Лекции и упражнения



Pdf көрінісі
бет35/55
Дата31.12.2021
өлшемі1,95 Mb.
#107263
түріЛекции
1   ...   31   32   33   34   35   36   37   38   ...   55
Байланысты:
Matan Lectures 2013
Глоссарий(кәсіпкерлік) СӨЖ

ГЛАВА 8. РЯДЫ
Определение 82. Если существует предел
lim
n
??
S
n
=
S
, то говорят, что
ряд сходится, а число
S
называют его суммой и записывают так:
?
P
n
=1
a
n
=
=
S
. В противном случае, т.е. если предел не существует, говорят, что ряд
расходится.
Определение 83. Сумму
R
N
=
?
P
n
=
N
+1
a
n
называют остатком ряда
?
P
n
=1
a
n
.
Утверждение 34. Если ряд
?
P
n
=1
a
n
сходится, то предел
lim
N
??
R
N
= 0
.
Доказательство.
Предоставляется читателю в качестве упражнения.
Теорема 30 (Необходимый признак сходимости ряда.). Если ряд
?
P
n
=1
a
n
сходится, то
lim
n
??
a
n
= 0
.
Доказательство.
Пусть
lim
n
??
n
P
k
=1
a
k
=
S
. Тогда, очевидно,
lim
n
??
n
+1
P
k
=1
a
k
=
S
. Следовательно
lim
n
??
a
n
= lim
n
??
 
n
+1
X
k
=1
a
k
?
n
X
k
=1
a
k
!
=
S
?
S
= 0
.
8.2 Примеры рядов
Теорема 31. Пусть
b
n
 геометрическая прогрессия со знаменателем
|
q
|
<
<
1
. Тогда ряд
?
P
n
=1
b
n
сходится и его сумма равна
b
1
1
?
q
.
Доказательство.
Рассмотрим частичные суммы
N
P
n
=1
b
n
=
b
1
·
q
N
?
1
q
?
1
по формуле для суммы
конечной геометрической прогрессии. Взяв
lim
N
??
от обеих частей равенства,
получим
?
P
n
=1
b
n
=
b
1
·
lim
N
??
q
N
?
1
q
?
1
. Учитывая условие
|
q
|
<
1
, получим
?
P
n
=1
b
n
=
=
b
1
·
?
1
q
?
1
=
b
1
1
?
q
.
Замечание. Условие
|
q
|
<
1
необходимо для сходимости. Так, например, ряд
?
P
n
=1
(
?
1)
n
=
?
1 + 1
?
1 + 1
?
...
расходится, т.к. его частичные суммы равны
то -1, то 0, т.е. не существует предела.
Определение 84. Гармоническим рядом называют ряд
?
P
n
=1
1
n
.


8.2. ПРИМЕРЫ РЯДОВ
107
Теорема 32. Гармонический ряд расходится.
Доказательство.
Рассмотрим частичную сумму
S
2
n
= 1 +
1
2
+
1
3
+
...
+
1
2
n
и сгруппируем
слагаемые:
S
2
n
= 1 +
1
2
+
1
3
+
1
4
+
1
5
+
. . .
+
1
8
+
. . .
+
1
2
n
?
1
+ 1
+
. . .
+
1
2
n
.
Рассмотрим
k
?
ю скобку:
1
2
k
?
1
+ 1
+
. . .
+
1
2
k
?
1
2
k
+
. . .
+
1
2
k
=
2
k
?
1
2
k
=
1
2
.
Следовательно,
S
2
n
?
1 + (
n
?
1)
Ч
1
2
=
1+
n
2
. Таким образом, частичные
суммы образуют б.б.п и поэтому не существует их предела.
Теорема 33. Ряд
?
P
n
=1
1
n
2
сходится.
Доказательство.
Заметим, что
1
n
2
<
1
n
(
n
?
1)
=
1
n
?
1
?
1
n
при
n >
1
. Следовательно
1
1
2
+
1
2
2
+
...
+
+
1
n
2
<
1 +
1
1
·
2
+
1
2
·
3
+
...
+
1
(
n
?
1)
·
n
<
1 + 1
?
1
2
+
1
2
?
1
3
+
...
+
1
n
?
1
?
1
n
= 2
?
1
n
<
2
.
Таким образом, последовательность частичных сумм является ограничен-
ной и возрастает. Следовательно, по теореме Вейерштрасса, существует ее
предел.
Теорема 34. Ряд
2
?
P
n
=1
(
?
1)
n
n
сходится.
Доказательство.
Рассмотрим последовательность частичных сумм с нечетными номерами:
S
1
,
S
3
, ...
S
2
k
+1
,... Заметим, что с одной стороны
S
2
k
+1
=
?
1 +
1
2
+
?
1
3
+
1
4
+
...
+
?
1
2
k
+ 1
+
1
2
k
?
1
2
k
+ 1
<
0
,
поскольку сумма чисел, стоящих в каждой из скобок отрицательна.
С другой стороны,
S
2
k
+1
=
S
2
k
?
1
+
1
2
k
?
1
2
k
+ 1
> S
2
k
?
1
,
т.е. последовательность возрастает. Следовательно, существует предел нечет-
ных сумм
lim
k
??
S
2
k
+1
=
A
.
Рассмотрим теперь суммы с четными номерами:
lim
k
??
S
2
k
= lim
k
??
(
S
2
k
+1
+
1
2
k
+ 1
) =
A.
Следовательно
lim
n
??
S
n
=
A
, т.е. ряд сходится.
2
Ряд такого вида является примером ряда Лейбница


108
ГЛАВА 8. РЯДЫ
Верна более общая теорема
Теорема 35 (Признак Лейбница). Пусть последовательность
a
n
состо-
ит из положительных членов, монотонно невозрастает и стремится к
нулю. Тогда знакопеременный ряд
a
1
?
a
2
+
a
3
?
a
4
+
...
=
?
P
n
=1
(
?
1)
n
+1
·
a
n
сходится.
Доказательство.
Пусть
S
n
 частичные суммы ряда. Заметим, что для произвольного
k
?
N
выполнены неравенства:
S
2
k
6
S
2
k
+2
6
S
2
k
+3
6
S
2
k
+1
. Действительно,
S
2
k
+2
=
S
2
k
+
a
2
k
+1
?
a
2
k
+2
>
S
2
k
,
S
2
k
+3
=
S
2
k
+2
+
a
2
k
+3
>
S
2
k
+2
и
S
2
k
+1
=
S
2
k
+3
?
a
2
k
+3
+
a
2
k
+2
>
S
2
k
+3
. Следовательно, последовательность
отрезков
[
S
2
, S
3
]
?
[
S
4
, S
5
]
?
. . .
?
[
S
2
k
, S
2
k
+1
]
?
. . .
является вложенной.
Поскольку
S
2
k
+1
?
S
2
k
=
a
2
k
+1
?
0
при
k
? ?
, то последоваттельность
является стягивающейся. По принципу стягивающихся отрезков существу-
ет единственная общая точка, которая является пределом частичных сумм,
т.е. суммой ряда.
8.3 Признак Вейерштрасса.*
Теорема 36 (Критерий Коши для рядов). Ряд
?
P
n
=1
a
n
сходится тогда и
только тогда когда для любого
? >
0
найдется
N
?
N
такое, что
?
n, n
0
>
> N
(
|
S
n
?
S
n
0
|
< ?
)
.
Доказательство.
Очевидно следует из критерия Коши для последовательности частичных
сумм.
Теорема 37 (Признак Вейерштрасса). Пусть
?
n
?
N
(
|
b
n
| ?
a
n
)
и ряд
?
P
n
=1
a
n
сходится к некоторому числу
S
. Тогда ряд
?
P
n
=1
b
n
сходится к неко-
торому
S
0
и
S
0
?
S
.
Доказательство.
По критерию Коши для всех
? >
0
найдется
N
?
N
такое, что
?
n, n
0
>
> N
(
|
S
n
?
S
n
0
|
< ?
)
. Будем считать, что
n < n
0
, тогда
|
b
n
+1
+
b
n
+2
+
. . .
+
b
n
0
| ? |
b
n
+1
|
+
. . .
+
|
b
n
0
| ?
a
n
+1
+
. . .
+
a
n
0
< ?.
Значит критерий Коши выполнен для ряда
?
P
n
=1
b
n
, следовательно, он схо-
дится. А неравенство
S
0
?
S
вытекает из аналогичного неравенства для
частичных сумм.


8.4. РЯД
?
P
N
=0
1
N
!
.
109
8.4 Ряд
?
P
n
=0
1
n
!
.
Лемма 11. Ряд
?
P
n
=0
1
n
!
сходится.
Доказательство.
Очевидно, что последовательность
S
n
монотонно возрастает. А из неравен-
ства
S
n
= 1 + 1 +
1
2!
+
. . .
+
1
n
!
<
1 + 1 +
1
2
+
1
4
+
. . .
+
1
2
n
?
1
= 3
?
1
2
n
?
1
<
3
следует ее ограниченность. Следовательно, по теореме Вейерштрасса она
имеет предел.
Теорема 38. Сумма ряда
?
P
n
=0
1
n
!
равна
e
(Числу Эйлера).
Доказательство.
Обозначим
e
1
=
?
P
n
=0
1
n
!
.
Рассмотрим последовательность
E
n
=
1 +
1
n
n
= 1 +
C
1
n
n
+
C
2
n
n
2
+
. . .
+
C
n
n
n
n
.
Как известно (по следствию 13), предел этой последовательности существу-
ет и равен
e
. Несложно заметить, что
C
k
n
·
1
n
k
?
1
n
!
при всех
k
= 1
,
2
, . . . , n
.
следовательно
E
n
?
S
n
, а значит, по лемме 19 (о предельном переходе в
неравенствах)
e
?
e
1
.
С другой стороны, выберем некоторое
? >
0
и некоторое
k
. В сумме
E
n
= 1 +
C
1
n
n
+
C
2
n
n
2
+
. . .
+
C
n
n
n
n
предел каждого из слагаемых при
n
? ?
равен
lim
n
??
C
l
n
n
l
=
1
l
!
. Выберем
n > k
, так, чтобы неравенство
C
l
n
n
l
>
1
l
!
?
?
k
выполнялось при всех
l
= 1
, . . . , k
. Просуммировав неравенства, получаем,
что
E
n
= 1 +
C
1
n
n
+
C
2
n
n
2
+
. . .
+
C
n
n
n
n
?
1 +
C
1
n
n
+
C
2
n
n
2
+
. . .
+
C
k
n
n
k
?
?
1 +
1
1!
?
?
k
+
. . .
+
1
k
!
?
?
k
=
S
k
?
?.
Переходя к пределу при
k
? ?
(заметим, что при этом
n
? ?
тоже), полу-
чаем
e
?
e
1
?
?
. Из доказанного ранее неравенства
e
?
e
1
и произвольности
? >
0
заключаем, что
e
1
=
e
.
Теорема 39. Число
e
иррационально.


110

Достарыңызбен бөлісу:
1   ...   31   32   33   34   35   36   37   38   ...   55




©engime.org 2022
әкімшілігінің қараңыз

    Басты бет