse. Fourierrekker i det trigonometriske systemet. De enkleste egenskapene

✪ RANGER. Anmeldelse

Undertekster

Summen av de første n leddene i serien

Individuelle medlemmer av serien har en tendens til null, men summen deres divergerer. Den n'te partielle summen av s n harmoniske serien er det n'te harmoniske tallet:

s n = ∑ k = 1 n 1 k = 1 + 1 2 + 1 3 + 1 4 + ⋯ + 1 n (\displaystyle s_(n)=\sum _(k=1)^(n)(\frac (1) )(k))=1+(\frac (1)(2))+(\frac (1)(3))+(\frac (1)(4))+\cdots +(\frac (1) (n)))

Noen delsumverdier

s 1 = 1 s 2 = 3 2 = 1 , 5 s 3 = 11 6 ≈ 1,833 s 4 = 25 12 ≈ 2,083 s 5 = 137 60 ≈ 2,283 (\displaystyle (\begin) (&s_(1) \\\\s_(2)&=&(\frac (3)(2))&=&1(,)5\\\\s_(3)&=&(\frac (11)(6))& \ca &1(,)833\\\\s_(4)&=&(\frac (25)(12))&\ca &2(,)083\\\\s_(5)&=&(\frac (137)(60))&\ca &2(,)283\end(matrise)))

s 6 = 49 20 = 2.45 s 7 = 363.140 ≈ 2.593 s 8 = 761.280 ≈ 2.718 s 10 3 ≈ 7.484 s 10 6 ≈ 14.39 (& trix) 9 )(20))&=&2(,)45\\\\s_(7)&=&(\frac (363)(140))&\ca &2(,)593\\\\s_ (8)& =&(\frac (761)(280))&\ca &2(,)718\\\\s_(10^(3))&\ca &7(,)484\\\\s_( 10^(6) ))&\ca &14(,)393\end(matrise)))

Eulers formel

Når verdi ε n → 0 (\displaystyle \varepsilon _(n)\høyrepil 0) derfor for store n (\displaystyle n):

s n ≈ ln ⁡ (n) + γ (\displaystyle s_(n)\ca. \ln(n)+\gamma )- Eulers formel for summen av den første n (\displaystyle n) medlemmer av den harmoniske serien. Et eksempel på bruk av Eulers formel

n (\displaystyle n)	s n = ∑ k = 1 n 1 k (\displaystyle s_(n)=\sum _(k=1)^(n)(\frac (1)(k)))	ln ⁡ (n) + γ (\displaystyle \ln(n)+\gamma )	ε n (\displaystyle \varepsilon _(n)), (%)
10	2,93	2,88	1,7
25	3,82	3,80	0,5

En mer nøyaktig asymptotisk formel for delsummen av den harmoniske serien:

s n ≍ ln ⁡ (n) + γ + 1 2 n − 1 12 n 2 + 1 120 n 4 − 1 252 n 6 ⋯ = ln ⁡ (n) + γ + 1 2 n − ∑ ∞ k = B 1 2 k n 2 k (\displaystyle s_(n)\asymp \ln(n)+\gamma +(\frac (1)(2n))-(\frac (1)(12n^(2)))+(\ frac (1)(120n^(4)))-(\frac (1)(252n^(6)))\prikker =\ln(n)+\gamma +(\frac (1)(2n))- \sum _(k=1)^(\infty )(\frac (B_(2k))(2k\,n^(2k)))), Hvor B 2 k (\displaystyle B_(2k))- Bernoulli-tall.

Denne serien divergerer, men feilen i beregningene overstiger aldri halvparten av den første forkastede termen.

Tallteoretiske egenskaper ved delsummer

∀ n > 1 s n ∉ N (\displaystyle \forall n>1\;\;\;\;s_(n)\notin \mathbb (N) )

Divergens av serier

S n → ∞ (\displaystyle s_(n)\høyrepil \infty ) på n → ∞ (\displaystyle n\høyrepil \infty )

Den harmoniske serien divergerer veldig sakte (for at delsummen skal overstige 100, trengs ca. 10 43 elementer i serien).

Divergensen til den harmoniske serien kan demonstreres ved å sammenligne den med den teleskopiske serien:

v n = ln ⁡ (n + 1) − ln ⁡ n = ln ⁡ (1 + 1 n) ∼ + ∞ 1 n (\displaystyle v_(n)=\ln(n+1)-\ln n=\ln \ left(1+(\frac (1)(n))\right)(\underset (+\infty )(\sim ))(\frac (1)(n))),

hvis delsum er åpenbart lik:

∑ i = 1 n − 1 v i = ln ⁡ n ∼ s n (\displaystyle \sum _(i=1)^(n-1)v_(i)=\ln n\sim s_(n)).

Oresme sitt bevis

Beviset for divergens kan konstrueres ved å gruppere begrepene som følger:

∑ k = 1 ∞ 1 k = 1 + [ 1 2 ] + [ 1 3 + 1 4 ] + [ 1 5 + 1 6 + 1 7 + 1 8 ] + [ 1 9 + ⋯ ] + ⋯ > 1 + [ 1 2 ] + [ 1 4 + 1 4 ] + [ 1 8 + 1 8 + 1 8 + 1 8 ] + [ 1 16 + ⋯ ] + ⋯ = 1 + 1 2 + 1 2 + 1 2 + 1 2 + ⋯ . (\displaystyle (\begin(aligned)\sum _(k=1)^(\infty )(\frac (1)(k))&()=1+\venstre[(\frac (1)(2) )\høyre]+\venstre[(\frac (1)(3))+(\frac (1)(4))\høyre]+\venstre[(\frac (1)(5))+(\frac (1)(6))+(\frac (1)(7))+(\frac (1)(8))\høyre]+\venstre[(\frac (1)(9))+\cdots \ høyre]+\cdots \\&()>1+\venstre[(\frac (1)(2))\høyre]+\venstre[(\frac (1)(4))+(\frac (1) (4))\høyre]+\venstre[(\frac (1)(8))+(\frac (1)(8))+(\frac (1)(8))+(\frac (1) (8))\høyre]+\venstre[(\frac (1)(16))+\cdots \right]+\cdots \\&()=1+\ (\frac (1)(2))\ \ \ +\quad (\frac (1)(2))\ \quad +\ \qquad \quad (\frac (1)(2))\qquad \ \quad \ +\quad \ \ (\frac (1) )(2))\ \quad +\ \cdots .\end(justert)))

Den siste raden divergerer tydeligvis. Dette beviset kommer fra middelalderforskeren Nicholas Ores (ca. 1350).

Alternativt bevis på divergens

Vi inviterer leseren til å bekrefte feilen i dette beviset

Forskjell mellom n (\displaystyle n) harmoniske tall og naturlig logaritme n (\displaystyle n) konvergerer til Euler-Mascheroni-konstanten.

Forskjellen mellom forskjellige harmoniske tall er aldri lik et helt tall og ingen harmoniske tall bortsett fra H 1 = 1 (\displaystyle H_(1)=1), er ikke et heltall.

Relaterte serier

Dirichlet-serien

En generalisert harmonisk serie (eller Dirichlet-serie) er en serie

∑ k = 1 ∞ 1 k α = 1 + 1 2 α + 1 3 α + 1 4 α + ⋯ + 1 k α + ⋯ (\displaystyle \sum _(k=1)^(\infty )(\frac ( 1)(k^(\alpha )))=1+(\frac (1)(2^(\alpha )))+(\frac (1)(3^(\alpha )))+(\frac ( 1)(4^(\alpha )))+\cdots +(\frac (1)(k^(\alpha )))+\cdots ).

Den generaliserte harmoniske serien divergerer kl α ⩽ 1 (\displaystyle \alpha \leqslant 1) og konvergerer kl α > 1 (\displaystyle \alpha >1) .

Summen av generaliserte harmoniske rekkefølger α (\displaystyle \alpha ) lik verdien av Riemann zeta-funksjonen:

∑ k = 1 ∞ 1 k α = ζ (α) (\displaystyle \sum _(k=1)^(\infty )(\frac (1)(k^(\alpha )))=\zeta (\alpha ))

For partall er denne verdien tydelig uttrykt i form av pi, for eksempel, ζ (2) = π 2 6 (\displaystyle \zeta (2)=(\frac (\pi ^(2))(6))), og allerede for α=3 er verdien analytisk ukjent.

En annen illustrasjon på divergensen til den harmoniske serien kan være relasjonen ζ (1 + 1 n) ∼ n (\displaystyle \zeta (1+(\frac (1)(n)))\sim n) . Derfor sier de at en slik serie har sannsynlighet 1, og summen av rekken er en tilfeldig variabel med interessante egenskaper. For eksempel har beregnet ved punktene +2 eller −2 verdien:

0,124 999 999 999 999 999 999 999 999 999 999 999 999 999 7 642 …,

forskjell fra ⅛ med mindre enn 10 −42.

"Tynnet" harmonisk serie

Kempner-serien (Engelsk)

Hvis vi tar for oss en harmonisk rekke der bare ledd er igjen hvis nevnere ikke inneholder tallet 9, så viser det seg at den gjenværende summen konvergerer til tallet<80 . Более того, доказано, что если оставить слагаемые, не содержащие любой заранее выбранной последовательности цифр, то полученный ряд будет сходиться. Однако из этого будет ошибочно заключать о сходимости исходного гармонического ряда, так как с ростом разрядов в числе n (\displaystyle n), blir det tatt færre og færre termer for summen av den "tynnede" serien. Det vil si at til slutt blir det overveldende flertallet av ledd som danner summen av den harmoniske rekken forkastet for ikke å overskride den geometriske progresjonsbegrensningen ovenfra.

La oss finne summen av en rekke tall. Hvis du ikke finner den, beregner systemet summen av serien med en viss nøyaktighet.

Seriekonvergens

Denne kalkulatoren kan bestemme om en serie konvergerer og viser også hvilke tegn på konvergens som fungerer og hvilke som ikke gjør det.

Vet også hvordan man bestemmer konvergensen av potensserier.

En graf av serien er også konstruert, der du kan se konvergenshastigheten til serien (eller divergens).

Regler for inntasting av uttrykk og funksjoner

Uttrykk kan bestå av funksjoner (notasjoner er gitt i alfabetisk rekkefølge): absolutt(x) Absolutt verdi x
(modul x eller |x|) arccos(x) Funksjon - bue cosinus av x arccosh(x) Arc cosinus hyperbolsk fra x arcsin(x) Arcsine fra x arcsinh(x) Arcsine hyperbolsk fra x arctan(x) Funksjon - arctangens av x arctgh(x) Arktangens hyperbolsk fra x e e et tall som er omtrent lik 2,7 exp(x) Funksjon - eksponent for x(som e^x) log(x) eller ln(x) Naturlig logaritme av x
(For å oppnå log7(x), må du skrive inn log(x)/log(7) (eller for eksempel for log10(x)=log(x)/log(10)) pi Tallet er "Pi", som er omtrent lik 3,14 synd(x) Funksjon - Sinus av x cos(x) Funksjon - Cosinus av x sinh(x) Funksjon - Sinus hyperbolsk fra x cosh(x) Funksjon - Cosinus hyperbolsk fra x sqrt(x) Funksjon - kvadratroten av x sqr(x) eller x^2 Funksjon - Firkantet x brun(x) Funksjon - Tangent fra x tgh(x) Funksjon - Tangent hyperbolsk fra x cbrt(x) Funksjon - terningrot av x

Følgende operasjoner kan brukes i uttrykk: Reelle tall skriv inn som 7.5 , Ikke 7,5 2*x- multiplikasjon 3/x- divisjon x^3- eksponentiering x+7- tillegg x - 6- subtraksjon
Andre funksjoner: etasje (x) Funksjon - avrunding x nedover (eksempel etasje(4.5)==4.0) tak(x) Funksjon - avrunding x oppover (eksempel tak(4.5)==5.0) tegn (x) Funksjon - Sign x erf(x) Feilfunksjon (eller sannsynlighetsintegral) laplace(x) Laplace funksjon

Det er flere måter å sjekke konvergensen til en serie. Først kan du ganske enkelt finne summen av serien. Hvis vi som et resultat får et endelig tall, så dette serier konvergerer. For eksempel fordi

så konvergerer serien. Hvis vi ikke klarte å finne summen av serien, bør vi bruke andre metoder for å sjekke konvergensen til serien.

En slik metode er d'Alemberts tegn

her og er henholdsvis n'te og (n+1) ledd i rekken, og konvergensen bestemmes av verdien av D: Hvis D< 1 - ряд сходится, если D >

Som et eksempel studerer vi konvergensen til en serie ved å bruke d'Alemberts test. La oss først skrive ned uttrykk for og . La oss nå finne den tilsvarende grensen:

Siden, i samsvar med d'Alemberts test, konvergerer serien.

En annen metode for å sjekke konvergensen til en serie er radikale Cauchys tegn, som er skrevet som følger:

her er det n. leddet i serien, og konvergens, som i tilfellet med d'Alemberts test, bestemmes av verdien av D: Hvis D< 1 - ряд сходится, если D >1 - divergerer. Når D = 1, gir dette tegnet ikke noe svar, og ytterligere forskning må utføres.

Som et eksempel studerer vi konvergensen til en serie ved å bruke den radikale Cauchy-testen. La oss først skrive ned uttrykket for . La oss nå finne den tilsvarende grensen:

Siden title="15625/64>1"> , i samsvar med den radikale Cauchy-testen, divergerer serien.

Det er verdt å merke seg at, sammen med de som er oppført, er det andre tegn på konvergens av serier, for eksempel den integrerte Cauchy-testen, Raabe-testen, etc.

Vår online kalkulator, bygget på grunnlag av Wolfram Alpha-systemet, lar deg teste konvergensen til serien. Dessuten, hvis kalkulatoren produserer et spesifikt tall som summen av en serie, konvergerer serien. Ellers må du ta hensyn til elementet "Seriekonvergenstest". Hvis uttrykket "serier konvergerer" er til stede, så konvergerer serien. Hvis uttrykket "serien divergerer" er til stede, divergerer serien.

Nedenfor er en oversettelse av alle mulige betydninger av "Seriekonvergenstest"-elementet:

Tekst på engelske språk	Tekst på russisk
Ved den harmoniske serietesten divergerer serien.	Når man sammenligner serien som studeres med den harmoniske serien, divergerer den originale serien.
Forholdstesten er inkluderende.	D'Alemberts test kan ikke gi et svar om konvergensen til en serie.
Rottesten er inkluderende.	Den radikale Cauchy-testen kan ikke gi noe svar om seriens konvergens.
Ved sammenligningstesten konvergerer serien.	Til sammenligning konvergerer serien
Ved forholdstesten konvergerer serien.	I følge d'Alemberts test konvergerer serien
Ved grensetesten divergerer serien.	Basert på det faktum at title="Grensen for n'te ledd i serien for n->oo ikke er lik null eller eksisterer ikke"> , или указанный предел не существует, сделан вывод о том, что ряд расходится. !}

Denne artikkelen gir strukturert og detaljert informasjon som kan være nyttig når du skal analysere øvelser og oppgaver. Vi skal se på temaet tallserier.

Denne artikkelen begynner med grunnleggende definisjoner og begreper. Deretter vil vi bruke standardalternativer og studere de grunnleggende formlene. For å konsolidere materialet gir artikkelen grunnleggende eksempler og oppgaver.

Grunnleggende avhandlinger

La oss først forestille oss systemet: a 1 , a 2 . . . , en n , . . . , hvor a k ∈ R, k = 1, 2. . . .

La oss for eksempel ta tall som: 6, 3, - 3 2, 3 4, 3 8, - 3 16, . . . .

Definisjon 1

En tallserie er summen av ledd ∑ a k k = 1 ∞ = a 1 + a 2 + . . . + a n + . . . .

For bedre å forstå definisjonen, vurder det gitte tilfellet der q = - 0. 5: 8 - 4 + 2 - 1 + 1 2 - 1 4 + . . . = ∑ k = 1 ∞ (- 16) · - 1 2 k .

Definisjon 2

a k er generell eller k –th medlem av serien.

Det ser omtrent slik ut - 16 · - 1 2 k.

Definisjon 3

Delsum av serier ser omtrent slik ut S n = a 1 + a 2 + . . . + a n , hvori n– et hvilket som helst tall. S n er nth summen av serien.

For eksempel er ∑ k = 1 ∞ (- 16) · - 1 2 k S 4 = 8 - 4 + 2 - 1 = 5.

S1, S2,. . . , S n , . . . danner en uendelig rekkefølge av tall.

For en rekke nth summen finnes ved formelen S n = a 1 · (1 - q n) 1 - q = 8 · 1 - - 1 2 n 1 - - 1 2 = 16 3 · 1 - - 1 2 n. Vi bruker følgende sekvens med delsummer: 8, 4, 6, 5, . . . , 16 3 · 1 - - 1 2 n , . . . .

Definisjon 4

Serien ∑ k = 1 ∞ a k er konvergent når sekvensen har en endelig grense S = lim S n n → + ∞ . Hvis det ikke er noen grense eller sekvensen er uendelig, kalles serien ∑ k = 1 ∞ a k avvikende.

Definisjon 5

Summen av en konvergent serie∑ k = 1 ∞ a k er grensen for sekvensen ∑ k = 1 ∞ a k = lim S n n → + ∞ = S .

I dette eksemplet er lim S n n → + ∞ = lim 16 3 t → + ∞ · 1 - 1 2 n = 16 3 · lim n → + ∞ 1 - - 1 2 n = 16 3 , rad ∑ k = 1 ∞ ( - 16) · - 1 2 k konvergerer. Summen er 16 3: ∑ k = 1 ∞ (- 16) · - 1 2 k = 16 3 .

Eksempel 1

Et eksempel på en divergerende serie er summen av en geometrisk progresjon med en nevner større enn én: 1 + 2 + 4 + 8 +. . . + 2 n - 1 +. . . = ∑ k = 1 ∞ 2 k - 1 .

Den n-te delsummen er gitt ved S n = a 1 (1 - q n) 1 - q = 1 (1 - 2 n) 1 - 2 = 2 n - 1, og grensen for delsummer er uendelig: lim n → + ∞ S n = lim n → + ∞ (2 n - 1) = + ∞ .

Et annet eksempel på en divergerende tallserie er en sum av formen ∑ k = 1 ∞ 5 = 5 + 5 + . . . . I dette tilfellet kan den n-te delsummen beregnes som Sn = 5n. Grensen for delsummer er uendelig lim n → + ∞ S n = lim n → + ∞ 5 n = + ∞ .

Definisjon 6

En sum av samme form som ∑ k = 1 ∞ = 1 + 1 2 + 1 3 + . . . + 1 n + . . . - Dette harmonisk nummerserie.

Definisjon 7

Sum ∑ k = 1 ∞ 1 k s = 1 + 1 2 s + 1 3 s + . . . + 1 n s + . . . , Hvor s –ekte nummer, er en generalisert harmonisk tallserie.

Definisjonene diskutert ovenfor vil hjelpe deg med å løse de fleste eksempler og problemer.

For å fullføre definisjonene er det nødvendig å bevise visse ligninger.

1. ∑ k = 1 ∞ 1 k – divergerende.

Vi bruker omvendt metode. Hvis den konvergerer, er grensen endelig. Vi kan skrive ligningen som lim n → + ∞ S n = S og lim n → + ∞ S 2 n = S . Etter visse handlinger får vi likheten l i m n → + ∞ (S 2 n - S n) = 0.

Imot,

S 2 n - S n = 1 + 1 2 + 1 3 +. . . + 1 n + 1 n + 1 + 1 n + 2 + . . . + 1 2 n - - 1 + 1 2 + 1 3 + . . . + 1 n = 1 n + 1 + 1 n + 2 +. . . + 1 2 n

Følgende ulikheter er gyldige: 1 n + 1 > 1 2 n, 1 n + 1 > 1 2 n, . . . , 1 2 n - 1 > 1 2 n . Vi får at S 2 n - S n = 1 n + 1 + 1 n + 2 + . . . + 1 2 n > 1 2 n + 1 2 n + . . . + 1 2 n = n 2 n = 1 2. Uttrykket S 2 n - S n > 1 2 indikerer at lim n → + ∞ (S 2 n - S n) = 0 ikke oppnås. Serien er divergerende.

1. b 1 + b 1 q + b 1 q 2 + . . . + b 1 q n + . . . = ∑ k = 1 ∞ b 1 q k - 1

Det er nødvendig å bekrefte at summen av en tallsekvens konvergerer ved q< 1 , и расходится при q ≥ 1 .

I henhold til definisjonene ovenfor, beløpet n ledd bestemmes etter formelen S n = b 1 · (q n - 1) q - 1 .

Hvis q< 1 верно

lim n → + ∞ S n = lim n → + ∞ b 1 · q n - 1 q - 1 = b 1 · lim n → + ∞ q n q - 1 - lim n → + ∞ 1 q - 1 = = b 1 · 0 - 1 q - 1 = b 1 q - 1

Vi har bevist at tallrekken konvergerer.

For q = 1 b 1 + b 1 + b 1 +. . . ∑ k = 1 ∞ b 1 . Summene kan finnes ved å bruke formelen S n = b 1 · n, grensen er uendelig lim n → + ∞ S n = lim n → + ∞ b 1 · n = ∞. I den presenterte versjonen divergerer serien.

Hvis q = - 1, så ser serien ut som b 1 - b 1 + b 1 - . . . = ∑ k = 1 ∞ b 1 (- 1) k + 1 . Delsummer ser ut som S n = b 1 for oddetall n, og S n = 0 for partall n. Etter å ha vurdert denne saken, vil vi sørge for at det ikke er noen grense og at serien er divergerende.

For q > 1, lim n → + ∞ S n = lim n → + ∞ b 1 · (q n - 1) q - 1 = b 1 · lim n → + ∞ q n q - 1 - lim n → + ∞ 1 q - 1 = = b 1 · ∞ - 1 q - 1 = ∞

Vi har bevist at tallserien divergerer.

1. Serien ∑ k = 1 ∞ 1 k s konvergerer if s > 1 og divergerer hvis s ≤ 1.

Til s = 1 vi får ∑ k = 1 ∞ 1 k , serien divergerer.

Når s< 1 получаем 1 k s ≥ 1 k для k,naturlig tall. Siden serien er divergent ∑ k = 1 ∞ 1 k , er det ingen grense. Etter dette er sekvensen ∑ k = 1 ∞ 1 k s ubegrenset. Vi konkluderer med at den valgte serien divergerer når s< 1 .

Det er nødvendig å bevise at serien ∑ k = 1 ∞ 1 k s konvergerer for s > 1.

La oss forestille oss S 2 n - 1 - S n - 1:

S 2 n - 1 - S n - 1 = 1 + 1 2 s + 1 3 s +. . . + 1 (n - 1) s + 1 n s + 1 (n + 1) s +. . . + 1 (2 n - 1) s - - 1 + 1 2 s + 1 3 s + . . . + 1 (n - 1) s = 1 n s + 1 (n + 1) s +. . . + 1 (2 n - 1) s

La oss anta at 1 (n + 1) s< 1 n s , 1 (n + 2) s < 1 n s , . . . , 1 (2 n - 1) s < 1 n s , тогда S 2 n - 1 - S n - 1 = 1 n s + 1 (n + 1) s + . . . + 1 (2 n - 1) s < < 1 n s + 1 n s + . . . + 1 n s = n n s = 1 n s - 1

La oss forestille oss ligningen for tall som er naturlige og partall n = 2: S 2 n - 1 - S n - 1 = S 3 - S 1 = 1 2 s + 1 3 s< 1 2 s - 1 n = 4: S 2 n - 1 - S n - 1 = S 7 - S 3 = 1 4 s + 1 5 s + 1 6 s + 1 7 s < 1 4 s - 1 = 1 2 s - 1 2 n = 8: S 2 n - 1 - S n - 1 = S 15 - S 7 = 1 8 s + 1 9 s + . . . + 1 15 s < 1 8 s - 1 = 1 2 s - 1 3 . . .

Vi får:

∑ k = 1 ∞ 1 k s = 1 + 1 2 s + 1 3 s + 1 4 s + . . . + 1 7 s + 1 8 s + . . . + 1 15 s + . . . = = 1 + S 3 - S 1 + S 7 - S 3 + S 15 + S 7 +. . .< < 1 + 1 2 s - 1 + 1 2 s - 1 2 + 1 2 s - 1 3 + . . .

Uttrykket er 1 + 1 2 s - 1 + 1 2 s - 1 2 + 1 2 s - 1 3 + . . . er summen av den geometriske progresjonen q = 1 2 s - 1. I følge de første dataene kl s > 1, deretter 0< q < 1 . Получаем, ∑ k = 1 ∞ < 1 + 1 2 s - 1 + 1 2 s - 1 2 + 1 2 s - 1 3 + . . . = 1 1 - q = 1 1 - 1 2 s - 1 . Последовательность ряда при s > 1øker og begrenses fra over 1 1 - 1 2 s - 1 . La oss forestille oss at det er en grense og serien er konvergent ∑ k = 1 ∞ 1 k s .

Definisjon 8

Serie ∑ k = 1 ∞ a k er i så fall positiv, hvis medlemmene > 0 a k > 0 , k = 1 , 2 , . . . .

Serie ∑ k = 1 ∞ b k signalvekslende, hvis tallenes tegn er forskjellige. Dette eksemplet er presentert som ∑ k = 1 ∞ b k = ∑ k = 1 ∞ (- 1) k · a k eller ∑ k = 1 ∞ b k = ∑ k = 1 ∞ (- 1) k + 1 · a k , hvor a k > 0, k = 1, 2,. . . .

Serie ∑ k = 1 ∞ b k alternerende, siden den inneholder mange tall, negative og positive.

Den andre alternativserien er et spesialtilfelle av det tredje alternativet.

Her er eksempler for hvert enkelt tilfelle:

6 + 3 + 3 2 + 3 4 + 3 8 + 3 16 + . . . 6 - 3 + 3 2 - 3 4 + 3 8 - 3 16 + . . . 6 + 3 - 3 2 + 3 4 + 3 8 - 3 16 + . . .

For det tredje alternativet kan du også bestemme absolutt og betinget konvergens.

Definisjon 9

Den alternerende rekken ∑ k = 1 ∞ b k er absolutt konvergent i tilfellet når ∑ k = 1 ∞ b k også anses som konvergent.

La oss se på flere typiske alternativer i detalj.

Eksempel 2

Hvis radene er 6 - 3 + 3 2 - 3 4 + 3 8 - 3 16 +. . . og 6 + 3 - 3 2 + 3 4 + 3 8 - 3 16 +. . . er definert som konvergent, så er det riktig å anta at 6 + 3 + 3 2 + 3 4 + 3 8 + 3 16 + . . .

Definisjon 10

En alternerende serie ∑ k = 1 ∞ b k regnes som betinget konvergent hvis ∑ k = 1 ∞ b k er divergent, og serien ∑ k = 1 ∞ b k regnes som konvergent.

Eksempel 3

La oss undersøke i detalj alternativet ∑ k = 1 ∞ (- 1) k + 1 k = 1 - 1 2 + 1 3 - 1 4 + . . . . Serien ∑ k = 1 ∞ (- 1) k + 1 k = ∑ k = 1 ∞ 1 k, som består av absolutte verdier, er definert som divergent. Dette alternativet anses som konvergent siden det er lett å bestemme. Fra dette eksemplet lærer vi at serien ∑ k = 1 ∞ (- 1) k + 1 k = 1 - 1 2 + 1 3 - 1 4 + . . . vil bli ansett som betinget konvergent.

Funksjoner av konvergerende serier

La oss analysere egenskapene for visse tilfeller

1. Hvis ∑ k = 1 ∞ a k konvergerer, så regnes serien ∑ k = m + 1 ∞ a k også som konvergent. Det kan bemerkes at raden uten m termer anses også som konvergent. Hvis vi legger til flere tall til ∑ k = m + 1 ∞ a k, vil det resulterende resultatet også være konvergent.
2. Hvis ∑ k = 1 ∞ a k konvergerer og summen = S, så konvergerer også rekken ∑ k = 1 ∞ A · a k , ∑ k = 1 ∞ A · a k = A · S, der EN-konstant.
3. Hvis ∑ k = 1 ∞ a k og ∑ k = 1 ∞ b k er konvergent, vil summene EN Og B også, da konvergerer også rekkene ∑ k = 1 ∞ a k + b k og ∑ k = 1 ∞ a k - b k. Beløpene vil være like A+B Og A - B hhv.

Eksempel 4

Bestem at rekken konvergerer ∑ k = 1 ∞ 2 3 k · k 3 .

La oss endre uttrykket ∑ k = 1 ∞ 2 3 k · k 3 = ∑ k = 1 ∞ 2 3 · 1 k 4 3 . Serien ∑ k = 1 ∞ 1 k 4 3 anses som konvergent, siden serien ∑ k = 1 ∞ 1 k s konvergerer når s > 1. I følge den andre egenskapen er ∑ k = 1 ∞ 2 3 · 1 k 4 3 .

Eksempel 5

Bestem om rekken ∑ n = 1 ∞ 3 + n n 5 2 konvergerer.

La oss transformere den originale versjonen ∑ n = 1 ∞ 3 + n n 5 2 = ∑ n = 1 ∞ 3 n 5 2 + n n 2 = ∑ n = 1 ∞ 3 n 5 2 + ∑ n = 1 ∞ 2 .

Vi får summen ∑ n = 1 ∞ 3 n 5 2 og ∑ n = 1 ∞ 1 n 2 . Hver serie anses som konvergent i henhold til egenskapen. Så, ettersom serien konvergerer, gjør den originale versjonen det også.

Eksempel 6

Regn ut om serien 1 - 6 + 1 2 - 2 + 1 4 - 2 3 + 1 8 - 2 9 + konvergerer. . . og regn ut beløpet.

La oss utvide den originale versjonen:

1 - 6 + 1 2 - 2 + 1 4 - 2 3 + 1 8 - 2 9 + . . . = = 1 + 1 2 + 1 4 + 1 8 + . . . - 2 · 3 + 1 + 1 3 + 1 9 + . . . = = ∑ k = 1 ∞ 1 2 k - 1 - 2 · ∑ k = 1 ∞ 1 3 k - 2

Hver serie konvergerer fordi den er et av medlemmene i en tallsekvens. I henhold til den tredje egenskapen kan vi beregne at den opprinnelige versjonen også er konvergent. Vi regner ut summen: Det første leddet i rekken ∑ k = 1 ∞ 1 2 k - 1 = 1, og nevneren = 0. 5, etterfølges dette av ∑ k = 1 ∞ 1 2 k - 1 = 1 1 - 0 . 5 = 2. Det første leddet er ∑ k = 1 ∞ 1 3 k - 2 = 3 , og nevneren til den synkende tallrekkefølgen = 1 3 . Vi får: ∑ k = 1 ∞ 1 3 k - 2 = 3 1 - 1 3 = 9 2 .

Vi bruker uttrykkene som er oppnådd ovenfor for å bestemme summen 1 - 6 + 1 2 - 2 + 1 4 - 2 3 + 1 8 - 2 9 +. . . = ∑ k = 1 ∞ 1 2 k - 1 - 2 ∑ k = 1 ∞ 1 3 k - 2 = 2 - 2 9 2 = - 7

En nødvendig betingelse for å avgjøre om en serie er konvergent

Definisjon 11

Hvis serien ∑ k = 1 ∞ a k er konvergent, så er dens grense kth ledd = 0: lim k → + ∞ a k = 0 .

Hvis vi krysser av for et alternativ, må vi ikke glemme det en uunnværlig betingelse. Hvis den ikke er oppfylt, divergerer serien. Hvis lim k → + ∞ a k ≠ 0, så er serien divergent.

Det bør presiseres at tilstanden er viktig, men ikke tilstrekkelig. Hvis likhetsgrensen k → + ∞ a k = 0 holder, så garanterer ikke dette at ∑ k = 1 ∞ a k er konvergent.

La oss gi et eksempel. For den harmoniske rekken ∑ k = 1 ∞ 1 k er betingelsen oppfylt lim k → + ∞ 1 k = 0 , men rekken divergerer fortsatt.

Eksempel 7

Bestem konvergensen ∑ n = 1 ∞ n 2 1 + n .

La oss sjekke det opprinnelige uttrykket for oppfyllelsen av betingelsen lim n → + ∞ n 2 1 + n = lim n → + ∞ n 2 n 2 1 n 2 + 1 n = lim n → + ∞ 1 1 n 2 + 1 n = 1 + 0 + 0 = + ∞ ≠ 0

Grense nth medlem er ikke lik 0. Vi har bevist at denne serien divergerer.

Hvordan bestemme konvergensen til en positiv serie.

Hvis du stadig bruker disse egenskapene, må du hele tiden beregne grensene. Denne delen vil hjelpe deg å unngå problemer når du løser eksempler og problemer. For å bestemme konvergensen til en positiv serie, er det en viss betingelse.

For konvergens av positivt fortegn ∑ k = 1 ∞ a k , a k > 0 ∀ k = 1 , 2 , 3 , . . . det er nødvendig å bestemme en begrenset rekkefølge av summer.

Hvordan sammenligne serier

Det er flere tegn på å sammenligne serier. Vi sammenligner serien hvis konvergens foreslås bestemt med serien hvis konvergens er kjent.

Første tegn

∑ k = 1 ∞ a k og ∑ k = 1 ∞ b k er positive tegnserier. Ulikheten a k ≤ b k er gyldig for k = 1, 2, 3, ... Det følger av dette at fra rekken ∑ k = 1 ∞ b k kan vi få ∑ k = 1 ∞ a k . Siden ∑ k = 1 ∞ a k er divergent, kan serien ∑ k = 1 ∞ b k defineres som divergent.

Denne regelen brukes hele tiden for å løse ligninger og er et seriøst argument som vil bidra til å bestemme konvergens. Vanskeligheten kan ligge i at det ikke er mulig å finne et passende eksempel for sammenligning i alle tilfeller. Ganske ofte er en serie valgt i henhold til prinsippet om at indikatoren kth ledd vil være lik resultatet av å trekke fra eksponentene til telleren og nevneren kth medlem av serien. La oss anta at a k = k 2 + 3 4 k 2 + 5 , forskjellen vil være lik 2 – 3 = - 1 . I dette tilfellet kan vi bestemme at for sammenligning en serie med k-th ledd b k = k - 1 = 1 k , som er harmonisk.

For å konsolidere det oppnådde materialet, vil vi vurdere i detalj et par typiske alternativer.

Eksempel 8

Bestem hva serien ∑ k = 1 ∞ 1 k - 1 2 er.

Siden grense = 0 lim k → + ∞ 1 k - 1 2 = 0 , har vi gjort nødvendig tilstand. Ulikheten vil være rettferdig 1 k< 1 k - 1 2 для k, som er naturlige. Fra de foregående avsnittene lærte vi at den harmoniske rekken ∑ k = 1 ∞ 1 k er divergent. Etter det første kriteriet kan det bevises at originalversjonen er divergerende.

Eksempel 9

Bestem om serien er konvergent eller divergent ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 + 3 k - 1 .

I dette eksemplet er den nødvendige betingelsen oppfylt, siden lim k → + ∞ 1 k 3 + 3 k - 1 = 0. Vi representerer det som ulikheten 1 k 3 + 3 k - 1< 1 k 3 для любого значения k. Serien ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 er konvergent, siden den harmoniske serien ∑ k = 1 ∞ 1 k s konvergerer for s > 1. I følge det første kriteriet kan vi konkludere med at tallrekken er konvergent.

Eksempel 10

Bestem hva serien ∑ k = 3 ∞ 1 k ln (ln k) er. lim k → + ∞ 1 k ln (ln k) = 1 + ∞ + ∞ = 0 .

I dette alternativet kan du markere oppfyllelsen av ønsket betingelse. La oss definere en serie for sammenligning. For eksempel, ∑ k = 1 ∞ 1 k s . For å finne ut hva graden er, tenk på sekvensen (ln (ln k)), k = 3, 4, 5. . . . Medlemmer av sekvensen ln (ln 3) , ln (ln 4) , ln (ln 5) , . . . øker til det uendelige. Etter å ha analysert ligningen, kan vi merke oss at når vi tar N = 1619 som verdi, så er begrepene i sekvensen > 2. For denne sekvensen vil ulikheten 1 k ln (ln k) være sann< 1 k 2 . Ряд ∑ k = N ∞ 1 k 2 сходится согласно первому признаку, так как ряд ∑ k = 1 ∞ 1 k 2 тоже сходящийся. Отметим, что согласно первому признаку ряд ∑ k = N ∞ 1 k ln (ln k) сходящийся. Можно сделать вывод, что ряд ∑ k = 3 ∞ 1 k ln (ln k) также сходящийся.

Andre tegn

La oss anta at ∑ k = 1 ∞ a k og ∑ k = 1 ∞ b k er positive tallserier.

Hvis lim k → + ∞ a k b k ≠ ∞ , så konvergerer serien ∑ k = 1 ∞ b k, og ∑ k = 1 ∞ a k konvergerer også.

Hvis lim k → + ∞ a k b k ≠ 0, da siden serien ∑ k = 1 ∞ b k divergerer, divergerer ∑ k = 1 ∞ a k også.

Hvis lim k → + ∞ a k b k ≠ ∞ og lim k → + ∞ a k b k ≠ 0, betyr konvergensen eller divergensen til en serie konvergensen eller divergensen til en annen.

Tenk på ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 + 3 k - 1 ved å bruke det andre tegnet. For sammenligning ∑ k = 1 ∞ b k tar vi den konvergerende rekken ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 . La oss definere grensen: lim k → + ∞ a k b k = lim k → + ∞ 1 k 3 + 3 k - 1 1 k 3 = lim k → + ∞ k 3 k 3 + 3 k - 1 = 1

I henhold til det andre kriteriet kan det fastslås at den konvergerende rekken ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 betyr at den opprinnelige versjonen også konvergerer.

Eksempel 11

Bestem hva serien ∑ n = 1 ∞ k 2 + 3 4 k 3 + 5 er.

La oss analysere den nødvendige betingelsen lim k → ∞ k 2 + 3 4 k 3 + 5 = 0, som er tilfredsstilt i denne versjonen. I henhold til det andre kriteriet, ta serien ∑ k = 1 ∞ 1 k . Vi ser etter grensen: lim k → + ∞ k 2 + 3 4 k 3 + 5 1 k = lim k → + ∞ k 3 + 3 k 4 k 3 + 5 = 1 4

I følge de ovennevnte tesene innebærer en divergerende serie divergensen til den originale serien.

Tredje tegn

La oss vurdere det tredje tegnet på sammenligning.

La oss anta at ∑ k = 1 ∞ a k og _ ∑ k = 1 ∞ b k er positive tallserier. Hvis betingelsen er oppfylt for et visst tall a k + 1 a k ≤ b k + 1 b k , så betyr konvergensen til denne serien ∑ k = 1 ∞ b k at serien ∑ k = 1 ∞ a k også er konvergent. Den divergerende rekken ∑ k = 1 ∞ a k innebærer divergensen ∑ k = 1 ∞ b k .

D'Alemberts tegn

La oss tenke oss at ∑ k = 1 ∞ a k er en positiv tallserie. Hvis lim k → + ∞ a k + 1 a k< 1 , то ряд является сходящимся, если lim k → + ∞ a k + 1 a k >1, deretter divergerende.

Merknad 1

D'Alemberts test er gyldig hvis grensen er uendelig.

Hvis lim k → + ∞ a k + 1 a k = - ∞ , så er serien konvergent, hvis lim k → ∞ a k + 1 a k = + ∞ , så er den divergent.

Hvis lim k → + ∞ a k + 1 a k = 1, vil ikke d'Alemberts tegn hjelpe og flere studier vil være nødvendig.

Eksempel 12

Bestem om serien er konvergent eller divergent ∑ k = 1 ∞ 2 k + 1 2 k ved å bruke d’Alemberts test.

Det er nødvendig å kontrollere om den nødvendige konvergensbetingelsen er oppfylt. La oss beregne grensen ved å bruke L'Hopitals regel: lim k → + ∞ 2 k + 1 2 k = ∞ ∞ = lim k → + ∞ 2 k + 1 " 2 k " = lim k → + ∞ 2 2 k ln 2 = 2 + ∞ ln 2 = 0

Vi kan se at vilkåret er oppfylt. La oss bruke d'Alemberts test: lim k → + ∞ = lim k → + ∞ 2 (k + 1) + 1 2 k + 1 2 k + 1 2 k = 1 2 lim k → + ∞ 2 k + 3 2 k + 1 = 12< 1

Serien er konvergent.

Eksempel 13

Bestem om serien er divergent ∑ k = 1 ∞ k k k ! .

La oss bruke d'Alemberts test for å bestemme divergensen til serien: lim k → + ∞ a k + 1 a k = lim k → + ∞ (k + 1) k + 1 (k + 1) ! k k k! = lim k → + ∞ (k + 1) k + 1 · k ! k k · (k + 1) ! = lim k → + ∞ (k + 1) k + 1 k k · (k + 1) = = lim k → + ∞ (k + 1) k k k = lim k → + ∞ k + 1 k k = lim k → + ∞ 1 + 1 k k = e > 1

Derfor er serien divergerende.

Radical Cauchys tegn

La oss anta at ∑ k = 1 ∞ a k er en serie med positivt fortegn. Hvis lim k → + ∞ a k k< 1 , то ряд является сходящимся, если lim k → + ∞ a k k >1, deretter divergerende.

Notat 2

Hvis lim k → + ∞ a k k = 1, gir dette tegnet ingen informasjon - ytterligere analyse er nødvendig.

Denne funksjonen kan brukes i eksempler som er enkle å identifisere. Tilfellet vil være typisk når et medlem av en tallserie er et eksponentielt potensuttrykk.

For å konsolidere informasjonen som er mottatt, la oss vurdere flere typiske eksempler.

Eksempel 14

Bestem om den positive tegnserien ∑ k = 1 ∞ 1 (2 k + 1) k er konvergent.

Den nødvendige betingelsen anses som oppfylt, siden lim k → + ∞ 1 (2 k + 1) k = 1 + ∞ + ∞ = 0 .

I henhold til kriteriet diskutert ovenfor får vi lim k → + ∞ a k k = lim k → + ∞ 1 (2 k + 1) k k = lim k → + ∞ 1 2 k + 1 = 0< 1 . Данный ряд является сходимым.

Eksempel 15

Konvergerer tallrekken ∑ k = 1 ∞ 1 3 k · 1 + 1 k k 2?

Vi bruker funksjonen beskrevet i forrige avsnitt lim k → + ∞ 1 3 k 1 + 1 k k 2 k = 1 3 lim k → + ∞ 1 + 1 k k = e 3< 1 , следовательно, числовой ряд сходится.

Integrert Cauchy-test

La oss anta at ∑ k = 1 ∞ a k er en serie med positivt fortegn. Det er nødvendig å angi funksjonen til et kontinuerlig argument y = f(x), som sammenfaller med a n = f (n) . Hvis y = f(x) større enn null, blir ikke avbrutt og avtar med [ a ; + ∞), hvor a ≥ 1

Så, hvis det upassende integralet ∫ a + ∞ f (x) d x er konvergent, så konvergerer serien som vurderes også. Hvis den divergerer, divergerer serien også i eksemplet under vurdering.

Når du sjekker om en funksjon er avtagende, kan du bruke materialet dekket i tidligere leksjoner.

Eksempel 16

Tenk på eksempelet ∑ k = 2 ∞ 1 k · ln k for konvergens.

Betingelsen for konvergens av serien anses å være oppfylt, siden lim k → + ∞ 1 k · ln k = 1 + ∞ = 0 . Tenk på y = 1 x ln x. Den er større enn null, blir ikke avbrutt og avtar med [ 2 ; + ∞). De to første punktene er kjent med sikkerhet, men det tredje bør diskuteres mer detaljert. Finn den deriverte: y " = 1 x · ln x " = x · ln x " x · ln x 2 = ln x + x · 1 x x · ln x 2 = - ln x + 1 x · ln x 2. Det er mindre enn null på [ 2 ; + ∞). Dette beviser tesen om at funksjonen er avtagende.

Faktisk tilsvarer funksjonen y = 1 x ln x egenskapene til prinsippet som vi vurderte ovenfor. La oss bruke det: ∫ 2 + ∞ d x x · ln x = lim A → + ∞ ∫ 2 A d (ln x) ln x = lim A → + ∞ ln (ln x) 2 A = = lim A → + ∞ (ln ( ln A) - ln (ln 2)) = ln (ln (+ ∞)) - ln (ln 2) = + ∞

I henhold til de oppnådde resultatene divergerer det opprinnelige eksemplet, siden det uriktige integralet er divergerende.

Eksempel 17

Bevis konvergensen til serien ∑ k = 1 ∞ 1 (10 k - 9) (ln (5 k + 8)) 3 .

Siden lim k → + ∞ 1 (10 k - 9) (ln (5 k + 8)) 3 = 1 + ∞ = 0, anses betingelsen som oppfylt.

Starter med k = 4, er det riktige uttrykket 1 (10 k - 9) (ln (5 k + 8)) 3< 1 (5 k + 8) (ln (5 k + 8)) 3 .

Hvis serien ∑ k = 4 ∞ 1 (5 k + 8) (ln (5 k + 8)) 3 anses som konvergent, så, i henhold til et av sammenligningsprinsippene, er serien ∑ k = 4 ∞ 1 (10 k - 9) ( ln (5 k + 8)) 3 vil også betraktes som konvergent. På denne måten kan vi fastslå at det opprinnelige uttrykket også er konvergent.

La oss gå videre til beviset: ∑ k = 4 ∞ 1 (5 k + 8) (ln (5 k + 8)) 3 .

Siden funksjonen y = 1 5 x + 8 (ln (5 x + 8)) 3 er større enn null, blir den ikke avbrutt og avtar med [ 4 ; + ∞). Vi bruker funksjonen beskrevet i forrige avsnitt:

∫ 4 + ∞ d x (5 x + 8) (l n (5 x + 8)) 3 = lim A → + ∞ ∫ 4 A d x (5 x + 8) (ln (5 x + 8)) 3 = = 1 5 lim A → + ∞ ∫ 4 A d (ln (5 x + 8) (ln (5 x + 8)) 3 = - 1 10 lim A → + ∞ 1 (ln (5 x + 8)) 2 | 4 A = = - 1 10 lim A → + ∞ 1 (ln (5 A + 8)) 2 - 1 (ln (5 4 + 8)) 2 = = - 1 10 1 + ∞ - 1 (ln 28) 2 = 1 10 · ln 28 2

I den resulterende konvergerende serien, ∫ 4 + ∞ d x (5 x + 8) (ln (5 x + 8)) 3, kan vi bestemme at ∑ k = 4 ∞ 1 (5 k + 8) (ln (5 k +) 8 )) 3 konvergerer også.

Raabes tegn

La oss anta at ∑ k = 1 ∞ a k er en positiv tallserie.

Hvis lim k → + ∞ k · a k a k + 1< 1 , то ряд расходится, если lim k → + ∞ k · a k a k + 1 - 1 >1, så konvergerer den.

Denne bestemmelsesmetoden kan brukes dersom teknikkene beskrevet ovenfor ikke gir synlige resultater.

Absolutt konvergensstudie

For studien tar vi ∑ k = 1 ∞ b k . Vi bruker positivt fortegn ∑ k = 1 ∞ b k . Vi kan bruke hvilken som helst av de passende funksjonene som vi beskrev ovenfor. Hvis serien ∑ k = 1 ∞ b k konvergerer, så er den opprinnelige serien absolutt konvergent.

Eksempel 18

Undersøk serien ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 3 k 3 + 2 k - 1 for konvergens ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 3 k 3 + 2 k - 1 = ∑ k = 1 ∞ 1 3 k 3 + 2 k - 1.

Betingelsen er oppfylt lim k → + ∞ 1 3 k 3 + 2 k - 1 = 1 + ∞ = 0 . La oss bruke ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 2 og bruke det andre tegnet: lim k → + ∞ 1 3 k 3 + 2 k - 1 1 k 3 2 = 1 3 .

Serien ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 3 k 3 + 2 k - 1 konvergerer. Originalserien er også absolutt konvergent.

Divergens av vekslende serier

Hvis serien ∑ k = 1 ∞ b k er divergent, så er den tilsvarende alternerende serien ∑ k = 1 ∞ b k enten divergent eller betinget konvergent.

Bare d'Alemberts test og den radikale Cauchy-testen vil bidra til å trekke konklusjoner om ∑ k = 1 ∞ b k fra divergensen fra modulene ∑ k = 1 ∞ b k . Serien ∑ k = 1 ∞ b k divergerer også hvis den nødvendige konvergensbetingelsen ikke er oppfylt, det vil si hvis lim k → ∞ + b k ≠ 0.

Eksempel 19

Sjekk divergens 1 7, 2 7 2, - 6 7 3, 24 7 4, 120 7 5 - 720 7 6, . . . .

Modul kth ledd er representert som b k = k ! 7 k.

La oss undersøke rekken ∑ k = 1 ∞ b k = ∑ k = 1 ∞ k ! 7 k for konvergens ved bruk av d'Alemberts test: lim k → + ∞ b k + 1 b k = lim k → + ∞ (k + 1) ! 7k + 1k! 7 k = 1 7 · lim k → + ∞ (k + 1) = + ∞ .

∑ k = 1 ∞ b k = ∑ k = 1 ∞ k ! 7 k divergerer på samme måte som originalversjonen.

Eksempel 20

Er ∑ k = 1 ∞ (- 1) k · k 2 + 1 ln (k + 1) konvergent.

La oss vurdere den nødvendige betingelsen lim k → + ∞ b k = lim k → + ∞ k 2 + 1 ln (k + 1) = ∞ ∞ = lim k → + ∞ = k 2 + 1 " (ln (k + 1)) " = = lim k → + ∞ 2 k 1 k + 1 = lim k → + ∞ 2 k (k + 1) = + ∞ . Betingelsen er ikke oppfylt, derfor er ∑ k = 1 ∞ (- 1) k · k 2 + 1 ln (k + 1) serien divergent. Grensen ble beregnet ved hjelp av L'Hopitals regel.

Betingede konvergenskriterier

Leibniz sin test

Definisjon 12

Hvis verdiene til vilkårene i den alternerende serien reduseres b 1 > b 2 > b 3 > . . . > . . . og modulgrensen = 0 som k → + ∞, så konvergerer serien ∑ k = 1 ∞ b k.

Eksempel 17

Vurder ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 2 k + 1 5 k (k + 1) for konvergens.

Serien er representert som ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 2 k + 1 5 k (k + 1) = ∑ k = 1 ∞ 2 k + 1 5 k (k + 1) . Den nødvendige betingelsen er oppfylt: lim k → + ∞ = 2 k + 1 5 k (k + 1) = 0 . Betrakt ∑ k = 1 ∞ 1 k ved det andre sammenligningskriteriet lim k → + ∞ 2 k + 1 5 k (k + 1) 1 k = lim k → + ∞ 2 k + 1 5 (k + 1) = 2 5

Vi finner at ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 2 k + 1 5 k (k + 1) = ∑ k = 1 ∞ 2 k + 1 5 k (k + 1) divergerer. Serien ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 2 k + 1 5 k (k + 1) konvergerer i henhold til Leibniz-kriteriet: sekvens 2 1 + 1 5 1 1 1 + 1 = 3 10, 2 2 + 1 5 · 2 · (2​+ 1) = 5 30 , 2 · 3 + 1 5 · 3 · 3 + 1 , . . . avtar og lim k → + ∞ = 2 k + 1 5 k (k + 1) = 0 .

Serien konvergerer betinget.

Abel-Dirichlet test

Definisjon 13

∑ k = 1 + ∞ u k · v k konvergerer hvis ( u k ) ikke øker og sekvensen ∑ k = 1 + ∞ v k er avgrenset.

Eksempel 17

Utforsk 1 - 3 2 + 2 3 + 1 4 - 3 5 + 1 3 + 1 7 - 3 8 + 2 9 + . . . for konvergens.

La oss forestille oss

1 - 3 2 + 2 3 + 1 4 - 3 5 + 1 3 + 1 7 - 3 8 + 2 9 + . . . = 1 1 + 1 2 (- 3) + 1 3 2 + 1 4 1 + 1 5 (- 3) + 1 6 = ∑ k = 1 ∞ u k v k

hvor (u k) = 1, 1 2, 1 3, . . . er ikke-økende, og sekvensen (v k) = 1, - 3, 2, 1, - 3, 2, . . . begrenset (S k) = 1, - 2, 0, 1, - 2, 0, . . . . Serien konvergerer.

Hvis du oppdager en feil i teksten, merk den og trykk Ctrl+Enter

Svar: serien divergerer.

Eksempel nr. 3

Finn summen av serien $\sum\limits_(n=1)^(\infty)\frac(2)((2n+1)(2n+3))$.

Siden den nedre grensen for summering er 1, er den vanlige termen i serien skrevet under sumtegnet: $u_n=\frac(2)((2n+1)(2n+3))$. La oss lage den n'te delsummen av serien, dvs. La oss summere de første $n$-leddene i en gitt tallserie:

$$ S_n=u_1+u_2+u_3+u_4+\ldots+u_n=\frac(2)(3\cdot 5)+\frac(2)(5\cdot 7)+\frac(2)(7\cdot 9) )+\frac(2)(9\cdot 11)+\ldots+\frac(2)((2n+1)(2n+3)). $$

Hvorfor jeg skriver nøyaktig $\frac(2)(3\cdot 5)$, og ikke $\frac(2)(15)$, vil fremgå av den videre fortellingen. Men å skrive ned et delvis beløp førte oss ikke en tøddel nærmere målet vårt. Vi må finne $\lim_(n\to\infty)S_n$, men hvis vi bare skriver:

$$ \lim_(n\to\infty)S_n=\lim_(n\to\infty)\left(\frac(2)(3\cdot 5)+\frac(2)(5\cdot 7)+\ frac(2)(7\cdot 9)+\frac(2)(9\cdot 11)+\ldots+\frac(2)((2n+1)(2n+3))\right), $$

da vil denne posten, helt korrekt i form, ikke gi oss noe i hovedsak. For å finne grensen må uttrykket for delsummen først forenkles.

Det er en standard transformasjon for dette, som består i å dekomponere brøken $\frac(2)((2n+1)(2n+3))$, som representerer den generelle termen i rekken, til elementære brøker. Spørsmålet om nedbrytning rasjonelle brøker et eget emne er viet de elementære (se f.eks. eksempel nr. 3 på denne siden). Ved å utvide brøken $\frac(2)((2n+1)(2n+3))$ til elementære brøker, vil vi ha:

$$ \frac(2)((2n+1)(2n+3))=\frac(A)(2n+1)+\frac(B)(2n+3)=\frac(A\cdot(2n) +3)+B\cdot(2n+1))((2n+1)(2n+3)). $$

Vi setter likhetstegn mellom tellerne av brøkene på venstre og høyre side av den resulterende likheten:

$$ 2=A\cdot(2n+3)+B\cdot(2n+1). $$

Det er to måter å finne verdiene for $A$ og $B$. Du kan åpne parentesene og omorganisere vilkårene, eller du kan ganske enkelt erstatte noen passende verdier i stedet for $n$. Bare for variasjon, i dette eksemplet vil vi gå den første veien, og i den neste vil vi erstatte private verdier $n$. Ved å åpne parentesene og omorganisere vilkårene får vi:

$$ 2=2An+3A+2Bn+B;\\ 2=(2A+2B)n+3A+B. $$

På venstre side av likheten er $n$ foran med en null. Hvis du vil, for klarhetens skyld, kan venstre side av likheten representeres som $0\cdot n+ 2$. Siden på venstre side av likheten $n$ er innledet med null, og på høyre side av likheten er $n$ foran $2A+2B$, har vi den første ligningen: $2A+2B=0$. La oss umiddelbart dele begge sider av denne ligningen med 2, hvoretter vi får $A+B=0$.

Siden på venstre side av likheten er frileddet lik 2, og på høyre side av likheten er frileddet lik $3A+B$, deretter $3A+B=2$. Så vi har et system:

$$ \left\(\begin(aligned) & A+B=0;\\ & 3A+B=2. \end(aligned)\right. $$

Vi vil gjennomføre beviset ved hjelp av metoden for matematisk induksjon. I det første trinnet må du sjekke om likheten som bevises er sann $S_n=\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$ for $n=1$. Vi vet at $S_1=u_1=\frac(2)(15)$, men vil uttrykket $\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$ gi verdien $\frac( 2 )(15)$, hvis vi erstatter $n=1$ i det? La oss sjekke:

$$ \frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)=\frac(1)(3)-\frac(1)(2\cdot 1+3)=\frac(1) (3)-\frac(1)(5)=\frac(5-3)(15)=\frac(2)(15). $$

Så for $n=1$ er likheten $S_n=\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$ tilfredsstilt. Dette fullfører det første trinnet i metoden for matematisk induksjon.

La oss anta at for $n=k$ er likheten oppfylt, dvs. $S_k=\frac(1)(3)-\frac(1)(2k+3)$. La oss bevise at den samme likheten vil være oppfylt for $n=k+1$. For å gjøre dette, vurder $S_(k+1)$:

$$ S_(k+1)=S_k+u_(k+1). $$

Siden $u_n=\frac(1)(2n+1)-\frac(1)(2n+3)$, deretter $u_(k+1)=\frac(1)(2(k+1)+ 1 )-\frac(1)(2(k+1)+3)=\frac(1)(2k+3)-\frac(1)(2(k+1)+3)$. I henhold til antakelsen ovenfor $S_k=\frac(1)(3)-\frac(1)(2k+3)$, derfor formelen $S_(k+1)=S_k+u_(k+1)$ vil ta formen:

$$ S_(k+1)=S_k+u_(k+1)=\frac(1)(3)-\frac(1)(2k+3)+\frac(1)(2k+3)-\ frac(1)(2(k+1)+3)=\frac(1)(3)-\frac(1)(2(k+1)+3). $$

Konklusjon: formelen $S_n=\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$ er riktig for $n=k+1$. Derfor, i henhold til metoden for matematisk induksjon, er formelen $S_n=\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$ sann for enhver $n\in N$. Likestilling er bevist.

I et standardkurs for høyere matematikk nøyer de seg vanligvis med å "krysse ut" kanselleringsvilkår, uten å kreve noe bevis. Så vi fikk uttrykket for den n-te delsummen: $S_n=\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$. La oss finne verdien av $\lim_(n\to\infty)S_n$:

Konklusjon: den gitte serien konvergerer og summen er $S=\frac(1)(3)$.

Den andre måten å forenkle formelen for en delsum.

Ærlig talt, jeg foretrekker denne metoden selv :) La oss skrive ned delmengden i en forkortet versjon:

$$ S_n=\sum\limits_(k=1)^(n)u_k=\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(2)((2k+1)(2k+3)). $$

Vi fikk tidligere at $u_k=\frac(1)(2k+1)-\frac(1)(2k+3)$, derfor:

$$ S_n=\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(2)((2k+1)(2k+3))=\sum\limits_(k=1)^(n)\venstre (\frac(1)(2k+1)-\frac(1)(2k+3)\right). $$

Summen $S_n$ inneholder et begrenset antall ledd, så vi kan omorganisere dem som vi vil. Jeg vil først legge til alle ledd i formen $\frac(1)(2k+1)$, og først deretter gå videre til termer av formen $\frac(1)(2k+3)$. Dette betyr at vi vil presentere delbeløpet som følger:

$$ S_n =\frac(1)(3)-\frac(1)(5)+\frac(1)(5)-\frac(1)(7)+\frac(1)(7)-\ frac(1)(9)+\frac(1)(9)-\frac(1)(11)+\ldots+\frac(1)(2n+1)-\frac(1)(2n+3)= \\ =\frac(1)(3)+\frac(1)(5)+\frac(1)(7)+\frac(1)(9)+\ldots+\frac(1)(2n+1 )-\venstre(\frac(1)(5)+\frac(1)(7)+\frac(1)(9)+\ldots+\frac(1)(2n+3)\right). $$

Selvfølgelig er den utvidede notasjonen ekstremt upraktisk, så likheten ovenfor kan skrives mer kompakt:

$$ S_n=\sum\limits_(k=1)^(n)\venstre(\frac(1)(2k+1)-\frac(1)(2k+3)\right)=\sum\limits_( k=1)^(n)\frac(1)(2k+1)-\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+3). $$

La oss nå transformere uttrykkene $\frac(1)(2k+1)$ og $\frac(1)(2k+3)$ til én form. Jeg synes det er praktisk å redusere det til en større fraksjon (selv om det er mulig å bruke en mindre, dette er en smakssak). Siden $\frac(1)(2k+1)>\frac(1)(2k+3)$ (jo større nevner, jo mindre brøk), vil vi gi brøken $\frac(1)(2k+) 3) $ til formen $\frac(1)(2k+1)$.

Jeg vil presentere uttrykket i nevneren til brøken $\frac(1)(2k+3)$ som følger:

$$ \frac(1)(2k+3)=\frac(1)(2k+2+1)=\frac(1)(2(k+1)+1). $$

Og summen $\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+3)$ kan nå skrives som følger:

$$ \sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+3)=\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2(k+1) ) )+1)=\sum\grenser_(k=2)^(n+1)\frac(1)(2k+1). $$

Hvis likheten $\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+3)=\sum\limits_(k=2)^(n+1)\frac(1)(2k+) 1) $ reiser ingen spørsmål, så la oss gå videre. Hvis du har spørsmål, vennligst utvide notatet.

Hvordan fikk vi det konverterte beløpet? Vis skjul

Vi hadde en serie $\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+3)=\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2( k+1)+1)$. La oss introdusere en ny variabel i stedet for $k+1$ - for eksempel $t$. Så $t=k+1$.

Hvordan endret den gamle variabelen $k$ seg? Og den endret seg fra 1 til $n$. La oss finne ut hvordan den nye variabelen $t$ vil endre seg. Hvis $k=1$, så $t=1+1=2$. Hvis $k=n$, så $t=n+1$. Så uttrykket $\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2(k+1)+1)$ blir nå: $\sum\limits_(t=2)^(n +1)\frac(1)(2t+1)$.

$$ \sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2(k+1)+1)=\sum\limits_(t=2)^(n+1)\frac(1) )(2t+1). $$

Vi har summen $\sum\limits_(t=2)^(n+1)\frac(1)(2t+1)$. Spørsmål: spiller det noen rolle hvilken bokstav som brukes i denne mengden? :) Bare å skrive bokstaven $k$ i stedet for $t$, får vi følgende:

$$ \sum\limits_(t=2)^(n+1)\frac(1)(2t+1)=\sum\limits_(k=2)^(n+1)\frac(1)(2k +1). $$

Slik får vi likheten $\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2(k+1)+1)=\sum\limits_(k=2)^(n+ 1) \frac(1)(2k+1)$.

Dermed kan delsummen representeres som følger:

$$ S_n=\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+1)-\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+3) )=\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+1)-\sum\limits_(k=2)^(n+1)\frac(1)(2k+1) ). $$

Merk at summene $\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+1)$ og $\sum\limits_(k=2)^(n+1)\frac(1) )(2k+1)$ avviker bare i summeringsgrensene. La oss gjøre disse grensene like. "Ta bort" det første elementet fra summen $\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+1)$ vil vi ha:

$$ \sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+1)=\frac(1)(2\cdot 1+1)+\sum\limits_(k=2)^ (n)\frac(1)(2k+1)=\frac(1)(3)+\sum\limits_(k=2)^(n)\frac(1)(2k+1). $$

"Ta bort" det siste elementet fra summen $\sum\limits_(k=2)^(n+1)\frac(1)(2k+1)$, får vi:

$$\sum\limits_(k=2)^(n+1)\frac(1)(2k+1)=\sum\limits_(k=2)^(n)\frac(1)(2k+1) )+\frac(1)(2(n+1)+1)=\sum\limits_(k=2)^(n)\frac(1)(2k+1)+\frac(1)(2n+ 3 ).$$

Da vil uttrykket for delsummen ha formen:

$$ S_n=\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+1)-\sum\limits_(k=2)^(n+1)\frac(1)(2k +1)=\frac(1)(3)+\sum\limits_(k=2)^(n)\frac(1)(2k+1)-\left(\sum\limits_(k=2)^ (n)\frac(1)(2k+1)+\frac(1)(2n+3)\right)=\\ =\frac(1)(3)+\sum\limits_(k=2)^ (n)\frac(1)(2k+1)-\sum\limits_(k=2)^(n)\frac(1)(2k+1)-\frac(1)(2n+3)=\ frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3). $$

Hvis du hopper over alle forklaringene, vil prosessen med å finne en forkortet formel for den n-te delsummen ha følgende form:

$$ S_n=\sum\limits_(k=1)^(n)u_k =\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(2)((2k+1)(2k+3)) = \sum\limits_(k=1)^(n)\venstre(\frac(1)(2k+1)-\frac(1)(2k+3)\right)=\\ =\sum\limits_(k =1)^(n)\frac(1)(2k+1)-\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+3) =\frac(1)(3) +\sum\limits_(k=2)^(n)\frac(1)(2k+1)-\venstre(\sum\limits_(k=2)^(n)\frac(1)(2k+1) )+\frac(1)(2n+3)\right)=\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3). $$

La meg minne deg på at vi reduserte brøken $\frac(1)(2k+3)$ til formen $\frac(1)(2k+1)$. Selvfølgelig kan du gjøre det motsatte, dvs. representere brøken $\frac(1)(2k+1)$ som $\frac(1)(2k+3)$. Det endelige uttrykket for delsummen endres ikke. I dette tilfellet vil jeg skjule prosessen med å finne delbeløpet under en lapp.

Hvordan finne $S_n$ hvis den konverteres til en annen brøk? Vis skjul

$$ S_n =\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+1)-\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+3) ) =\sum\limits_(k=0)^(n-1)\frac(1)(2k+3)-\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+3) )=\\ =\frac(1)(3)+\sum\limits_(k=1)^(n-1)\frac(1)(2k+3)-\left(\sum\limits_(k= 1)^(n-1)\frac(1)(2k+3)+\frac(1)(2n+3)\høyre) =\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+ 3 ). $$

Så $S_n=\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$. Finn grensen $\lim_(n\to\infty)S_n$:

$$ \lim_(n\to\infty)S_n=\lim_(n\to\infty)\left(\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)\right)=\frac (1)(3)-0=\frac(1)(3). $$

Den gitte serien konvergerer og summen $S=\frac(1)(3)$.

Svar: $S=\frac(1)(3)$.

Fortsettelsen av emnet å finne summen av en serie vil bli diskutert i andre og tredje del.