Пример №9
Исследовать сходимость ряда $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{n}}\arctg\frac{\pi}{\sqrt{2n-1}}$.
Так как нижний предел суммирования равен 1, то общий член ряда записан под знаком суммы: $u_n=\frac{1}{\sqrt{n}}\arctg\frac{\pi}{\sqrt{2n-1}}$. Для начала определим, является ли этот ряд положительным, т.е. верно ли неравенство $u_n≥ 0$. Сомножитель $\frac{1}{\sqrt{n}}> 0$, это ясно, а вот что насчёт арктангенса? С арктангесом ничего сложного: так как $\frac{\pi}{\sqrt{2n-1}} >0$, то и $\arctg\frac{\pi}{\sqrt{2n-1}}>0$. Вывод: наш ряд является положительным. Применим признак сравнения для исследования вопроса сходимости этого ряда.
Для начала выберем ряд, с которым станем сравнивать. Если $n\to\infty$, то $\frac{\pi}{\sqrt{2n-1}}\to 0$. Следовательно, $\arctg\frac{\pi}{\sqrt{2n-1}}\sim\frac{\pi}{\sqrt{2n-1}}$. Почему так? Если посмотреть таблицу в конце этого документа , то мы увидим формулу $\arctg x\sim x$ при $x\to 0$. Мы эту формулу и использовали, только в нашем случае $x=\frac{\pi}{\sqrt{2n-1}}$.
Заменим в выражении $\frac{1}{\sqrt{n}}\arctg\frac{\pi}{\sqrt{2n-1}}$ арктангенс на дробь $\frac{\pi}{\sqrt{2n-1}}$. Получим мы следующее: $\frac{1}{\sqrt{n}}\frac{\pi}{\sqrt{2n-1}}$. С такими дробями мы уже работали ранее. Отбрасывая "лишние" элементы, придём к дроби $\frac{1}{\sqrt{n}\cdot\sqrt{n}}=\frac{1}{n^{\frac{1}{2}+\frac{1}{3}}}=\frac{1}{n^{\frac{5}{6}}}$. Именно с рядом $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^\frac{5}{6}}$ мы и станем сравнивать заданный ряд, используя . Так как $\frac{5}{6}≤ 1$, то ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^\frac{5}{6}}$ расходится.
$$ \lim_{n\to\infty}\frac{\frac{1}{\sqrt{n}}\arctg\frac{\pi}{\sqrt{2n-1}}}{\frac{1}{n^\frac{5}{6}}}=\left|\frac{0}{0}\right|=\left|\begin{aligned}&\frac{\pi}{\sqrt{2n-1}}\to 0;\\&\arctg\frac{\pi}{\sqrt{2n-1}}\sim\frac{\pi}{\sqrt{2n-1}}.\end{aligned}\right| =\lim_{n\to\infty}\frac{\frac{1}{\sqrt{n}}\cdot\frac{\pi}{\sqrt{2n-1}}}{\frac{1}{n^\frac{5}{6}}} =\\=\pi\cdot\lim_{n\to\infty}\frac{\sqrt{n}}{\sqrt{2n-1}} =\pi\cdot\lim_{n\to\infty}\frac{1}{\sqrt{2-\frac{1}{n}}}=\pi\cdot\frac{1}{\sqrt{2-0}}=\frac{\pi}{\sqrt{2}}. $$
Так как $0<\frac{\pi}{\sqrt{2}}<\infty$, то ряды $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{n}}\arctg\frac{\pi}{\sqrt{2n-1}}$ и $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^\frac{5}{6}}$ сходятся либо расходятся одновременно. Так как ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^\frac{5}{6}}$ расходится, то одновременно с ним будет расходиться и ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{n}}\arctg\frac{\pi}{\sqrt{2n-1}}$.
Отмечу, что в данном случае вместо арктангенса в выражении общего члена ряда мог быть синус, арксинус или тангенс. Решение осталось бы тем же самым.
Ответ : ряд расходится.
Пример №10
Исследовать ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left(1-\cos\frac{7}{n}\right)$ на сходимость.
Так как нижний предел суммирования равен 1, то общий член ряда записан под знаком суммы: $u_n=1-\cos\frac{7}{n}$. Так как для любого значения $x$ имеем $-1≤\cos x≤ 1$, то $\cos\frac{7}{n}≤ 1$. Следовательно, $1-\cos\frac{7}{n}≥ 0$, т.е. $u_n≥ 0$. Мы имеем дело с положительным рядом.
Если $n\to\infty$, то $\frac{7}{n}\to 0$. Следовательно, $1-\cos\frac{7}{n}\sim \frac{\left(\frac{7}{n}\right)^2}{2}=\frac{49}{2n^2}$. Почему так? Если посмотреть таблицу в конце этого документа , то мы увидим формулу $1-\cos x \sim \frac{x^2}{2}$ при $x\to 0$. Мы эту формулу и использовали, только в нашем случае $x=\frac{7}{n}$.
Заменим выражение $1-\cos\frac{7}{n}$ на $\frac{49}{2n^2}$. Отбрасывая "лишние" элементы, придём к дроби $\frac{1}{n^2}$. Именно с рядом $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}$ мы и станем сравнивать заданный ряд, используя . Так как $2 > 1$, то ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}$ сходится.
$$ \lim_{n\to\infty}\frac{1-\cos\frac{7}{n}}{\frac{1}{n^2}}=\left|\frac{0}{0}\right|= \left|\begin{aligned}&\frac{7}{n}\to 0;\\&1-\cos\frac{7}{n}\sim\frac{49}{2n^2}.\end{aligned}\right| =\lim_{n\to\infty}\frac{\frac{49}{2n^2}}{\frac{1}{n^2}}=\frac{49}{2}. $$
Так как $0<\frac{49}{2}<\infty$, то ряды $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left(1-\cos\frac{7}{n}\right)$ и $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}$ сходятся либо расходятся одновременно. Так как ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}$ сходится, то одновременно с ним будет сходиться и ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left(1-\cos\frac{7}{n}\right)$.
Ответ : ряд сходится.
Пример №11
Исследовать сходимость ряда $\sum\limits_{n=1}^{\infty}n\left(e^\frac{3}{n}-1\right)^2$.
Так как нижний предел суммирования равен 1, то общий член ряда записан под знаком суммы: $u_n=n\left(e^\frac{3}{n}-1\right)^2$. Так как оба сомножителя положительны, то $u_n >0$, т.е. мы имеем дело с положительным рядом.
Если $n\to\infty$, то $\frac{3}{n}\to 0$. Следовательно, $e^\frac{3}{n}-1\sim\frac{3}{n}$. Использованная нами формула размещена в таблице в конце этого документа : $e^x-1 \sim x$ при $x\to 0$. В нашем случае $x=\frac{3}{n}$.
Заменим выражение $e^\frac{3}{n}-1$ на $\frac{3}{n}$, получив при этом $n\cdot\left(\frac{3}{n}\right)^2=\frac{9}{n}$. Отбрасывая число, придём к дроби $\frac{1}{n}$. Именно с гармоническим рядом $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}$ мы и станем сравнивать заданный ряд, используя . Напомню, что гармонический ряд расходится.
$$ \lim_{n\to\infty}\frac{n\left(e^\frac{3}{n}-1\right)^2}{\frac{1}{n}}=\lim_{n\to\infty}\frac{\left(e^\frac{3}{n}-1\right)^2}{\frac{1}{n^2}} =\left|\frac{0}{0}\right|=\left|\begin{aligned}&\frac{3}{n}\to 0;\\&e^\frac{3}{n}-1\sim\frac{3}{n}.\end{aligned}\right| =\lim_{n\to\infty}\frac{\frac{9}{n^2}}{\frac{1}{n^2}}=9. $$
Так как $0<9<\infty$, то одновременно с рядом $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}$ будет расходиться и ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty}n\left(e^\frac{3}{n}-1\right)^2$.
Ответ : ряд расходится.
Пример №12
Исследовать сходимость ряда $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\ln\frac{n^3+7}{n^3+5}$.
Так как нижний предел суммирования равен 1, то общий член ряда записан под знаком суммы: $u_n=\ln\frac{n^3+7}{n^3+5}$. Так как для любого значения $n$ имеем $n^3+7 > n^3+5$, то $\frac{n^3+7}{n^3+5} > 1$. Следовательно, $\ln\frac{n^3+7}{n^3+5} > 0$, т.е. $u_n > 0$. Мы имеем дело с положительным рядом.
Заметить эквивалентность, которая нужна в этом случае, несколько тяжеловато. Запишем выражение под логарифмом немного в иной форме:
$$ \ln\frac{n^3+7}{n^3+5}=\ln\frac{n^3+5+2}{n^3+5}=\ln\left(\frac{n^3+5}{n^3+5}+\frac{2}{n^3+5}\right)=\ln\left(1+\frac{2}{n^3+5}\right). $$
Вот теперь формула видна: $\ln(1+x)\sim x$ при $x\to 0$. Так как при $n\to\infty$ имеем $\frac{2}{n^3+5}\to 0$, то $\ln\left(1+\frac{2}{n^3+5}\right)\sim\frac{2}{n^3+5}$.
Заменим выражение $\ln\frac{n^3+7}{n^3+5}$ на $\frac{2}{n^3+5}$. Отбрасывая "лишние" элементы, придём к дроби $\frac{1}{n^3}$. Именно с рядом $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^3}$ мы и станем сравнивать заданный ряд, используя . Так как $3 > 1$, то ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^3}$ сходится.
$$ \lim_{n\to\infty}\frac{\ln\frac{n^3+7}{n^3+5}}{\frac{1}{n^3}}=\lim_{n\to\infty}\frac{\ln\left(1+\frac{2}{n^3+5}\right)}{\frac{1}{n^3}}=\left|\frac{0}{0}\right|= \left|\begin{aligned}&\frac{2}{n^3+5}\to 0;\\&\ln\left(1+\frac{2}{n^3+5}\right)\sim\frac{2}{n^3+5}.\end{aligned}\right|=\\ =\lim_{n\to\infty}\frac{\frac{2}{n^3+5}}{\frac{1}{n^3}} =\lim_{n\to\infty}\frac{2n^3}{n^3+5}=\lim_{n\to\infty}\frac{2}{1+\frac{5}{n^3}}=\frac{2}{1+0}=2. $$
Так как $0<2<\infty$, то одновременно с рядом $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^3}$ сходится и ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\ln\frac{n^3+7}{n^3+5}$.
Ответ : ряд сходится.
Пример №13
Исследовать ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{n^n}{7^n\cdot n!}$ на сходимость.
Так как нижний предел суммирования равен 1, то общий член ряда записан под знаком суммы: $u_n=\frac{n^n}{7^n\cdot n!}$. Так как $u_n ≥ 0$, то заданный ряд является положительным.
Пусть задан положительный числовой ряд $ \sum_{n=1} ^\infty a_n $. Сформулируем необходимый признак сходимости ряда:
- Если ряд сходится, то предел его общего члена равен нулю: $$ \lim _{n \to \infty} a_n = 0 $$
- Если предел общего члена ряда не равен нулю, то ряд расходится: $$ \lim _{n \to \infty} a_n \neq 0 $$
Обобщенный гармонический ряд
Данный ряд записывается следующим образом $ \sum_{n=1} ^\infty \frac{1}{n^p} $. Причем в зависимости от $ p $ ряд сходится или расходится:
- Если $ p = 1 $, то ряд $ \sum_{n=1} ^\infty \frac{1}{n} $ расходится и называется гармоническим, несмотря на то, что общий член $ a_n = \frac{1}{n} \to 0 $. Почему так? В замечании говорилось, что необходимый признак не даёт ответа о сходимости, а только о расходимости ряда. Поэтому, если применить достаточный признак, такой как интегральный признак Коши, то станет ясно, что ряд расходится!
- Если $ p \leqslant 1 $, то ряд расходится. Пример,$ \sum_{n=1} ^\infty \frac{1}{\sqrt{n}} $, в котором $ p = \frac{1}{2} $
- Если $ p > 1 $, то ряд сходится. Пример, $ \sum_{n=1} ^\infty \frac{1}{\sqrt{n^3}} $, в котором $ p = \frac{3}{2} > 1 $
Примеры решений
Пример 1 |
Доказать расходимость ряда $ \sum_{n=1} ^\infty \frac{n}{6n+1} $ |
Решение |
Ряд положительный, записываем общий член: $$ a_n = \frac{n}{6n+1} $$ Вычисляем предел при $ n \to \infty $: $$ \lim _{n \to \infty} \frac{n}{6n+1} = \frac{\infty}{\infty} = $$ Выносим за скобку $ n $ в знаменателе, а затем выполняем на него сокращение: $$ = \lim_{n \to \infty} \frac{n}{n(6+\frac{1}{n})} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{6 + \frac{1}{n}} = \frac{1}{6} $$ Так как получили, что $ \lim_{n\to \infty} a_n = \frac{1}{6} \neq 0 $, то необходимый признак Коши не выполнен и ряд следовательно расходится. Если не получается решить свою задачу, то присылайте её к нам. Мы предоставим подробное решение. Вы сможете ознакомиться с ходом вычисления и почерпнуть информацию. Это поможет своевременно получить зачёт у преподавателя! |
Ответ |
Ряд расходится |