Este artigo é uma informação estruturada e detalhada que pode ser útil durante a análise de exercícios e problemas. Vamos considerar o tópico das séries numéricas.
Este artigo começa com definições e conceitos básicos. Em seguida, vamos padronizar as opções e estudar as fórmulas básicas. Para consolidar o material, o artigo traz os principais exemplos e tarefas.
Teses básicas
Primeiro, imagine o sistema: a 1 , a 2 . . . , um , . . . , onde a k ∈ R , k = 1 , 2 . . . .
Por exemplo, vamos pegar números como: 6 , 3 , - 3 2 , 3 4 , 3 8 , - 3 16 , . . . .
Definição 1
A série numérica é a soma dos termos ∑ a k k = 1 ∞ = a 1 + a 2 + . . . + um n + . . . .
Para entender melhor a definição, considere este caso em que q = - 0 . 5: 8 - 4 + 2 - 1 + 1 2 - 1 4 + . . . = ∑ k = 1 ∞ (- 16) · - 1 2 k .
Definição 2
a k é comum ou k-ésimo um membro da fila.
Parece algo assim - 16 · - 1 2 k .
Definição 3
Soma parcial de uma série se parece com isso S n = a 1 + a 2 + . . . + a n , em que n- qualquer número. S n é enésimo a soma da série.
Por exemplo, ∑ k = 1 ∞ (- 16) · - 1 2 k é S 4 = 8 - 4 + 2 - 1 = 5 .
S 1 , S 2 , . . . , S n , . . . formam uma sequência infinita de números.
Para um número n-ésimo a soma é encontrada pela fórmula 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. Usamos a seguinte sequência de somas parciais: 8 , 4 , 6 , 5 , . . . , 16 3 1 - - 1 2 n , . . . .
Definição 4
A série ∑ k = 1 ∞ a k é convergente quando a sequência tem um limite finito S = lim S n n → + ∞ . Se não há limite ou a sequência é infinita, então a série ∑ k = 1 ∞ a k é chamada divergente.
Definição 5
A soma da série convergente∑ k = 1 ∞ a k é o limite da sequência ∑ k = 1 ∞ a k = lim S n n → + ∞ = S .
Neste exemplo, lim S n n → + ∞ = lim 16 3 t → + ∞ 1 - 1 2 n = 16 3 lim n → + ∞ 1 - - 1 2 n = 16 3 , series ∑ k = 1 ∞ (- 16 ) · - 1 2 k converge. A soma é 16 3: ∑ k = 1 ∞ (- 16) · - 1 2 k = 16 3 .
Exemplo 1
Um exemplo de série divergente é a soma de uma progressão geométrica com denominador maior que um: 1 + 2 + 4 + 8 + . . . + 2n - 1 + . . . = ∑ k = 1 ∞ 2 k - 1 .
A enésima soma parcial é definida pela expressão S n = a 1 (1 - q n) 1 - q = 1 (1 - 2 n) 1 - 2 = 2 n - 1 , e o limite das somas parciais é infinito: lim n → + ∞ S n = lim n → + ∞ (2 n - 1) = + ∞ .
Outro exemplo de uma série de números divergentes é a soma da forma ∑ k = 1 ∞ 5 = 5 + 5 + . . . . Neste caso, a enésima soma parcial pode ser calculada como S n = 5 n . O limite das somas parciais é infinito lim n → + ∞ S n = lim n → + ∞ 5 n = + ∞ .
Definição 6
Uma soma semelhante a ∑ k = 1 ∞ = 1 + 1 2 + 1 3 + . . . + 1n + . . . - isto é harmônico linha numérica.
Definição 7
A soma ∑ k = 1 ∞ 1 k s = 1 + 1 2 s + 1 3 s + . . . + 1n s + . . . , Onde sé um número real, é uma série numérica harmônica generalizada.
As definições discutidas acima irão ajudá-lo a resolver a maioria dos exemplos e problemas.
Para completar as definições, é necessário provar certas equações.
- ∑ k = 1 ∞ 1 k é divergente.
Agimos ao contrário. Se converge, então o limite é finito. Podemos escrever a equação como lim n → + ∞ S n = S e lim n → + ∞ S 2 n = S . Após certas ações, obtemos a igualdade l i m n → + ∞ (S 2 n - S n) = 0 .
Contra,
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 2n
As seguintes desigualdades são válidas: 1 n + 1 > 1 2 n , 1 n + 1 > 1 2 n , . . . , 1 2 n - 1 > 1 2 n . Obtemos que 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 . A expressão S 2 n - S n > 1 2 indica que lim n → + ∞ (S 2 n - S n) = 0 não foi atingido. A série é divergente.
- b 1 + b 1 q + b 1 q 2 + . . . + b 1 q n + . . . = ∑ k = 1 ∞ b 1 q k - 1
É necessário confirmar que a soma da sequência de números converge para q< 1 , и расходится при q ≥ 1 .
De acordo com as definições acima, a soma n membros é determinado de acordo com a fórmula S n = b 1 · (q n - 1) q - 1 .
Se 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
Provamos que a série numérica converge.
Para q = 1 b 1 + b 1 + b 1 + . . . ∑ k = 1 ∞ b 1 . As somas podem ser encontradas usando a fórmula S n = b 1 · n , o limite é infinito lim n → + ∞ S n = lim n → + ∞ b 1 · n = ∞ . Na versão apresentada, a série diverge.
Se um q = - 1, então a linha se parece com b 1 - b 1 + b 1 - . . . = ∑ k = 1 ∞ b 1 (- 1) k + 1 . As somas parciais se parecem com S n = b 1 para ímpar n, e S n = 0 para par n. Tendo considerado este caso, garantimos que não há limite e que a série é divergente.
Para 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 = ∞
Provamos que a série numérica diverge.
- A série ∑ k = 1 ∞ 1 k s converge se s > 1 e diverge se s ≤ 1 .
Por s = 1 obtemos ∑ k = 1 ∞ 1 k , a série diverge.
Para s< 1 получаем 1 k s ≥ 1 k для k, número natural. Como a série é divergente ∑ k = 1 ∞ 1 k , não há limite. Em seguida, a sequência ∑ k = 1 ∞ 1 k s é ilimitada. Concluímos que a série escolhida diverge em s< 1 .
É necessário fornecer evidências de que a série ∑ k = 1 ∞ 1 k s converge para s > 1.
Imagine 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(2n - 1)s
Digamos que 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
Imagine uma equação para números naturais e pares 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 . . .
Nós temos:
∑ k = 1 ∞ 1 k s = 1 + 1 2 s + 1 3 s + 1 4 s + . . . + 17s + 18s + . . . + 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 + . . .
A expressão 1 + 1 2 s - 1 + 1 2 s - 1 2 + 1 2 s - 1 3 + . . . é a soma de uma progressão geométrica q = 1 2 s - 1 . De acordo com os dados iniciais s > 1, então 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 aumenta e é limitado acima de 1 1 - 1 2 s - 1 . Imagine que existe um limite e a série é convergente ∑ k = 1 ∞ 1 k s .
Definição 8
Série ∑ k = 1 ∞ a k positivo nesse caso, se seus membros > 0 a k > 0 , k = 1 , 2 , . . . .
Série ∑ k = 1 ∞ b k alternando se os sinais dos números forem diferentes. Este exemplo é representado como ∑ k = 1 ∞ b k = ∑ k = 1 ∞ (- 1) k a k ou ∑ k = 1 ∞ b k = ∑ k = 1 ∞ (- 1) k + 1 a k , onde a k > 0 , k = 1, 2, . . . .
Série ∑ k = 1 ∞ b k alternando, pois contém muitos números, negativos e positivos.
A segunda variante da série é um caso especial da terceira variante.
Aqui estão exemplos para cada caso, respectivamente:
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 + . . .
Para a terceira opção, você também pode definir convergência absoluta e condicional.
Definição 9
A série alternada ∑ k = 1 ∞ b k é absolutamente convergente se ∑ k = 1 ∞ b k também é considerada convergente.
Vamos dar uma olhada em algumas das opções típicas.
Exemplo 2
Se as linhas 6 - 3 + 3 2 - 3 4 + 3 8 - 3 16 + . . . e 6 + 3 - 3 2 + 3 4 + 3 8 - 3 16 + . . . são definidos como convergentes, então é correto supor que 6 + 3 + 3 2 + 3 4 + 3 8 + 3 16 + . . .
Definição 10
Uma série alternada ∑ k = 1 ∞ b k é considerada condicionalmente convergente se ∑ k = 1 ∞ b k é divergente, e a série ∑ k = 1 ∞ b k é considerada convergente.
Exemplo 3
Vamos examinar em detalhes a opção ∑ k = 1 ∞ (- 1) k + 1 k = 1 - 1 2 + 1 3 - 1 4 + . . . . A série ∑ k = 1 ∞ (- 1) k + 1 k = ∑ k = 1 ∞ 1 k , que consiste em valores absolutos, é definida como divergente. Esta variante é considerada convergente porque é fácil de determinar. A partir deste exemplo, aprendemos que a série ∑ k = 1 ∞ (- 1) k + 1 k = 1 - 1 2 + 1 3 - 1 4 + . . . será considerado condicionalmente convergente.
Características da série convergente
Vamos analisar as propriedades para determinados casos
- Se ∑ k = 1 ∞ a k converge, então a série ∑ k = m + 1 ∞ a k também é reconhecida como convergente. Pode-se notar que a série m membros também é considerado convergente. Se adicionarmos vários números a ∑ k = m + 1 ∞ a k, o resultado resultante também convergirá.
- Se ∑ k = 1 ∞ a k converge e a soma = S, então a série ∑ k = 1 ∞ A ak , ∑ k = 1 ∞ A ak = A S , onde UMA-constante.
- Se ∑ k = 1 ∞ a k e ∑ k = 1 ∞ b k são convergentes, as somas UMA e B também, então as séries ∑ k = 1 ∞ a k + b k e ∑ k = 1 ∞ a k - b k também convergem. Os montantes serão A+B e A-B respectivamente.
Determine que a série converge ∑ k = 1 ∞ 2 3 k · k 3 .
Vamos mudar a expressão ∑ k = 1 ∞ 2 3 k · k 3 = ∑ k = 1 ∞ 2 3 · 1 k 4 3 . A série ∑ k = 1 ∞ 1 k 4 3 é considerada convergente, pois a série ∑ k = 1 ∞ 1 k s converge para s > 1. De acordo com a segunda propriedade, ∑ k = 1 ∞ 2 3 · 1 k 4 3 .
Exemplo 5
Determine se a série converge ∑ n = 1 ∞ 3 + n n 5 2 .
Transformamos a versão original ∑ 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 .
Obtemos a soma ∑ n = 1 ∞ 3 n 5 2 e ∑ n = 1 ∞ 1 n 2 . Cada série é reconhecida como convergente de acordo com a propriedade. Como a série converge, o mesmo acontece com a versão original.
Exemplo 6
Calcule se a série 1 - 6 + 1 2 - 2 + 1 4 - 2 3 + 1 8 - 2 9 + converge. . . e calcule o valor.
Vamos detalhar o original:
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
Cada série converge porque é um dos membros da sequência numérica. De acordo com a terceira propriedade, podemos calcular que a versão original também é convergente. Calculamos a soma: O primeiro termo da série ∑ k = 1 ∞ 1 2 k - 1 = 1, e o denominador = 0 . 5 , seguido por ∑ k = 1 ∞ 1 2 k - 1 = 1 1 - 0 . 5 = 2. O primeiro termo é ∑ k = 1 ∞ 1 3 k - 2 = 3 , e o denominador da seqüência numérica decrescente = 1 3 . Obtemos: ∑ k = 1 ∞ 1 3 k - 2 = 3 1 - 1 3 = 9 2 .
Usamos as expressões obtidas acima para determinar a soma 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
Uma condição necessária para determinar se uma série é convergente
Definição 11Se a série ∑ k = 1 ∞ a k é convergente, então seu limite k-ésimo termo = 0: lim k → + ∞ a k = 0 .
Se marcarmos qualquer opção, não devemos esquecer a condição indispensável. Se não for satisfeita, então a série diverge. Se lim k → + ∞ a k ≠ 0 , então a série é divergente.
Deve-se esclarecer que a condição é importante, mas não suficiente. Se a igualdade lim k → + ∞ a k = 0 vale, então isso não garante que ∑ k = 1 ∞ a k seja convergente.
Vamos dar um exemplo. Para a série harmônica ∑ k = 1 ∞ 1 k a condição é satisfeita lim k → + ∞ 1 k = 0 , mas a série ainda diverge.
Exemplo 7
Determine a convergência ∑ n = 1 ∞ n 2 1 + n .
Verifique a expressão original para a condição 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
Limite enésimo membro não é 0 . Provamos que esta série diverge.
Como determinar a convergência de uma série de sinais positivos.
Se você usar constantemente esses recursos, terá que calcular constantemente os limites. Esta seção irá ajudá-lo a evitar dificuldades ao resolver exemplos e problemas. Para determinar a convergência de uma série de sinais positivos, existe uma certa condição.
Para convergência de sinal positivo ∑ k = 1 ∞ a k , a k > 0 ∀ k = 1 , 2 , 3 , . . . você precisa definir uma seqüência limitada de somas.
Como comparar linhas
Existem vários sinais de comparação de séries. Comparamos a série cuja convergência se propõe a ser determinada com a série cuja convergência é conhecida.
Primeiro sinal
∑ k = 1 ∞ a k e ∑ k = 1 ∞ b k são séries positivas. A desigualdade a k ≤ b k é válida para k = 1, 2, 3, ... Segue-se que da série ∑ k = 1 ∞ b k podemos obter ∑ k = 1 ∞ a k . Como ∑ k = 1 ∞ a k diverge, a série ∑ k = 1 ∞ b k pode ser definida como divergente.
Essa regra é constantemente usada para resolver equações e é um argumento sério que ajudará a determinar a convergência. As dificuldades podem residir no fato de que está longe de ser possível encontrar um exemplo adequado para comparação em todos os casos. Muitas vezes, uma série é escolhida de acordo com o princípio de que o indicador k-ésimo termo será igual ao resultado da subtração dos expoentes do numerador e denominador k-ésimo membro da linha. Digamos que a k = k 2 + 3 4 k 2 + 5 , a diferença será igual a 2 – 3 = - 1 . Neste caso, pode-se determinar que uma série com k-ésimo termo b k = k - 1 = 1 k , que é harmônico.
Para consolidar o material recebido, consideraremos em detalhes algumas opções típicas.
Exemplo 8
Determine qual é a série ∑ k = 1 ∞ 1 k - 1 2 .
Como o limite = 0 lim k → + ∞ 1 k - 1 2 = 0 , cumprimos a condição necessária. A desigualdade será justa 1 k< 1 k - 1 2 для k, que são naturais. Nos parágrafos anteriores, aprendemos que a série harmônica ∑ k = 1 ∞ 1 k é divergente. De acordo com o primeiro critério, pode-se provar que a versão original é divergente.
Exemplo 9
Determine se a série é convergente ou divergente ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 + 3 k - 1 .
Neste exemplo, a condição necessária é atendida, pois lim k → + ∞ 1 k 3 + 3 k - 1 = 0 . Representamos na forma de desigualdade 1 k 3 + 3 k - 1< 1 k 3 для любого значения k. A série ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 é convergente, pois a série harmônica ∑ k = 1 ∞ 1 k s converge para s > 1. De acordo com a primeira característica, podemos concluir que a série numérica é convergente.
Exemplo 10
Determine qual é a série ∑ k = 3 ∞ 1 k ln (ln k) . lim k → + ∞ 1 k ln (ln k) = 1 + ∞ + ∞ = 0 .
Nesta variante, é possível marcar o cumprimento da condição desejada. Vamos definir uma série para comparação. Por exemplo, ∑ k = 1 ∞ 1 k s . Para determinar o que é um grau, considere a sequência ( ln (ln k) ), k = 3 , 4 , 5 . . . . Os membros da sequência ln (ln 3) , ln (ln 4) , ln (ln 5) , . . . aumenta ao infinito. Após analisar a equação, pode-se notar que, tomando N = 1619 como valor, então os termos da sequência > 2 . Para esta sequência, a desigualdade 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.
Segundo sinal
Vamos supor que ∑ k = 1 ∞ a k e ∑ k = 1 ∞ b k são séries de sinais positivos.
Se lim k → + ∞ a k b k ≠ ∞ , então a série ∑ k = 1 ∞ b k converge, e ∑ k = 1 ∞ a k também converge.
Se lim k → + ∞ a k b k ≠ 0 , então como a série ∑ k = 1 ∞ b k diverge, então ∑ k = 1 ∞ a k também diverge.
Se lim k → + ∞ a k b k ≠ ∞ e lim k → + ∞ a k b k ≠ 0 , então a convergência ou divergência de uma série significa a convergência ou divergência de outra.
Considere ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 + 3 k - 1 com a ajuda do segundo recurso. Para comparação ∑ k = 1 ∞ b k tomamos a série convergente ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 . Defina o limite: 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
De acordo com o segundo critério, pode-se determinar que a série convergente ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 significa que a versão original também converge.
Exemplo 11
Determine qual é a série ∑ n = 1 ∞ k 2 + 3 4 k 3 + 5 .
Analisemos a condição necessária lim k → ∞ k 2 + 3 4 k 3 + 5 = 0 , que é satisfeita nesta versão. De acordo com o segundo critério, tome a série ∑ k = 1 ∞ 1 k . Estamos procurando o limite: lim k → + ∞ k 2 + 3 4 k 3 + 5 1 k = lim k → + ∞ k 3 + 3 k 4 k 3 + 5 = 1 4
De acordo com as teses acima, a série divergente acarreta a divergência da série original.
Terceiro sinal
Considere o terceiro sinal de comparação.
Suponha que ∑ k = 1 ∞ a k e _ ∑ k = 1 ∞ b k são séries numéricas de sinal positivo. Se a condição for satisfeita para algum número a k + 1 a k ≤ b k + 1 b k , então a convergência desta série ∑ k = 1 ∞ b k significa que a série ∑ k = 1 ∞ a k também é convergente. A série divergente ∑ k = 1 ∞ a k acarreta a divergência ∑ k = 1 ∞ b k .
Sinal de d'Alembert
Imagine que ∑ k = 1 ∞ a k é uma série de números de sinal positivo. Se lim k → + ∞ a k + 1 a k< 1 , то ряд является сходящимся, если lim k → + ∞ a k + 1 a k >1 , então divergente.
Observação 1
O teste de d'Alembert é válido se o limite for infinito.
Se lim k → + ∞ a k + 1 a k = - ∞ , então a série é convergente, se lim k → ∞ a k + 1 a k = + ∞ , então é divergente.
Se lim k → + ∞ a k + 1 a k = 1 , então o teste de d'Alembert não ajudará e vários outros estudos serão necessários.
Exemplo 12
Determine se a série é convergente ou divergente ∑ k = 1 ∞ 2 k + 1 2 k pelo teste de d'Alembert.
É necessário verificar se a condição de convergência necessária é satisfeita. Vamos calcular o limite usando a regra de L'Hopital: 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
Podemos ver que a condição está satisfeita. Vamos usar o teste de d'Alembert: 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
A série é convergente.
Exemplo 13
Determine se a série é divergente ∑ k = 1 ∞ k k k ! .
Vamos usar o teste de d'Alembert para determinar a divergência da série: lim k → + ∞ a k + 1 a k = lim k → + ∞ (k + 1) k + 1 (k + 1) ! kkk! = 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
Portanto, a série é divergente.
O sinal radical de Cauchy
Suponha que ∑ k = 1 ∞ a k é uma série com sinal positivo. Se lim k → + ∞ a k k< 1 , то ряд является сходящимся, если lim k → + ∞ a k k >1 , então divergente.
Observação 2
Se lim k → + ∞ a k k = 1 , então este recurso não fornece nenhuma informação – uma análise adicional é necessária.
Esse recurso pode ser usado em exemplos fáceis de identificar. O caso será característico quando um membro da série numérica for uma expressão exponencial exponencial.
Para consolidar as informações recebidas, considere alguns exemplos típicos.
Exemplo 14
Determine se a série positiva ∑ k = 1 ∞ 1 (2 k + 1) k converge na série.
A condição necessária é considerada satisfeita, pois lim k → + ∞ 1 (2 k + 1) k = 1 + ∞ + ∞ = 0 .
De acordo com o teste considerado acima, obtemos 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.
Exemplo 15
A série numérica converge ∑ k = 1 ∞ 1 3 k · 1 + 1 k k 2 .
Usamos o sinal descrito no parágrafo anterior 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.
Teste Integral de Cauchy
Suponha que ∑ k = 1 ∞ a k é uma série com sinal positivo. É necessário designar uma função de um argumento contínuo y=f(x), que corresponde a n = f (n) . Se um y=f(x) maior que zero, não quebra e diminui em [ a ; + ∞) , onde a ≥ 1
Então, se a integral imprópria ∫ a + ∞ f (x) d x é convergente, então a série em consideração também converge. Se diverge, então no exemplo em consideração a série também diverge.
Ao verificar o decaimento de uma função, você pode usar o material discutido nas lições anteriores.
Exemplo 16
Considere o exemplo ∑ k = 2 ∞ 1 k ln k para convergência.
A condição de convergência da série é considerada satisfeita, pois lim k → + ∞ 1 k ln k = 1 + ∞ = 0 . Considere y = 1 x ln x . É maior que zero, não é interrompido e diminui em [ 2 ; +∞) . Os dois primeiros pontos são conhecidos com certeza, mas o terceiro deve ser discutido com mais detalhes. Encontre a derivada: 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. É menor que zero em [ 2 ; + ∞) Isso prova a tese de que a função é decrescente.
Na verdade, a função y = 1 x ln x corresponde às características do princípio que consideramos acima. Usamos: ∫ 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) = + ∞
De acordo com os resultados obtidos, o exemplo original diverge porque a integral imprópria é divergente.
Exemplo 17
Prove a convergência da série ∑ k = 1 ∞ 1 (10 k - 9) (ln (5 k + 8)) 3 .
Como lim k → + ∞ 1 (10 k - 9) (ln (5 k + 8)) 3 = 1 + ∞ = 0 , a condição é considerada satisfeita.
Começando com k = 4 , a expressão correta é 1 (10 k - 9) (ln (5 k + 8)) 3< 1 (5 k + 8) (ln (5 k + 8)) 3 .
Se a série ∑ k = 4 ∞ 1 (5 k + 8) (ln (5 k + 8)) 3 é considerada convergente, então, de acordo com um dos princípios de comparação, a série ∑ k = 4 ∞ 1 (10 k - 9) ( ln (5 k + 8)) 3 também será considerado convergente. Assim, podemos determinar que a expressão original também é convergente.
Passemos à prova ∑ k = 4 ∞ 1 (5 k + 8) (ln (5 k + 8)) 3 .
Como a função y = 1 5 x + 8 (ln (5 x + 8)) 3 é maior que zero, ela não termina e diminui em [ 4 ; +∞) . Usamos o recurso descrito no parágrafo anterior:
∫ 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
Na série convergente resultante, ∫ 4 + ∞ d x (5 x + 8) (ln (5 x + 8)) 3 , podemos determinar que ∑ k = 4 ∞ 1 (5 k + 8) (ln (5 k + 8 )) 3 também converge.
Sinal de Raabe
Vamos supor que ∑ k = 1 ∞ a k é uma série numérica de sinal positivo.
Se lim k → + ∞ k a k a k + 1< 1 , то ряд расходится, если lim k → + ∞ k · a k a k + 1 - 1 >1 , então converge.
Este método de determinação pode ser usado se as técnicas descritas acima não derem resultados visíveis.
Estudo para convergência absoluta
Para pesquisa tomamos ∑ k = 1 ∞ b k . Usamos o sinal positivo ∑ k = 1 ∞ b k . Podemos usar qualquer um dos recursos adequados que descrevemos acima. Se a série ∑ k = 1 ∞ b k converge, então a série original é absolutamente convergente.
Exemplo 18
Investigue a série ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 3 k 3 + 2 k - 1 para convergência ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 3 k 3 + 2 k - 1 = ∑ k = 1 ∞ 1 3 k 3 + 2 k - 1 .
A condição é satisfeita lim k → + ∞ 1 3 k 3 + 2 k - 1 = 1 + ∞ = 0 . Usamos ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 2 e usamos o segundo sinal: lim k → + ∞ 1 3 k 3 + 2 k - 1 1 k 3 2 = 1 3 .
A série ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 3 k 3 + 2 k - 1 converge. A série original também é absolutamente convergente.
Divergência de séries alternadas
Se a série ∑ k = 1 ∞ b k é divergente, então a série alternada correspondente ∑ k = 1 ∞ b k é divergente ou condicionalmente convergente.
Apenas o teste de d'Alembert e o teste de Cauchy radical ajudarão a tirar conclusões sobre ∑ k = 1 ∞ b k da divergência dos módulos ∑ k = 1 ∞ b k . A série ∑ k = 1 ∞ b k também diverge se a condição de convergência necessária não for atendida, ou seja, se lim k → ∞ + b k ≠ 0 .
Exemplo 19
Verifique a divergência 1 7 , 2 7 2 , - 6 7 3 , 24 7 4 , 120 7 5 - 720 7 6 , . . . .
Módulo k-ésimo termo é representado como b k = k ! 7k.
Vamos explorar a série ∑ k = 1 ∞ b k = ∑ k = 1 ∞ k ! 7 k para convergência pelo critério de d'Alembert: lim k → + ∞ b k + 1 b k = lim k → + ∞ (k + 1) ! 7k + 1k! 7 k = 1 7 limite → + ∞ (k + 1) = + ∞ .
∑ k = 1 ∞ b k = ∑ k = 1 ∞ k ! 7k diverge da mesma forma que a versão original.
Exemplo 20
É ∑ k = 1 ∞ (- 1) k · k 2 + 1 ln (k + 1) convergente.
Considere a condição necessária 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) = + ∞ . A condição não é satisfeita, portanto ∑ k = 1 ∞ (- 1) k · k 2 + 1 ln (k + 1) a série é divergente. O limite foi calculado de acordo com a regra de L'Hospital.
Critérios de convergência condicional
Sinal de Leibniz
Definição 12Se os valores dos membros da série alternada diminuem b 1 > b 2 > b 3 > . . . > . . . e limite de módulo = 0 quando k → + ∞ , então a série ∑ k = 1 ∞ b k converge.
Exemplo 17
Considere ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 2 k + 1 5 k (k + 1) para convergência.
A série é representada como ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 2 k + 1 5 k (k + 1) = ∑ k = 1 ∞ 2 k + 1 5 k (k + 1) . A condição necessária é satisfeita lim k → + ∞ = 2 k + 1 5 k (k + 1) = 0 . Considere ∑ k = 1 ∞ 1 k pelo segundo critério de comparação lim k → + ∞ 2 k + 1 5 k (k + 1) 1 k = lim k → + ∞ 2 k + 1 5 (k + 1) = 2 5
Temos que ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 2 k + 1 5 k (k + 1) = ∑ k = 1 ∞ 2 k + 1 5 k (k + 1) diverge. A série ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 2 k + 1 5 k (k + 1) converge de acordo com o critério de Leibniz: a sequência 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 , . . . diminui e lim k → + ∞ = 2 k + 1 5 k (k + 1) = 0 .
A série converge condicionalmente.
Sinal de Abel-Dirichlet
Definição 13∑ k = 1 + ∞ u k v k converge se ( u k ) não aumenta e a sequência ∑ k = 1 + ∞ v k é limitada.
Exemplo 17
Explorar 1 - 3 2 + 2 3 + 1 4 - 3 5 + 1 3 + 1 7 - 3 8 + 2 9 + . . . para convergência.
Imagine
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
onde ( u k ) = 1 , 1 2 , 1 3 , . . . - não crescente, e a sequência ( v k ) = 1 , - 3 , 2 , 1 , - 3 , 2 , . . . limitado ( S k ) = 1 , - 2 , 0 , 1 , - 2 , 0 , . . . . A série converge.
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série harmônica- a soma composta por um número infinito de termos recíprocos de números sucessivos da série natural:
∑ 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).YouTube enciclopédico
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✪ Número de linhas. Conceitos básicos - bezbotvy
✪ Prova da divergência da série harmônica
✪ Número série-9. Convergência e divergência da série de Dirichlet
✪ Consulta #1. Esteira. análise. Série de Fourier no sistema trigonométrico. As propriedades mais simples
✪ LINHAS. Análise
Legendas
A soma dos n primeiros termos da série
Os termos individuais da série tendem a zero, mas sua soma diverge. A n-ésima soma parcial da s n série harmônica é o n-ésimo número harmônico:
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)))Alguns valores de somas parciais
| 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(matriz))) | 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(matriz))) |
Fórmula de Euler
Quando valor ε n → 0 (\displaystyle \varepsilon _(n)\rightarrow 0), portanto, para grandes n (\displaystyle n):
s n ≈ ln (n) + γ (\displaystyle s_(n)\approx \ln(n)+\gamma )- Fórmula de Euler para a soma do primeiro n (\displaystyle n) membros da série harmônica.| 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 |
Uma fórmula assintótica mais precisa para a soma parcial da série harmônica:
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)))), Onde B 2 k (\estilo de exibição B_(2k))- Números de Bernoulli.Esta série diverge, mas o erro de cálculo sobre ela nunca ultrapassa a metade do primeiro termo descartado.
Propriedades da teoria dos números de somas parciais
∀ n > 1 s n ∉ N (\displaystyle \forall n>1\;\;\;\;s_(n)\notin \mathbb (N) )
Série Divergência
S n → ∞ (\displaystyle s_(n)\rightarrow \infty ) no n → ∞ (\displaystyle n\rightarrow \infty )
A série harmônica diverge muito lentamente (para que a soma parcial ultrapasse 100, são necessários cerca de 10 43 elementos da série).
A divergência da série harmônica pode ser demonstrada comparando-a com a série telescópica:
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))),cuja soma parcial é obviamente igual a:
∑ i = 1 n − 1 v i = ln n ∼ s n (\displaystyle \sum _(i=1)^(n-1)v_(i)=\ln n\sim s_(n)).A prova de Orem
A prova da divergência pode ser construída agrupando os termos da seguinte forma:
∑ 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) )\direita]+\esquerda[(\frac (1)(3))+(\frac (1)(4))\direita]+\esquerda[(\frac (1)(5))+(\frac (1)(6))+(\frac (1)(7))+(\frac (1)(8))\right]+\left[(\frac (1)(9))+\cdots \ right]+\cdots \\&()>1+\left[(\frac (1)(2))\right]+\left[(\frac (1)(4))+(\frac (1) (4))\direita]+\esquerda[(\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(alinhado)))A última linha obviamente diverge. Esta prova pertence ao estudioso medieval Nicholas Orem (c. 1350).
Prova alternativa de divergência
Convidamos o leitor a verificar a falácia desta prova.
Diferença entre n (\displaystyle n)-ésimo número harmônico e logaritmo natural n (\displaystyle n) converge para a constante de Euler - Mascheroni.
A diferença entre diferentes números harmônicos nunca é um número inteiro e nenhum número harmônico, exceto H 1 = 1 (\displaystyle H_(1)=1), não é um número inteiro.
Linhas relacionadas
Linha Dirichlet
A série harmônica generalizada (ou a série de Dirichlet) é chamada de série
∑ 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 ).A série harmônica generalizada diverge em α ⩽ 1 (\displaystyle \alpha \leqslant 1) e converge em α > 1 (\displaystyle \alpha >1) .
A soma da série de ordem harmônica generalizada α (\displaystyle \alpha )é igual ao valor da função zeta de Riemann:
∑ k = 1 ∞ 1 k α = ζ (α) (\displaystyle \sum _(k=1)^(\infty )(\frac (1)(k^(\alpha )))=\zeta (\alpha ))Para números pares, esse valor é expresso explicitamente em termos de pi , por exemplo, ζ (2) = π 2 6 (\displaystyle \zeta (2)=(\frac (\pi ^(2))(6)))), e já para α=3 seu valor é analiticamente desconhecido.
Outra ilustração da divergência da série harmônica pode ser a relação ζ (1 + 1 n) ∼ n (\displaystyle \zeta (1+(\frac (1)(n)))\sim n) . Portanto, diz-se que tal série tem probabilidade 1 , e a soma da série é uma quantidade aleatória com propriedades interessantes. Por exemplo, a função densidade probabilidade calculada nos pontos +2 ou −2 tem o valor:
0,124 999 999 999 999 999 999 999 999 999 999 999 999 999 7 642 …,diferindo de ⅛ por menos de 10 −42 .
Série harmônica "afinada"
Série Kempner (Inglês)Se considerarmos uma série harmônica na qual restam apenas termos, cujos denominadores não contêm o número 9, verifica-se que a soma restante converge para o número<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), cada vez menos termos são tomados para a soma da série “afinada”. Ou seja, ao final, a grande maioria dos termos que formam a soma da série harmônica são descartados para não ultrapassar a progressão geométrica que limita a partir de cima.
Existem várias maneiras de verificar a convergência de uma série. Primeiro, você pode simplesmente encontrar a soma da série. Se, como resultado, obtivermos um número finito, então tal série converge. Por exemplo, desde
então a série converge. Se não conseguirmos encontrar a soma das séries, outros métodos devem ser usados para verificar a convergência das séries.
Um desses métodos é sinal de d'Alembert
aqui e são os n-ésimo e (n + 1)-ésimo termos da série, respectivamente, e a convergência é determinada pelo valor de D: Se D< 1 - ряд сходится, если D >
Como exemplo, examinamos a convergência de uma série usando o teste de d'Alembert. Primeiro, vamos escrever expressões para e . Agora vamos encontrar o limite correspondente:
Uma vez que , de acordo com o teste de d'Alembert, a série converge.
Outro método para verificar a convergência de uma série é sinal radical de Cauchy, que é escrito da seguinte forma:
aqui é o enésimo termo da série, e a convergência, como no caso do teste de d'Alembert, é determinada pelo valor de D: Se D< 1 - ряд сходится, если D >1 - diverge. Quando D = 1 - este sinal não fornece uma resposta e pesquisas adicionais são necessárias.
Como exemplo, estudamos a convergência de uma série usando o critério radical de Cauchy. Primeiro, vamos escrever uma expressão para . Agora vamos encontrar o limite correspondente:
Porque title="15625/64>1"> , de acordo com o teste radical de Cauchy, a série diverge.
Deve-se notar que junto com o acima, existem outros sinais de convergência da série, como o teste integral de Cauchy, o teste de Raabe, etc.
Nossa calculadora online, construída com base no sistema Wolfram Alpha, permite testar a convergência de uma série. Nesse caso, se a calculadora fornecer um número específico como a soma da série, a série converge. Caso contrário, é necessário atentar para o item "Teste de convergência em série". Se a frase “série converge” estiver presente lá, então a série converge. Se a frase "série diverge" estiver presente, então a série diverge.
Abaixo está uma tradução de todos os valores possíveisdo item "Teste de convergência de uma série":
| texto em inglês | Texto em russo |
|---|---|
| Pelo teste da série harmônica, a série diverge. | Ao comparar a série estudada com a série harmônica, a série original diverge. |
| O teste da razão é inconclusivo. | O teste de d'Alembert não pode dar uma resposta sobre a convergência de uma série. |
| O teste de raiz é inconclusivo. | O teste radical de Cauchy não pode dar uma resposta sobre a convergência da série. |
| Pelo teste de comparação, a série converge. | Por comparação, a série converge |
| Pelo teste da razão, a série converge. | De acordo com o teste de d'Alembert, a série converge |
| Pelo teste do limite, as séries divergem. | Baseado no fato de que title="(!LANG:O limite do enésimo membro da série quando n->oo não é igual a zero ou não existe"> , или указанный предел не существует, сделан вывод о том, что ряд расходится. !} |
Responda: a série diverge.
Exemplo #3
Encontre a soma da série $\sum\limits_(n=1)^(\infty)\frac(2)((2n+1)(2n+3))$.
Como o limite inferior de soma é 1, o termo comum da série é escrito sob o sinal de soma: $u_n=\frac(2)((2n+1)(2n+3))$. Componha a enésima soma parcial da série, ou seja, soma os primeiros $n$ membros da série numérica dada:
$$ S_n=u_1+u_2+u_3+u_4+\ldots+u_n=\frac(2)(3\cdot 5)+\frac(2)(5\cdot 7)+\frac(2)(7\cdot 9 )+\frac(2)(9\cdot 11)+\ldots+\frac(2)((2n+1)(2n+3)). $$
Por que escrevo exatamente $\frac(2)(3\cdot 5)$, e não $\frac(2)(15)$, ficará claro na narração posterior. No entanto, registrar uma soma parcial não nos aproximou nem um pouco do objetivo. Afinal, precisamos encontrar $\lim_(n\to\infty)S_n$, mas se apenas escrevermos:
$$ \lim_(n\to\infty)S_n=\lim_(n\to\infty)\left(\frac(2)(3\cdot 5)+\frac(2)(5\cdot 7)+\ frac(2)(7\cdot 9)+\frac(2)(9\cdot 11)+\ldots+\frac(2)((2n+1)(2n+3))\right), $$
então este registro, completamente correto na forma, não nos dará nada em essência. Para encontrar o limite, a expressão de soma parcial deve primeiro ser simplificada.
Existe uma transformação padrão para isso, que consiste em decompor a fração $\frac(2)((2n+1)(2n+3))$, que representa o termo comum da série, em frações elementares. Um tópico separado é dedicado à questão da decomposição de frações racionais em frações elementares (veja, por exemplo, o exemplo nº 3 nesta página). Expandindo a fração $\frac(2)((2n+1)(2n+3))$ em frações elementares, temos:
$$ \frac(2)((2n+1)(2n+3))=\frac(A)(2n+1)+\frac(B)(2n+3)=\frac(A\cdot(2n) +3)+B\cdot(2n+1))((2n+1)(2n+3)). $$
Igualamos os numeradores das frações nos lados esquerdo e direito da igualdade resultante:
$$ 2=A\cdot(2n+3)+B\cdot(2n+1). $$
Existem duas formas de encontrar os valores de $A$ e $B$. Você pode abrir os colchetes e reorganizar os termos, ou pode simplesmente substituir alguns valores adequados ao invés de $n$. Apenas para variar, neste exemplo, seguiremos o primeiro caminho e o próximo - substituiremos os valores privados de $n$. Expandindo os colchetes e reorganizando os termos, temos:
$$ 2=2An+3A+2Bn+B;\\ 2=(2A+2B)n+3A+B. $$
No lado esquerdo da equação, $n$ é precedido por zero. Se desejar, o lado esquerdo da igualdade pode ser representado para maior clareza como $0\cdot n+ 2$. Como no lado esquerdo da igualdade $n$ é precedido por zero, e no lado direito da igualdade $2A+2B$ precede $n$, temos a primeira equação: $2A+2B=0$. Imediatamente dividimos ambas as partes desta equação por 2, após o que obtemos $A+B=0$.
Como o termo livre no lado esquerdo da igualdade é igual a 2, e no lado direito da igualdade o termo livre é igual a $3A+B$, então $3A+B=2$. Então temos um sistema:
$$ \esquerda\(\begin(alinhado) & A+B=0;\\ & 3A+B=2. \end(alinhado)\direita. $$
A prova será realizada pelo método de indução matemática. Na primeira etapa, precisamos verificar se a igualdade exigida $S_n=\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$ vale para $n=1$. Sabemos que $S_1=u_1=\frac(2)(15)$, mas a expressão $\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$ dará o valor $\frac( 2 )(15)$ se $n=1$ for substituído nele? Vamos checar:
$$ \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). $$
Assim, para $n=1$ a igualdade $S_n=\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$ é satisfeita. Isto completa o primeiro passo do método de indução matemática.
Suponha que para $n=k$ a igualdade seja válida, ou seja. $S_k=\frac(1)(3)-\frac(1)(2k+3)$. Vamos provar que a mesma igualdade vale para $n=k+1$. Para fazer isso, considere $S_(k+1)$:
$$ S_(k+1)=S_k+u_(k+1). $$
Como $u_n=\frac(1)(2n+1)-\frac(1)(2n+3)$, então $u_(k+1)=\frac(1)(2(k+1)+ 1 )-\frac(1)(2(k+1)+3)=\frac(1)(2k+3)-\frac(1)(2(k+1)+3)$. De acordo com a suposição acima $S_k=\frac(1)(3)-\frac(1)(2k+3)$, então a fórmula $S_(k+1)=S_k+u_(k+1)$ leva a forma:
$$ 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). $$
Conclusão: a fórmula $S_n=\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$ é verdadeira para $n=k+1$. Portanto, de acordo com o método de indução matemática, a fórmula $S_n=\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$ é verdadeira para qualquer $n\in N$. A igualdade foi comprovada.
Em um curso padrão de matemática superior, geralmente se contenta em "apagar" os termos cancelados, sem exigir nenhuma prova. Então, temos a expressão para a enésima soma parcial: $S_n=\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$. Encontre o valor de $\lim_(n\to\infty)S_n$:
Conclusão: a série dada converge e sua soma é $S=\frac(1)(3)$.
A segunda maneira é simplificar a fórmula para a soma parcial.
Para ser honesto, eu prefiro esse método :) Vamos escrever a soma parcial de forma abreviada:
$$ S_n=\sum\limits_(k=1)^(n)u_k=\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(2)((2k+1)(2k+3)). $$
Temos anteriormente que $u_k=\frac(1)(2k+1)-\frac(1)(2k+3)$, então:
$$ 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). $$
A soma $S_n$ contém um número finito de termos, então podemos reorganizá-los como quisermos. Eu quero primeiro adicionar todos os termos da forma $\frac(1)(2k+1)$, e só então ir para os termos da forma $\frac(1)(2k+3)$. Isso significa que representaremos a soma parcial desta forma:
$$ 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). $$
Claro, a notação expandida é extremamente inconveniente, então a igualdade acima pode ser escrita de forma mais compacta:
$$ 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). $$
Agora transformamos as expressões $\frac(1)(2k+1)$ e $\frac(1)(2k+3)$ para a mesma forma. Acho conveniente fazer com que pareça uma fração maior (embora você possa usar uma menor, é uma questão de gosto). Como $\frac(1)(2k+1)>\frac(1)(2k+3)$ (quanto maior o denominador, menor a fração), reduziremos a fração $\frac(1)(2k+ 3) $ na forma $\frac(1)(2k+1)$.
Vou apresentar a expressão no denominador da fração $\frac(1)(2k+3)$ da seguinte forma:
$$ \frac(1)(2k+3)=\frac(1)(2k+2+1)=\frac(1)(2(k+1)+1). $$
E a soma $\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+3)$ agora pode ser escrita assim:
$$ \sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+3)=\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2(k+1) )+1)=\soma\limits_(k=2)^(n+1)\frac(1)(2k+1). $$
Se a igualdade $\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+3)=\sum\limits_(k=2)^(n+1)\frac(1)(2k+ 1) $ não levanta dúvidas, então vamos mais longe. Se houver dúvidas, por favor, expanda a nota.
Como obtivemos o valor convertido? aparecer esconder
Tínhamos a série $\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+3)=\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2( k+1)+1)$. Vamos introduzir uma nova variável em vez de $k+1$ - por exemplo, $t$. Então $t=k+1$.
Como a antiga variável $k$ mudou? E mudou de 1 para $n$. Vamos descobrir como a nova variável $t$ mudará. Se $k=1$, então $t=1+1=2$. Se $k=n$, então $t=n+1$. Portanto, a expressão $\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2(k+1)+1)$ agora é: $\sum\limits_(t=2)^(n + 1)\frac(1)(2t+1)$.
$$ \sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2(k+1)+1)=\sum\limits_(t=2)^(n+1)\frac(1 )(2t+1). $$
Temos a soma $\sum\limits_(t=2)^(n+1)\frac(1)(2t+1)$. Pergunta: importa qual letra usar nesta soma? :) Escrevendo a letra $k$ em vez de $t$, temos o seguinte:
$$ \soma\limits_(t=2)^(n+1)\frac(1)(2t+1)=\sum\limits_(k=2)^(n+1)\frac(1)(2k +1). $$
É assim que a igualdade $\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2(k+1)+1)=\sum\limits_(k=2)^(n+1) é obtido \frac(1)(2k+1)$.
Assim, a soma parcial pode ser representada da seguinte forma:
$$ S_n=\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+1)-\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+3 )=\soma\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+1)-\sum\limits_(k=2)^(n+1)\frac(1)(2k+1 ). $$
Observe que as somas $\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+1)$ e $\sum\limits_(k=2)^(n+1)\frac(1 )(2k+1)$ diferem apenas nos limites de soma. Vamos tornar esses limites iguais. "Pegando" o primeiro elemento da soma $\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+1)$ temos:
$$ \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). $$
"Pegando" o último elemento da soma $\sum\limits_(k=2)^(n+1)\frac(1)(2k+1)$, obtemos:
$$\soma\limits_(k=2)^(n+1)\frac(1)(2k+1)=\sum\limits_(k=2)^(n)\frac(1)(2k+1 )+\frac(1)(2(n+1)+1)=\soma\limits_(k=2)^(n)\frac(1)(2k+1)+\frac(1)(2n+ 3 ).$$
Então a expressão para a soma parcial terá a forma:
$$ 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). $$
Se você pular todas as explicações, o processo de encontrar uma fórmula abreviada para a n-ésima soma parcial terá a seguinte forma:
$$ 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) +\soma\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). $$
Deixe-me lembrá-lo de que reduzimos a fração $\frac(1)(2k+3)$ para a forma $\frac(1)(2k+1)$. Claro, você pode fazer o oposto, ou seja, represente a fração $\frac(1)(2k+1)$ como $\frac(1)(2k+3)$. A expressão final para a soma parcial não será alterada. Nesse caso, ocultarei o processo de encontrar uma soma parcial sob uma nota.
Como encontrar $S_n$, se você trouxer para a forma de uma fração diferente? aparecer esconder
$$ S_n =\soma\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+1)-\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+3 ) =\soma\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 ). $$
Então $S_n=\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$. Encontre o limite $\lim_(n\to\infty)S_n$:
$$ \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). $$
A série dada converge e sua soma é $S=\frac(1)(3)$.
Responda: $S=\frac(1)(3)$.
A continuação do tópico de encontrar a soma de uma série será considerada na segunda e terceira partes.
Encontre a soma de uma série de números. Se não for possível encontrá-lo, o sistema calcula a soma da série com certa precisão.
Convergência da série
Esta calculadora pode determinar se uma série converge e também mostra quais sinais de convergência funcionam e quais não.
Ele também sabe como determinar a convergência de séries de potências.
Um gráfico de série também é construído, onde você pode ver a taxa de convergência da série (ou divergência).
Regras para inserir expressões e funções
As expressões podem consistir em funções (as notações são dadas em ordem alfabética): absoluto(x) Valor absoluto x
(módulo x ou |x|)
arcos(x) Função - arco cosseno de x arcosh(x) Arco cosseno hiperbólico de x arcsin(x) Arcsine de x arcosinh(x) Arcsine hiperbólico de x arctg(x) Função - arco tangente de x arctgh(x) A tangente do arco é hiperbólica de x e e um número que é aproximadamente igual a 2,7 exp(x) Função - expoente de x(qual é e^x)
log(x) ou log(x) Logaritmo natural de x
(Obter log7(x), você precisa inserir log(x)/log(7) (ou, por exemplo, para log10(x)=log(x)/log(10)) pi O número é "Pi", que é aproximadamente igual a 3,14 pecado(x) Função - Seno de x cos(x) Função - Cosseno de x sinh(x) Função - Seno hiperbólico de x dinheiro(x) Função - Cosseno hiperbólico de x sqrt(x) A função é a raiz quadrada de x quadrado(x) ou x^2 Função - Quadrado x tg(x) Função - Tangente de x tgh(x) Função - Tangente hiperbólica de x cbrt(x) A função é a raiz cúbica de x
Você pode usar as seguintes operações em expressões: Numeros reais entre no formulário 7.5
, não 7,5
2*x- multiplicação 3/x- divisão x^3- exponenciação x + 7- Adição x - 6- subtração
Outras características: andar (x) Função - arredondamento x para baixo (exemplo andar(4.5)==4.0) teto (x) Função - arredondamento x para cima (teto de exemplo(4,5)==5,0) sinal (x) Função - Sinal x erf(x) Função de erro (ou integral de probabilidade) laplace(x) Função Laplace
