Dieser Artikel ist eine strukturierte und detaillierte Information, die bei der Analyse von Übungen und Aufgaben nützlich sein kann. Wir werden uns mit dem Thema Zahlenreihen befassen.

Dieser Artikel beginnt mit grundlegenden Definitionen und Konzepten. Als nächstes werden wir Standardoptionen und die grundlegenden Formeln studieren. Um das Material zu festigen, stellt der Artikel die wichtigsten Beispiele und Aufgaben vor.

Grundlegende Thesen

Stellen Sie sich zunächst das System vor: a 1 , a 2 . . . , ein , . . . , wobei ein k ∈ R , k = 1 , 2 . . . .

Nehmen wir zum Beispiel Zahlen wie: 6 , 3 , - 3 2 , 3 4 , 3 8 , - 3 16 , . . . .

Bestimmung 1

Die Zahlenreihe ist die Summe der Terme ∑ a k k = 1 ∞ = a 1 + a 2 + . . . + ein n + . . . .

Um die Definition besser zu verstehen, betrachten Sie diesen Fall, in dem q = -0 ist. 5: 8 - 4 + 2 - 1 + 1 2 - 1 4 + . . . = ∑ k = 1 ∞ (- 16) · - 1 2 k .

Bestimmung 2

a k ist üblich oder k-te ein Mitglied der Reihe.

Es sieht etwa so aus - 16 · - 1 2 k .

Bestimmung 3

Teilsumme einer Reihe sieht etwa so aus S n = a 1 + a 2 + . . . + ein n , in dem n- irgendeine Nummer. Sn ist n die Summe der Reihe.

Zum Beispiel ist ∑ k = 1 ∞ (- 16) · - 1 2 k S 4 = 8 - 4 + 2 - 1 = 5 .

S1, S2, . . . , S n , . . . eine unendliche Zahlenfolge bilden.

Für eine Zahl n-te die Summe ergibt sich aus der Formel S n \u003d a 1 (1 - q n) 1 - q \u003d 8 1 - - 1 2 n 1 - - 1 2 \u003d 16 3 1 - - 1 2 n. Wir verwenden die folgende Folge von Partialsummen: 8 , 4 , 6 , 5 , . . . , 16 3 1 - - 1 2 n , . . . .

Bestimmung 4

Die Reihe ∑ k = 1 ∞ a k ist konvergierend wenn die Folge einen endlichen Grenzwert hat S = lim S n n → + ∞ . Gibt es keinen Grenzwert oder ist die Folge unendlich, so heißt die Reihe ∑ k = 1 ∞ a k abweichend.

Bestimmung 5

Die Summe der konvergenten Reihe∑ k = 1 ∞ a k ist der Grenzwert der Folge ∑ k = 1 ∞ a k = lim S n n → + ∞ = S .

In diesem Beispiel ist lim S n n → + ∞ = lim 16 3 t → + ∞ 1 - 1 2 n = 16 3 lim n → + ∞ 1 - - 1 2 n = 16 3 , Reihe ∑ k = 1 ∞ (- 16 ) · - 1 2 k konvergiert. Die Summe ist 16 3: ∑ k = 1 ∞ (- 16) · - 1 2 k = 16 3 .

Beispiel 1

Ein Beispiel für eine divergierende Reihe ist die Summe einer geometrischen Folge mit einem Nenner größer als eins: 1 + 2 + 4 + 8 + . . . + 2n - 1 + . . . = ∑ k = 1 ∞ 2 k - 1 .

Die n-te Partialsumme wird durch den Ausdruck S n = a 1 (1 - q n) 1 - q = 1 (1 - 2 n) 1 - 2 = 2 n - 1 definiert, und die Grenze der Partialsummen ist unendlich: lim n → + ∞ S n = lim n → + ∞ (2 n - 1) = + ∞ .

Ein weiteres Beispiel für eine divergierende Zahlenreihe ist die Summe der Form ∑ k = 1 ∞ 5 = 5 + 5 + . . . . In diesem Fall kann die n-te Teilsumme berechnet werden als S n = 5 n . Der Grenzwert von Partialsummen ist unendlich lim n → + ∞ S n = lim n → + ∞ 5 n = + ∞ .

Bestimmung 6

Eine Summe ähnlich ∑ k = 1 ∞ = 1 + 1 2 + 1 3 + . . . + 1n + . . . - Das harmonisch Zahlenreihe.

Bestimmung 7

Die Summe ∑ k = 1 ∞ 1 k s = 1 + 1 2 s + 1 3 s + . . . + 1n s + . . . , wo s eine reelle Zahl ist, eine verallgemeinerte harmonische Zahlenreihe ist.

Die oben besprochenen Definitionen helfen Ihnen bei der Lösung der meisten Beispiele und Probleme.

Um die Definitionen zu vervollständigen, müssen bestimmte Gleichungen bewiesen werden.

1. ∑ k = 1 ∞ 1 k ist divergent.

Wir handeln umgekehrt. Konvergiert sie, so ist der Grenzwert endlich. Wir können die Gleichung schreiben als lim n → + ∞ S n = S und lim n → + ∞ S 2 n = S . Nach bestimmten Aktionen erhalten wir die Gleichheit l i m n → + ∞ (S 2 n - S n) = 0 .

Gegen,

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

Es gelten folgende Ungleichungen: 1 n + 1 > 1 2 n , 1 n + 1 > 1 2 n , . . . , 1 2 n - 1 > 1 2 n . Wir erhalten, dass 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 . Der Ausdruck S 2 n – S n > 1 2 gibt an, dass lim n → + ∞ (S 2 n – S n) = 0 nicht erreicht wird. Die Reihe ist divergent.

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

Es muss bestätigt werden, dass die Summe der Zahlenfolge für q konvergiert< 1 , и расходится при q ≥ 1 .

Nach den obigen Definitionen ist die Summe n Mitglieder wird nach der Formel S n = b 1 · (q n - 1) q - 1 bestimmt.

Wenn 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

Wir haben bewiesen, dass die Zahlenreihe konvergiert.

Für q = 1 b 1 + b 1 + b 1 + . . . ∑ k = 1 ∞ b 1 . Die Summen können mit der Formel S n = b 1 · n ermittelt werden, der Grenzwert ist unendlich lim n → + ∞ S n = lim n → + ∞ b 1 · n = ∞ . In der vorgestellten Version divergiert die Reihe.

Wenn ein q = - 1, dann sieht die Reihe wie folgt aus: b 1 - b 1 + b 1 - . . . = ∑ k = 1 ∞ b 1 (- 1) k + 1 . Teilsummen sehen wie folgt aus: S n = b 1 für ungerade n, und S n = 0 für gerade n. Nachdem wir diesen Fall betrachtet haben, stellen wir sicher, dass es keine Grenze gibt und die Reihe divergent ist.

Für 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 = ∞

Wir haben bewiesen, dass die Zahlenreihe divergiert.

1. Die Reihe ∑ k = 1 ∞ 1 k s konvergiert, wenn s > 1 und divergiert, falls s ≤ 1 .

Für s = 1 erhalten wir ∑ k = 1 ∞ 1 k , divergiert die Reihe.

Für s< 1 получаем 1 k s ≥ 1 k для k, natürliche Zahl. Da die Reihe divergent ist ∑ k = 1 ∞ 1 k , gibt es keine Grenze. Danach ist die Folge ∑ k = 1 ∞ 1 k s unbeschränkt. Wir schließen daraus, dass die gewählte Reihe bei divergiert s< 1 .

Es muss nachgewiesen werden, dass die Reihe ∑ k = 1 ∞ 1 k s konvergiert für s > 1.

Stellen Sie sich S 2 n - 1 - S n - 1 vor:

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(2n - 1)s

Nehmen wir an, dass 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

Stellen Sie sich eine Gleichung für natürliche und gerade Zahlen n = 2 vor: 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 . . .

Wir bekommen:

∑ k = 1 ∞ 1 k s = 1 + 1 2 s + 1 3 s + 1 4 s + . . . + 17 Jahre + 18 Jahre + . . . + 1 15 s + . . . \u003d \u003d 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 + . . .

Der Ausdruck 1 + 1 2 s - 1 + 1 2 s - 1 2 + 1 2 s - 1 3 + . . . ist die Summe einer geometrischen Folge q = 1 2 s - 1 . Nach den Ausgangsdaten s > 1, dann 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 > 1 steigt und wird von oberhalb 1 1 - 1 2 s - 1 begrenzt. Stellen Sie sich vor, es gibt einen Grenzwert und die Reihe ist konvergent ∑ k = 1 ∞ 1 k s .

Bestimmung 8

Reihe ∑ k = 1 ∞ a k in dem Fall positiv, wenn seine Mitglieder > 0 a k > 0 , k = 1 , 2 , . . . .

Reihe ∑ k = 1 ∞ b k abwechselnd wenn die Vorzeichen der Zahlen unterschiedlich sind. Dieses Beispiel wird dargestellt als ∑ k = 1 ∞ b k = ∑ k = 1 ∞ (- 1) k a k oder ∑ k = 1 ∞ b k = ∑ k = 1 ∞ (- 1) k + 1 a k , wobei a k ​​> 0 , k = 1 , 2 , . . . .

Reihe ∑ k = 1 ∞ b k abwechselnd, da es viele Zahlen enthält, negative und positive.

Die zweite Variante der Serie ist ein Sonderfall der dritten Variante.

Hier sind jeweils Beispiele für jeden Fall:

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 + . . .

Für die dritte Option können Sie auch absolute und bedingte Konvergenz definieren.

Bestimmung 9

Die alternierende Reihe ∑ k = 1 ∞ b k ist absolut konvergent, wenn auch ∑ k = 1 ∞ b k als konvergent betrachtet wird.

Werfen wir einen Blick auf einige der typischen Optionen.

Beispiel 2

Wenn Reihen 6 - 3 + 3 2 - 3 4 + 3 8 - 3 16 + . . . und 6 + 3 - 3 2 + 3 4 + 3 8 - 3 16 + . . . als konvergent definiert sind, dann ist es richtig anzunehmen, dass 6 + 3 + 3 2 + 3 4 + 3 8 + 3 16 + . . .

Bestimmung 10

Eine alternierende Reihe ∑ k = 1 ∞ b k wird als bedingt konvergent betrachtet, wenn ∑ k = 1 ∞ b k divergent ist, und die Reihe ∑ k = 1 ∞ b k wird als konvergent betrachtet.

Beispiel 3

Betrachten wir im Detail die Option ∑ k = 1 ∞ (- 1) k + 1 k = 1 - 1 2 + 1 3 - 1 4 + . . . . Die Reihe ∑ k = 1 ∞ (- 1) k + 1 k = ∑ k = 1 ∞ 1 k , die aus Beträgen besteht, wird als divergent definiert. Diese Variante wird als konvergent angesehen, da sie leicht zu bestimmen ist. Aus diesem Beispiel lernen wir, dass die Reihe ∑ k = 1 ∞ (- 1) k + 1 k = 1 - 1 2 + 1 3 - 1 4 + . . . wird als bedingt konvergent betrachtet.

Merkmale konvergenter Reihen

Lassen Sie uns die Eigenschaften für bestimmte Fälle analysieren

1. Wenn ∑ k = 1 ∞ a k konvergiert, dann wird auch die Reihe ∑ k = m + 1 ∞ a k als konvergent erkannt. Es kann festgestellt werden, dass die Serie m Mitglieder gilt auch als konvergent. Wenn wir mehrere Zahlen zu ∑ k = m + 1 ∞ a k addieren, dann konvergiert auch das resultierende Ergebnis.
2. Wenn ∑ k = 1 ∞ a k konvergiert und die Summe = S, dann die Reihe ∑ k = 1 ∞ A ak , ∑ k = 1 ∞ A ak = A S , wobei EIN-Konstante.
3. Wenn ∑ k = 1 ∞ a k und ∑ k = 1 ∞ b k konvergieren, sind die Summen EIN und B dann konvergieren auch die Reihen ∑ k = 1 ∞ a k + b k und ∑ k = 1 ∞ a k - b k . Die Beträge werden A+B und AB bzw.

Beispiel 4

Bestimmen Sie, dass die Reihe ∑ k = 1 ∞ 2 3 k · k 3 konvergiert.

Ändern wir den Ausdruck ∑ k = 1 ∞ 2 3 k · k 3 = ∑ k = 1 ∞ 2 3 · 1 k 4 3 . Die Reihe ∑ k = 1 ∞ 1 k 4 3 wird als konvergent betrachtet, da die Reihe ∑ k = 1 ∞ 1 k s für konvergiert s > 1. Gemäß der zweiten Eigenschaft ist ∑ k = 1 ∞ 2 3 · 1 k 4 3 .

Beispiel 5

Bestimmen Sie, ob die Reihe konvergiert ∑ n = 1 ∞ 3 + n n 5 2 .

Wir transformieren die ursprüngliche Version ∑ n = 1 ∞ 3 + n n 5 2 = ∑ n = 1 ∞ 3 n 5 2 + n n 2 = ∑ n = 1 ∞ 3 n 5 2 + ∑ n = 1 ∞ 1 n 2 .

Wir erhalten die Summe ∑ n = 1 ∞ 3 n 5 2 und ∑ n = 1 ∞ 1 n 2 . Jede Reihe wird gemäß der Eigenschaft als konvergent erkannt. Da die Serien zusammenlaufen, tut dies auch die Originalversion.

Beispiel 6

Berechnen Sie, ob die Reihe 1 - 6 + 1 2 - 2 + 1 4 - 2 3 + 1 8 - 2 9 + konvergiert. . . und berechnen Sie den Betrag.

Lassen Sie uns das Original aufschlüsseln:

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

Jede Reihe konvergiert, weil sie eines der Mitglieder der Zahlenfolge ist. Gemäß der dritten Eigenschaft können wir berechnen, dass auch die ursprüngliche Version konvergent ist. Wir berechnen die Summe: Der erste Term der Reihe ∑ k = 1 ∞ 1 2 k - 1 = 1, und der Nenner = 0 . 5 , gefolgt von ∑ k = 1 ∞ 1 2 k - 1 = 1 1 - 0 . 5 = 2 . Der erste Term ist ∑ k = 1 ∞ 1 3 k - 2 = 3 , und der Nenner der abnehmenden Zahlenfolge = 1 3 . Wir erhalten: ∑ k = 1 ∞ 1 3 k - 2 = 3 1 - 1 3 = 9 2 .

Wir verwenden die oben erhaltenen Ausdrücke, um die Summe 1 - 6 + 1 2 - 2 + 1 4 - 2 3 + 1 8 - 2 9 + zu bestimmen. . . = ∑ k = 1 ∞ 1 2 k - 1 - 2 ∑ k = 1 ∞ 1 3 k - 2 = 2 - 2 9 2 = - 7

Eine notwendige Bedingung für die Bestimmung, ob eine Reihe konvergent ist

Bestimmung 11

Wenn die Reihe ∑ k = 1 ∞ a k konvergiert, dann ihr Grenzwert k-te Term = 0: lim k → + ∞ a k = 0 .

Wenn wir eine Option ankreuzen, dürfen wir die unverzichtbare Bedingung nicht vergessen. Ist sie nicht erfüllt, dann divergiert die Reihe. Wenn lim k → + ∞ a k ≠ 0 , dann ist die Reihe divergent.

Es sollte klargestellt werden, dass die Bedingung wichtig, aber nicht ausreichend ist. Wenn die Gleichheit lim k → + ∞ a k = 0 gilt, dann garantiert dies nicht, dass ∑ k = 1 ∞ a k konvergent ist.

Nehmen wir ein Beispiel. Für die harmonische Reihe ∑ k = 1 ∞ 1 k ist die Bedingung lim k → + ∞ 1 k = 0 erfüllt, aber die Reihe divergiert trotzdem.

Beispiel 7

Konvergenz bestimmen ∑ n = 1 ∞ n 2 1 + n .

Überprüfen Sie den ursprünglichen Ausdruck für die Bedingung 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

Grenze n Mitglied ist nicht 0 . Wir haben bewiesen, dass diese Reihe divergiert.

So bestimmen Sie die Konvergenz einer positiven Vorzeichenreihe.

Wenn Sie diese Funktionen ständig nutzen, müssen Sie ständig die Grenzen berechnen. Dieser Abschnitt hilft Ihnen, Schwierigkeiten beim Lösen von Beispielen und Problemen zu vermeiden. Um die Konvergenz einer positiven Vorzeichenreihe zu bestimmen, gibt es eine bestimmte Bedingung.

Für Konvergenz mit positivem Vorzeichen ∑ k = 1 ∞ a k , a k > 0 ∀ k = 1 , 2 , 3 , . . . Sie müssen eine begrenzte Folge von Summen definieren.

So vergleichen Sie Zeilen

Es gibt mehrere Anzeichen für einen Serienvergleich. Wir vergleichen die Reihe, deren Konvergenz bestimmt werden soll, mit der Reihe, deren Konvergenz bekannt ist.

Erstes Anzeichen

∑ k = 1 ∞ a k und ∑ k = 1 ∞ b k sind positive Reihen. Es gilt die Ungleichung a k ≤ b k k = 1, 2, 3, ... Daraus folgt, dass wir aus der Reihe ∑ k = 1 ∞ b k ∑ k = 1 ∞ a k erhalten können. Da ∑ k = 1 ∞ a k divergiert, kann die Reihe ∑ k = 1 ∞ b k als divergent definiert werden.

Diese Regel wird ständig zum Lösen von Gleichungen verwendet und ist ein ernsthaftes Argument, das bei der Bestimmung der Konvergenz hilft. Schwierigkeiten können darin liegen, dass es längst nicht möglich ist, in jedem Fall ein geeignetes Vergleichsbeispiel zu finden. Sehr oft wird eine Reihe nach dem Prinzip des Indikators ausgewählt k-te term ist gleich dem Ergebnis der Subtraktion der Exponenten von Zähler und Nenner k-te Reihenmitglied. Nehmen wir an, dass a k = k 2 + 3 4 k 2 + 5 , die Differenz wird gleich sein 2 – 3 = - 1 . In diesem Fall kann bestimmt werden, dass eine Reihe mit k-te Term b k = k - 1 = 1 k , was harmonisch ist.

Um das erhaltene Material zu konsolidieren, werden wir einige typische Optionen im Detail betrachten.

Beispiel 8

Bestimme die Reihe ∑ k = 1 ∞ 1 k - 1 2 .

Da der Grenzwert = 0 lim k → + ∞ 1 k - 1 2 = 0 ist, haben wir die notwendige Bedingung erfüllt. Die Ungleichung wird fair 1 k sein< 1 k - 1 2 для k, die natürlich sind. Aus den vorherigen Abschnitten haben wir gelernt, dass die harmonische Reihe ∑ k = 1 ∞ 1 k divergent ist. Nach dem ersten Kriterium kann bewiesen werden, dass die ursprüngliche Version abweicht.

Beispiel 9

Bestimmen Sie, ob die Reihe konvergent oder divergent ist ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 + 3 k - 1 .

In diesem Beispiel ist die notwendige Bedingung erfüllt, da lim k → + ∞ 1 k 3 + 3 k - 1 = 0 . Wir stellen in Form der Ungleichung 1 k 3 + 3 k - 1 dar< 1 k 3 для любого значения k. Die Reihe ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 ist konvergent, da die harmonische Reihe ∑ k = 1 ∞ 1 k s für konvergiert s > 1. Nach dem ersten Merkmal können wir schließen, dass die Zahlenreihe konvergent ist.

Beispiel 10

Bestimme die Reihe ∑ k = 3 ∞ 1 k ln (ln k) . lim k → + ∞ 1 k ln (ln k) = 1 + ∞ + ∞ = 0 .

Bei dieser Variante ist es möglich, die Erfüllung der gewünschten Bedingung zu markieren. Lassen Sie uns eine Reihe zum Vergleich definieren. Zum Beispiel ∑ k = 1 ∞ 1 k s . Um zu bestimmen, was ein Grad ist, betrachte die Folge ( ln (ln k) ) , k = 3 , 4 , 5 . . . . Die Mitglieder der Folge ln (ln 3) , ln (ln 4) , ln (ln 5) , . . . steigt bis ins Unendliche. Nach der Analyse der Gleichung kann festgestellt werden, dass, wenn N = 1619 als Wert genommen wird, die Terme der Folge > 2 sind. Für diese Folge gilt die Ungleichung 1 k ln (ln k)< 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.

Zweites Zeichen

Nehmen wir an, dass ∑ k = 1 ∞ a k und ∑ k = 1 ∞ b k positive Vorzeichenreihen sind.

Wenn lim k → + ∞ a k b k ≠ ∞ , dann konvergiert die Reihe ∑ k = 1 ∞ b k und ∑ k = 1 ∞ a k konvergiert ebenfalls.

Wenn lim k → + ∞ a k b k ≠ 0 , dann divergiert ∑ k = 1 ∞ a k , da die Reihe ∑ k = 1 ∞ b k divergiert.

Wenn lim k → + ∞ a k b k ≠ ∞ und lim k → + ∞ a k b k ≠ 0 , dann bedeutet die Konvergenz oder Divergenz einer Reihe die Konvergenz oder Divergenz einer anderen.

Betrachten Sie ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 + 3 k - 1 mit Hilfe des zweiten Merkmals. Zum Vergleich ∑ k = 1 ∞ b k nehmen wir die konvergente Reihe ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 . Definieren Sie den Grenzwert: 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

Nach dem zweiten Kriterium lässt sich feststellen, dass die konvergente Reihe ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 bedeutet, dass auch die ursprüngliche Version konvergiert.

Beispiel 11

Bestimme die Reihe ∑ n = 1 ∞ k 2 + 3 4 k 3 + 5 .

Analysieren wir die notwendige Bedingung lim k → ∞ k 2 + 3 4 k 3 + 5 = 0 , die in dieser Version erfüllt ist. Nimm nach dem zweiten Kriterium die Reihe ∑ k = 1 ∞ 1 k . Wir suchen den Grenzwert: lim k → + ∞ k 2 + 3 4 k 3 + 5 1 k = lim k → + ∞ k 3 + 3 k 4 k 3 + 5 = 1 4

Nach den obigen Thesen bringt die divergente Reihe die Divergenz der ursprünglichen Reihe mit sich.

Drittes Zeichen

Betrachten Sie das dritte Vergleichszeichen.

Nehmen Sie an, dass ∑ k = 1 ∞ a k und _ ∑ k = 1 ∞ b k Zahlenreihen mit positivem Vorzeichen sind. Wenn die Bedingung für eine Zahl a k + 1 a k ≤ b k + 1 b k erfüllt ist, dann bedeutet die Konvergenz dieser Reihe ∑ k = 1 ∞ b k , dass die Reihe ∑ k = 1 ∞ a k auch konvergent ist. Aus der divergenten Reihe ∑ k = 1 ∞ a k folgt die Divergenz ∑ k = 1 ∞ b k .

Zeichen von d'Alembert

Stellen Sie sich vor, dass ∑ k = 1 ∞ a k eine Zahlenreihe mit positivem Vorzeichen ist. Wenn lim k → + ∞ a k + 1 a k< 1 , то ряд является сходящимся, если lim k → + ∞ a k + 1 a k >1 , dann abweichend.

Bemerkung 1

Der d'Alembert-Test ist gültig, wenn der Grenzwert unendlich ist.

Wenn lim k → + ∞ a k + 1 a k = - ∞ , dann ist die Reihe konvergent, wenn lim k → ∞ a k + 1 a k = + ∞ , dann ist sie divergent.

Wenn lim k → + ∞ a k + 1 a k = 1 , dann hilft der d'Alembert-Test nicht und mehrere weitere Studien sind erforderlich.

Beispiel 12

Bestimmen Sie mit dem d'Alembert-Test, ob die Reihe konvergent oder divergent ist ∑ k = 1 ∞ 2 k + 1 2 k.

Es ist zu prüfen, ob die notwendige Konvergenzbedingung erfüllt ist. Berechnen wir die Grenze mit der Regel von L'Hospital: lim k → + ∞ 2 k + 1 2 k = ∞ ∞ = lim k → + ∞ 2 k + 1 " 2 k " = lim k → + ∞ 2 2 k ln 2 = 2 + ∞ log 2 = 0

Wir können sehen, dass die Bedingung erfüllt ist. Verwenden wir den d'Alembert-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

Die Reihe ist konvergent.

Beispiel 13

Bestimmen Sie, ob die Reihe divergent ist ∑ k = 1 ∞ k k k ! .

Verwenden wir den d'Alembert-Test, um die Divergenz der Reihe zu bestimmen: 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

Daher ist die Reihe divergent.

Cauchys radikales Zeichen

Angenommen, ∑ k = 1 ∞ a k ist eine Reihe mit positivem Vorzeichen. Wenn lim k → + ∞ a k k< 1 , то ряд является сходящимся, если lim k → + ∞ a k k >1 , dann abweichend.

Bemerkung 2

Wenn lim k → + ∞ a k k = 1 , dann liefert dieses Merkmal keine Informationen – eine zusätzliche Analyse ist erforderlich.

Diese Funktion kann in leicht zu identifizierenden Beispielen verwendet werden. Der Fall wird charakteristisch sein, wenn ein Mitglied der Zahlenreihe ein exponentieller Exponentialausdruck ist.

Betrachten Sie einige typische Beispiele, um die erhaltenen Informationen zu konsolidieren.

Beispiel 14

Bestimmen Sie, ob die positive Reihe ∑ k = 1 ∞ 1 (2 k + 1) k gegen die Reihe konvergiert.

Die notwendige Bedingung gilt als erfüllt, da lim k → + ∞ 1 (2 k + 1) k = 1 + ∞ + ∞ = 0 .

Nach dem oben betrachteten Test erhalten wir 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.

Beispiel 15

Konvergiert die Zahlenreihe ∑ k = 1 ∞ 1 3 k · 1 + 1 k k 2 .

Wir verwenden das im vorigen Absatz beschriebene Zeichen 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.

Integraler Cauchy-Test

Angenommen, ∑ k = 1 ∞ a k ist eine Reihe mit positivem Vorzeichen. Es ist notwendig, eine Funktion eines kontinuierlichen Arguments zu bezeichnen y=f(x), was zu a n = f (n) passt. Wenn ein y=f(x) größer als Null, bricht nicht und nimmt auf [ a ; + ∞) , wobei a ≥ 1

Wenn dann das uneigentliche Integral ∫ a + ∞ f (x) d x konvergiert, dann konvergiert auch die betrachtete Reihe. Divergiert sie, so divergiert im betrachteten Beispiel auch die Reihe.

Wenn Sie den Zerfall einer Funktion überprüfen, können Sie das Material verwenden, das in früheren Lektionen besprochen wurde.

Beispiel 16

Betrachten Sie das Beispiel ∑ k = 2 ∞ 1 k ln k für Konvergenz.

Die Konvergenzbedingung der Reihe wird als erfüllt angesehen, da lim k → + ∞ 1 k ln k = 1 + ∞ = 0 . Betrachten Sie y = 1 x ln x . Sie ist größer Null, wird nicht unterbrochen und nimmt um [ 2 ; +∞) . Die ersten beiden Punkte sind sicher bekannt, aber der dritte sollte genauer besprochen werden. Finde die Ableitung: 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. Sie ist kleiner als Null auf [ 2 ; + ∞) Damit ist die These bewiesen, dass die Funktion fallend ist.

Tatsächlich entspricht die Funktion y = 1 x ln x den Merkmalen des oben betrachteten Prinzips. Wir verwenden es: ∫ 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) = + ∞

Gemäß den erhaltenen Ergebnissen divergiert das ursprüngliche Beispiel, weil das uneigentliche Integral divergent ist.

Beispiel 17

Beweisen Sie die Konvergenz der Reihe ∑ k = 1 ∞ 1 (10 k - 9) (ln (5 k + 8)) 3 .

Da lim k → + ∞ 1 (10 k - 9) (ln (5 k + 8)) 3 = 1 + ∞ = 0 gilt, gilt die Bedingung als erfüllt.

Beginnend mit k = 4 lautet der korrekte Ausdruck 1 (10 k - 9) (ln (5 k + 8)) 3< 1 (5 k + 8) (ln (5 k + 8)) 3 .

Betrachtet man die Reihe ∑ k = 4 ∞ 1 (5 k + 8) (ln (5 k + 8)) 3 als konvergent, so ist nach einem der Vergleichsprinzipien die Reihe ∑ k = 4 ∞ 1 (10 k - 9) ( ln (5 k + 8)) 3 wird auch als konvergent betrachtet. Somit können wir feststellen, dass der ursprüngliche Ausdruck auch konvergent ist.

Gehen wir weiter zum Beweis ∑ k = 4 ∞ 1 (5 k + 8) (ln (5 k + 8)) 3 .

Da die Funktion y = 1 5 x + 8 (ln (5 x + 8)) 3 größer als Null ist, endet sie nicht und fällt auf [ 4 ; +∞) . Wir verwenden die im vorherigen Absatz beschriebene Funktion:

∫ 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 In 28 2

In der resultierenden konvergenten Reihe ∫ 4 + ∞ d x (5 x + 8) (ln (5 x + 8)) 3 können wir feststellen, dass ∑ k = 4 ∞ 1 (5 k + 8) (ln (5 k + 8 )) 3 konvergiert ebenfalls.

Zeichen von Raabe

Nehmen wir an, dass ∑ k = 1 ∞ a k eine Zahlenreihe mit positivem Vorzeichen ist.

Wenn lim k → + ∞ k a k a k + 1< 1 , то ряд расходится, если lim k → + ∞ k · a k a k + 1 - 1 >1, dann konvergiert es.

Diese Bestimmungsmethode kann verwendet werden, wenn die oben beschriebenen Techniken keine sichtbaren Ergebnisse liefern.

Studie für absolute Konvergenz

Für die Forschung nehmen wir ∑ k = 1 ∞ b k . Wir verwenden das positive Vorzeichen ∑ k = 1 ∞ b k . Wir können alle geeigneten Funktionen verwenden, die wir oben beschrieben haben. Wenn die Reihe ∑ k = 1 ∞ b k konvergiert, dann ist die ursprüngliche Reihe absolut konvergent.

Beispiel 18

Untersuchen Sie die Reihe ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 3 k 3 + 2 k - 1 auf Konvergenz ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 3 k 3 + 2 k - 1 = ∑ k = 1 ∞ 1 3 k 3 + 2 k - 1 .

Die Bedingung ist erfüllt lim k → + ∞ 1 3 k 3 + 2 k - 1 = 1 + ∞ = 0 . Wir verwenden ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 2 und verwenden das zweite Zeichen: lim k → + ∞ 1 3 k 3 + 2 k - 1 1 k 3 2 = 1 3 .

Die Reihe ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 3 k 3 + 2 k - 1 konvergiert. Die ursprüngliche Reihe ist auch absolut konvergent.

Divergenz alternierender Reihen

Wenn die Reihe ∑ k = 1 ∞ b k divergent ist, dann ist die entsprechende alternierende Reihe ∑ k = 1 ∞ b k entweder divergent oder bedingt konvergent.

Nur der d'Alembert-Test und der radikale Cauchy-Test helfen, aus der Divergenz der Moduln ∑ k = 1 ∞ b k auf ∑ k = 1 ∞ b k zu schließen. Die Reihe ∑ k = 1 ∞ b k divergiert auch dann, wenn die notwendige Konvergenzbedingung nicht erfüllt ist, also wenn lim k → ∞ + b k ≠ 0 .

Beispiel 19

Divergenz prüfen 1 7 , 2 7 2 , - 6 7 3 , 24 7 4 , 120 7 5 - 720 7 6 , . . . .

Modul k-te Term wird dargestellt als b k = k ! 7k.

Untersuchen wir die Reihe ∑ k = 1 ∞ b k = ∑ k = 1 ∞ k ! 7 k für Konvergenz nach dem d'Alembert-Kriterium: lim k → + ∞ b k + 1 b k = lim k → + ∞ (k + 1) ! 7k + 1k ! 7 k = 1 7 limk → + ∞ (k + 1) = + ∞ .

∑ k = 1 ∞ b k = ∑ k = 1 ∞ k ! 7 k weicht genauso ab wie die Originalversion.

Beispiel 20

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

Betrachten Sie die notwendige Bedingung 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) = + ∞ . Die Bedingung ist nicht erfüllt, also ∑ k = 1 ∞ (- 1) k · k 2 + 1 ln (k + 1) ist die Reihe divergent. Die Grenze wurde nach der Regel von L'Hospital berechnet.

Bedingte Konvergenzkriterien

Leibniz-Zeichen

Bestimmung 12

Wenn die Werte der Mitglieder der alternierenden Reihe abnehmen b 1 > b 2 > b 3 > . . . > . . . und Betragsgrenze = 0 für k → + ∞ , dann konvergiert die Reihe ∑ k = 1 ∞ b k .

Beispiel 17

Betrachten Sie ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 2 k + 1 5 k (k + 1) für Konvergenz.

Die Reihe wird dargestellt als ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 2 k + 1 5 k (k + 1) = ∑ k = 1 ∞ 2 k + 1 5 k (k + 1) . Die notwendige Bedingung ist erfüllt lim k → + ∞ = 2 k + 1 5 k (k + 1) = 0 . Betrachte ∑ k = 1 ∞ 1 k durch das zweite Vergleichskriterium lim k → + ∞ 2 k + 1 5 k (k + 1) 1 k = lim k → + ∞ 2 k + 1 5 (k + 1) = 2 5

Wir erhalten, dass ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 2 k + 1 5 k (k + 1) = ∑ k = 1 ∞ 2 k + 1 5 k (k + 1) divergiert. Die Reihe ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 2 k + 1 5 k (k + 1) konvergiert nach dem Leibniz-Kriterium: die Folge 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 , . . . abnimmt und lim k → + ∞ = 2 k + 1 5 k (k + 1) = 0 .

Die Reihe konvergiert bedingt.

Abel-Dirichlet-Zeichen

Bestimmung 13

∑ k = 1 + ∞ u k v k konvergiert, wenn ( u k ) nicht wächst und die Folge ∑ k = 1 + ∞ v k beschränkt ist.

Beispiel 17

Entdecken Sie 1 - 3 2 + 2 3 + 1 4 - 3 5 + 1 3 + 1 7 - 3 8 + 2 9 + . . . für Konvergenz.

Sich vorstellen

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 ∞ uk v k

wobei ( u k ) = 1 , 1 2 , 1 3 , . . . - nicht ansteigend, und die Folge ( v k ) = 1 , - 3 , 2 , 1 , - 3 , 2 , . . . begrenzt ( S k ) = 1 , -2 , 0 , 1 , -2 , 0 , . . . . Die Reihe konvergiert.

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harmonische Reihe- die Summe, die aus unendlich vielen Termen besteht, die reziprok aufeinanderfolgender Zahlen der natürlichen Reihe sind:

∑ 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 ).

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Untertitel

Die Summe der ersten n Terme der Reihe

Die einzelnen Glieder der Reihe streben gegen Null, aber ihre Summe divergiert. Die n-te Partialsumme der s n harmonischen Reihe ist die n-te harmonische Zahl:

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)))

Einige Werte von Teilsummen

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(matrix)s_(1)&=&1 \\\\s_(2)&=&(\frac (3)(2))&=&1(,)5\\\\s_(3)&=&(\frac (11)(6))& \approx &1(,)833\\\\s_(4)&=&(\frac (25)(12))&\approx &2(,)083\\\\s_(5)&=&(\frac (137)(60))&\approx &2(,)283\end(matrix)))

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 ≈ 14,393 (\displaystyle (\begin(matrix)s_(6)&=&( \frac (49)(20))&=&2(,)45\\\\s_(7)&=&(\frac (363)(140))&\approx &2(,)593\\\\s_ (8)&=&(\frac (761)(280))&\approx &2(,)718\\\\s_(10^(3))&\approx &7(,)484\\\\s_( 10^(6))&\approx &14(,)393\end(matrix)))

Euler-Formel

Wenn Wert ε n → 0 (\displaystyle \varepsilon _(n)\rightarrow 0), daher für groß n (\displaystyle n):

s n ≈ ln ⁡ (n) + γ (\displaystyle s_(n)\approx \ln(n)+\gamma )- Eulersche Formel für die Summe der Ersten n (\displaystyle n) Mitglieder der harmonischen Reihe. Ein Beispiel für die Verwendung der Euler-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 )	εn (\displaystyle \varepsilon _(n)), (%)
10	2,93	2,88	1,7
25	3,82	3,80	0,5

Eine genauere asymptotische Formel für die Teilsumme der harmonischen Reihe:

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 = 1 ∞ B 2 k 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)))\dots =\ln(n)+\gamma +(\frac (1)(2n))- \sum _(k=1)^(\infty )(\frac (B_(2k))(2k\,n^(2k)))), wo B2k (\displaystyle B_(2k))- Bernoulli-Zahlen.

Diese Reihe divergiert, aber der Berechnungsfehler überschreitet nie die Hälfte des ersten verworfenen Terms.

Zahlentheoretische Eigenschaften von Partialsummen

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

Seriendivergenz

S n → ∞ (\displaystyle s_(n)\rightarrow \infty ) beim n → ∞ (\displaystyle n\rightarrow \infty )

Die harmonische Reihe divergiert sehr langsam (damit die Partialsumme 100 überschreitet, werden etwa 10 43 Elemente der Reihe benötigt).

Die Divergenz der harmonischen Reihe lässt sich durch einen Vergleich mit der teleskopischen Reihe demonstrieren:

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))),

deren Partialsumme offensichtlich gleich ist:

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

Orems Beweis

Der Beweis der Divergenz kann konstruiert werden, indem die Begriffe wie folgt gruppiert werden:

∑ 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+\left[(\frac (1)(2) )\right]+\left[(\frac (1)(3))+(\frac (1)(4))\right]+\left[(\frac (1)(5))+(\frac (1)(6))+(\frac (1)(7))+(\frac (1)(8))\right]+\left[(\frac (1)(9))+\cdots \ rechts]+\cdots \\&()>1+\left[(\frac (1)(2))\right]+\left[(\frac (1)(4))+(\frac (1) (4))\right]+\left[(\frac (1)(8))+(\frac (1)(8))+(\frac (1)(8))+(\frac (1) (8))\right]+\left[(\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(aligned)))

Die letzte Reihe divergiert offensichtlich. Dieser Beweis gehört dem mittelalterlichen Gelehrten Nicholas Orem (um 1350).

Alternativer Divergenzbeweis

Wir laden den Leser ein, den Irrtum dieses Beweises zu überprüfen.

Unterschied zwischen n (\displaystyle n)-te harmonische Zahl und natürlicher Logarithmus n (\displaystyle n) gegen die Euler - Mascheroni-Konstante konvergiert.

Der Unterschied zwischen verschiedenen harmonischen Zahlen ist niemals eine ganze Zahl und keine harmonische Zahl außer H 1 = 1 (\displaystyle H_(1)=1), ist keine ganze Zahl.

Verwandte Zeilen

Dirichlet-Reihe

Die verallgemeinerte harmonische Reihe (oder die Dirichlet-Reihe) wird Reihe genannt

∑ 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 ).

Die verallgemeinerte harmonische Reihe divergiert bei α ⩽ 1 (\displaystyle \alpha \leqslant 1) und konvergiert bei α > 1 (\displaystyle \alpha >1) .

Die Summe der verallgemeinerten harmonischen Ordnungsreihen α (\displaystyle \alpha) ist gleich dem Wert der Riemannschen Zeta-Funktion:

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

Bei geraden Zahlen wird dieser Wert explizit in Form von  pi ausgedrückt, z. B. ζ (2) = π 2 6 (\displaystyle \zeta (2)=(\frac (\pi ^(2))(6))), und bereits für α=3 ist sein Wert analytisch unbekannt.

Eine weitere Veranschaulichung der Divergenz der harmonischen Reihe kann die Beziehung sein ζ (1 + 1 n) ∼ n (\displaystyle \zeta (1+(\frac (1)(n)))\sim n) . Daher soll eine solche Reihe mit Wahrscheinlichkeit 1 haben, und die Summe der Reihen ist eine Zufallsgröße mit interessanten Eigenschaften. Beispielsweise hat die an den Punkten +2 oder −2 berechnete Funktion Dichte Wahrscheinlichkeit den Wert:

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

von ⅛ um weniger als 10 –42 abweicht.

"Ausgedünnte" harmonische Reihe

Kempner-Reihe (Englisch)

Betrachten wir eine harmonische Reihe, in der nur noch Terme übrig sind, deren Nenner die Zahl 9 nicht enthalten, dann stellt sich heraus, dass die Restsumme gegen die Zahl konvergiert<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) werden immer weniger Terme für die Summe der „ausgedünnten“ Reihen genommen. Das heißt, am Ende wird die überwiegende Mehrheit der Terme, die die Summe der harmonischen Reihe bilden, verworfen, um die geometrische Progressionsbegrenzung von oben nicht zu überschreiten.

Es gibt mehrere Möglichkeiten, die Konvergenz einer Reihe zu überprüfen. Zuerst kannst du einfach die Summe der Reihe finden. Wenn wir als Ergebnis eine endliche Zahl erhalten, dann z Reihe konvergiert. Zum Beispiel weil

dann konvergiert die Reihe. Wenn wir die Summe der Reihe nicht finden konnten, sollten andere Methoden verwendet werden, um die Konvergenz der Reihe zu überprüfen.

Eine dieser Methoden ist Zeichen von d'Alembert

hier sind und der n-te bzw. (n + 1)-te Term der Reihe, und die Konvergenz wird durch den Wert von D bestimmt: Wenn D< 1 - ряд сходится, если D >

Als Beispiel untersuchen wir die Konvergenz einer Reihe mit dem d'Alembert-Test. Lassen Sie uns zuerst Ausdrücke für und schreiben. Lassen Sie uns nun die entsprechende Grenze finden:

Da nach dem Test von d'Alembert die Reihe konvergiert.

Eine andere Methode, um die Konvergenz einer Reihe zu überprüfen, ist Radikalzeichen von Cauchy, die wie folgt geschrieben wird:

hier ist der n-te Term der Reihe, und die Konvergenz wird, wie im Fall des d'Alembert-Tests, durch den Wert von D bestimmt: Wenn D< 1 - ряд сходится, если D >1 - weicht ab. Wenn D = 1 - gibt dieses Zeichen keine Antwort und zusätzliche Forschung ist erforderlich.

Als Beispiel untersuchen wir die Konvergenz einer Reihe mit dem radikalen Cauchy-Test. Lassen Sie uns zuerst einen Ausdruck für schreiben. Lassen Sie uns nun die entsprechende Grenze finden:

Denn title="15625/64>1"> , nach dem radikalen Cauchy-Test, divergiert die Reihe.

Es sollte beachtet werden, dass es neben dem oben Gesagten noch andere Konvergenzzeichen der Reihen gibt, wie den integralen Cauchy-Test, den Raabe-Test usw.

Mit unserem Online-Rechner, der auf der Basis des Wolfram-Alpha-Systems aufgebaut ist, können Sie die Konvergenz einer Reihe testen. Wenn der Taschenrechner in diesem Fall eine bestimmte Zahl als Summe der Reihe angibt, konvergiert die Reihe. Ansonsten ist der Punkt „Test der Reihenkonvergenz“ zu beachten. Wenn dort der Ausdruck „Reihe konvergiert“ vorkommt, dann konvergiert die Reihe. Wenn der Ausdruck "Reihe divergiert" vorhanden ist, dann divergiert die Reihe.

Nachfolgend eine Übersetzung aller möglichen Werte des Punktes „Test der Konvergenz einer Reihe“:

englischer Text	Text auf Russisch
Durch den harmonischen Serientest divergiert die Serie.	Beim Vergleich der untersuchten Reihe mit der harmonischen Reihe weicht die ursprüngliche Reihe ab.
Der Verhältnistest ist nicht schlüssig.	Der Test von d'Alembert kann keine Antwort auf die Konvergenz einer Reihe geben.
Der Root-Test ist nicht schlüssig.	Der Radikaltest von Cauchy kann keine Antwort auf die Konvergenz der Reihe geben.
Durch den Vergleichstest konvergiert die Reihe.	Im Vergleich dazu konvergiert die Reihe
Durch den Verhältnistest konvergiert die Reihe.	Nach dem Test von d'Alembert konvergiert die Reihe
Durch den Grenzwerttest divergiert die Reihe.	Basierend auf der Tatsache, dass title="(!LANG:Die Grenze des n-ten Glieds der Reihe, wenn n->oo ungleich Null ist oder nicht existiert"> , или указанный предел не существует, сделан вывод о том, что ряд расходится. !}

Antworten: Die Reihe divergiert.

Beispiel #3

Finde die Summe der Reihe $\sum\limits_(n=1)^(\infty)\frac(2)((2n+1)(2n+3))$.

Da die untere Summengrenze 1 ist, wird der gemeinsame Term der Reihe unter das Summenzeichen geschrieben: $u_n=\frac(2)((2n+1)(2n+3))$. Bilde die n-te Teilsumme der Reihe, d.h. summiere die ersten $n$ Mitglieder der gegebenen Zahlenreihe:

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

Warum ich genau $\frac(2)(3\cdot 5)$ schreibe und nicht $\frac(2)(15)$, wird aus der weiteren Erzählung klar. Die Aufnahme einer Teilsumme brachte uns dem Ziel jedoch kein Jota näher. Schließlich müssen wir $\lim_(n\to\infty)S_n$ finden, aber wenn wir einfach schreiben:

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

dann wird uns diese formell völlig korrekte Aufzeichnung im Wesentlichen nichts geben. Um den Grenzwert zu finden, muss der Partialsummenausdruck zunächst vereinfacht werden.

Dafür gibt es eine Standardtransformation, die darin besteht, den Bruch $\frac(2)((2n+1)(2n+3))$, der den gemeinsamen Term der Reihe darstellt, in elementare Brüche zu zerlegen. Der Frage der Zerlegung rationaler Brüche in elementare Brüche ist ein eigenes Thema gewidmet (siehe zB Beispiel Nr. 3 auf dieser Seite). Wenn wir den Bruch $\frac(2)((2n+1)(2n+3))$ in elementare Brüche erweitern, erhalten wir:

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

Wir setzen die Zähler der Brüche auf der linken und rechten Seite der resultierenden Gleichheit gleich:

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

Es gibt zwei Möglichkeiten, die Werte von $A$ und $B$ zu finden. Sie können die Klammern öffnen und die Begriffe neu anordnen, oder Sie ersetzen einfach einige geeignete Werte anstelle von $n$. Zur Abwechslung gehen wir in diesem Beispiel den ersten Weg und den nächsten - wir ersetzen die privaten Werte von $n$. Wenn wir die Klammern erweitern und die Begriffe neu anordnen, erhalten wir:

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

Auf der linken Seite der Gleichung wird $n$ eine Null vorangestellt. Wenn Sie möchten, kann die linke Seite der Gleichheit der Übersichtlichkeit halber als $0\cdot n+ 2$ dargestellt werden. Da auf der linken Seite der Gleichheit $n$ eine Null vorangestellt ist und auf der rechten Seite der Gleichheit $2A+2B$ $n$ vorangestellt ist, haben wir die erste Gleichung: $2A+2B=0$. Wir dividieren sofort beide Teile dieser Gleichung durch 2, danach erhalten wir $A+B=0$.

Da der freie Term auf der linken Seite der Gleichheit gleich 2 ist und der freie Term auf der rechten Seite der Gleichheit gleich $3A+B$ ist, dann ist $3A+B=2$. Wir haben also ein System:

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

Der Beweis wird nach der Methode der mathematischen Induktion geführt. Im ersten Schritt müssen wir prüfen, ob die geforderte Gleichheit $S_n=\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$ für $n=1$ gilt. Wir wissen, dass $S_1=u_1=\frac(2)(15)$, aber wird der Ausdruck $\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$ den Wert $\frac( 2 )(15)$ wenn $n=1$ darin eingesetzt wird? Lass uns das Prüfen:

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

Für $n=1$ ist also die Gleichheit $S_n=\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$ erfüllt. Damit ist der erste Schritt der Methode der mathematischen Induktion abgeschlossen.

Angenommen, für $n=k$ gilt die Gleichheit, d.h. $S_k=\frac(1)(3)-\frac(1)(2k+3)$. Lassen Sie uns beweisen, dass die gleiche Gleichheit für $n=k+1$ gilt. Betrachten Sie dazu $S_(k+1)$:

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

Da $u_n=\frac(1)(2n+1)-\frac(1)(2n+3)$, dann ist $u_(k+1)=\frac(1)(2(k+1)+ 1 )-\frac(1)(2(k+1)+3)=\frac(1)(2k+3)-\frac(1)(2(k+1)+3)$. Nach obiger Annahme $S_k=\frac(1)(3)-\frac(1)(2k+3)$, also gilt die Formel $S_(k+1)=S_k+u_(k+1)$ die Form:

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

Fazit: Die Formel $S_n=\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$ gilt für $n=k+1$. Daher gilt nach der Methode der mathematischen Induktion die Formel $S_n=\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$ für jedes $n\in N$. Gleichberechtigung ist nachgewiesen.

In einem Standardkurs der Höheren Mathematik begnügt man sich meist damit, die aufhebenden Begriffe zu „löschen“, ohne dass es eines Beweises bedarf. Damit erhalten wir den Ausdruck für die n-te Teilsumme: $S_n=\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$. Finden Sie den Wert von $\lim_(n\to\infty)S_n$:

Fazit: Die gegebene Reihe konvergiert und ihre Summe ist $S=\frac(1)(3)$.

Die zweite Möglichkeit besteht darin, die Formel für die Teilsumme zu vereinfachen.

Ehrlich gesagt bevorzuge ich diese Methode selbst :) Schreiben wir die Teilsumme in abgekürzter Form auf:

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

Wir haben vorhin $u_k=\frac(1)(2k+1)-\frac(1)(2k+3)$ bekommen, also:

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

Die Summe $S_n$ enthält eine endliche Anzahl von Termen, sodass wir sie nach Belieben neu anordnen können. Ich möchte zuerst alle Terme der Form $\frac(1)(2k+1)$ hinzufügen und erst dann zu den Termen der Form $\frac(1)(2k+3)$ gehen. Das bedeutet, dass wir die Teilsumme in dieser Form darstellen:

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

Natürlich ist die erweiterte Notation äußerst umständlich, sodass die obige Gleichheit kompakter geschrieben werden kann:

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

Nun transformieren wir die Ausdrücke $\frac(1)(2k+1)$ und $\frac(1)(2k+3)$ in dieselbe Form. Ich denke, es ist praktisch, es wie einen größeren Bruch aussehen zu lassen (obwohl Sie einen kleineren verwenden können, ist dies Geschmackssache). Da $\frac(1)(2k+1)>\frac(1)(2k+3)$ (je größer der Nenner, desto kleiner der Bruch), kürzen wir den Bruch $\frac(1)(2k+ 3) $ in der Form $\frac(1)(2k+1)$.

Ich werde den Ausdruck im Nenner des Bruchs $\frac(1)(2k+3)$ wie folgt darstellen:

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

Und die Summe $\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+3)$ kann man nun so schreiben:

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

Wenn die Gleichheit $\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+3)=\sum\limits_(k=2)^(n+1)\frac(1)(2k+ 1) $ wirft keine Fragen auf, dann gehen wir weiter. Bei Fragen ergänzen Sie bitte den Hinweis.

Wie haben wir den umgerechneten Betrag erhalten? Anzeigen Ausblenden

Wir hatten die Reihe $\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+3)=\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2( k+1)+1)$. Lassen Sie uns anstelle von $k+1$ eine neue Variable einführen - zum Beispiel $t$. Also $t=k+1$.

Wie hat sich die alte Variable $k$ geändert? Und es änderte sich von 1 zu $n$. Lassen Sie uns herausfinden, wie sich die neue Variable $t$ ändern wird. Wenn $k=1$, dann $t=1+1=2$. Wenn $k=n$, dann $t=n+1$. Der Ausdruck $\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2(k+1)+1)$ lautet also jetzt: $\sum\limits_(t=2)^(n + 1)\frac(1)(2t+1)$.

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

Wir haben die Summe $\sum\limits_(t=2)^(n+1)\frac(1)(2t+1)$. Frage: Spielt es eine Rolle, welcher Buchstabe in dieser Summe verwendet wird? :) Wenn wir den Buchstaben $k$ anstelle von $t$ banal schreiben, erhalten wir Folgendes:

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

So ergibt sich die Gleichheit $\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2(k+1)+1)=\sum\limits_(k=2)^(n+1) erhält man \frac(1)(2k+1)$.

Somit kann die Teilsumme in folgender Form dargestellt werden:

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

Beachten Sie, dass die Summen $\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+1)$ und $\sum\limits_(k=2)^(n+1)\frac(1 )(2k+1)$ unterscheiden sich nur in den Summationsgrenzen. Lassen Sie uns diese Grenzen gleich machen. Wenn wir das erste Element aus der Summe $\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+1)$ "nehmen", erhalten wir:

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

Wenn wir das letzte Element aus der Summe $\sum\limits_(k=2)^(n+1)\frac(1)(2k+1)$ "nehmen", erhalten wir:

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

Dann nimmt der Ausdruck für die Teilsumme die Form an:

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

Wenn Sie alle Erläuterungen überspringen, dann sieht die Suche nach einer verkürzten Formel für die n-te Teilsumme wie folgt aus:

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

Ich möchte Sie daran erinnern, dass wir den Bruch $\frac(1)(2k+3)$ auf die Form $\frac(1)(2k+1)$ reduziert haben. Natürlich können Sie auch das Gegenteil tun, d.h. den Bruch $\frac(1)(2k+1)$ als $\frac(1)(2k+3)$ darstellen. Der endgültige Ausdruck für die Teilsumme ändert sich nicht. In diesem Fall verstecke ich den Prozess zum Finden einer Teilsumme unter einer Notiz.

Wie findet man $S_n$, wenn man einen anderen Bruch in Form bringt? Anzeigen Ausblenden

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

Also $S_n=\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$. Finden Sie die Grenze $\lim_(n\to\infty)S_n$:

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

Die gegebene Reihe konvergiert und ihre Summe ist $S=\frac(1)(3)$.

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

Die Fortsetzung des Themas der Reihensummenbildung wird im zweiten und dritten Teil betrachtet.

Finden Sie die Summe einer Reihe von Zahlen. Wenn es nicht möglich ist, es zu finden, berechnet das System die Summe der Reihen mit einer gewissen Genauigkeit.

Serienkonvergenz

Dieser Rechner kann bestimmen, ob eine Reihe konvergiert, und zeigt auch, welche Konvergenzzeichen funktionieren und welche nicht.

Er weiß auch, wie man die Konvergenz von Potenzreihen bestimmt.

Es wird auch ein Reihendiagramm erstellt, in dem Sie die Konvergenzrate der Reihe (oder Divergenz) sehen können.

Regeln für die Eingabe von Ausdrücken und Funktionen

Ausdrücke können aus Funktionen bestehen (Notationen sind in alphabetischer Reihenfolge angegeben): absolut (x) Absolutwert x
(Modul x oder |x|) arccos(x) Funktion - Arkuskosinus von x arccosh(x) Arkuskosinus hyperbolisch aus x arcsin(x) Arkussinus aus x arcsinh(x) Arkussinus hyperbolisch aus x arctg(x) Funktion - Bogentangens von x arctgh(x) Der Arcustangens geht hyperbolisch aus x e e eine Zahl, die ungefähr gleich 2,7 ist exp(x) Funktion - Exponent von x(welches ist e^x) log(x) oder log(x) Natürlicher Logarithmus von x
(Um zu bekommen log7(x), müssen Sie log(x)/log(7) eingeben (oder zum Beispiel für log10(x)=log(x)/log(10)) Pi Die Zahl ist "Pi", was ungefähr 3,14 entspricht Sünde (x) Funktion - Sinus von x cos(x) Funktion - Kosinus von x Sünde (x) Funktion - Hyperbolischer Sinus von x Bargeld(x) Funktion - Hyperbolischer Kosinus von x quadrat(x) Die Funktion ist die Quadratwurzel von x quadrat(x) oder x^2 Funktion - Quadratisch x tg(x) Funktion - Tangente von x tgh(x) Funktion - Hyperbolischer Tangens von x cbrt(x) Die Funktion ist die Kubikwurzel von x

Sie können die folgenden Operationen in Ausdrücken verwenden: Reale Nummern ins Formular eintragen 7.5 , nicht 7,5 2x- Multiplikation 3/x- Aufteilung x^3- Potenzierung x + 7- Zusatz x-6- Abzug
Andere Eigenschaften: Etage(x) Funktion - Rundung x nach unten (Beispiel Etage(4.5)==4.0) Decke(x) Funktion - Rundung x nach oben (Beispiel Decke(4.5)==5.0) Zeichen (x) Funktion - Zeichen x erf(x) Fehlerfunktion (oder Wahrscheinlichkeitsintegral) Ort(x) Laplace-Funktion