Acest articol este o informație structurată și detaliată care poate fi utilă în timpul analizei exercițiilor și sarcinilor. Vom lua în considerare subiectul seriilor de numere.
Acest articol începe cu definiții și concepte de bază. În continuare, vom studia opțiunile standard și vom studia formulele de bază. Pentru a consolida materialul, articolul oferă principalele exemple și sarcini.
Teze de bază
Mai întâi, imaginați-vă sistemul: a 1 , a 2 . . . , un n , . . . , unde a k ∈ R , k = 1 , 2 . . . .
De exemplu, să luăm numere precum: 6 , 3 , - 3 2 , 3 4 , 3 8 , - 3 16 , . . . .
Definiția 1
Seria de numere este suma termenilor ∑ a k k = 1 ∞ = a 1 + a 2 + . . . + un n + . . . .
Pentru a înțelege mai bine definiția, luați în considerare acest caz în care q = - 0 . 5: 8 - 4 + 2 - 1 + 1 2 - 1 4 + . . . = ∑ k = 1 ∞ (- 16) · - 1 2 k .
Definiția 2
a k este comună sau k-a un membru al rândului.
Arata cam asa - 16 · - 1 2 k .
Definiția 3
Suma parțială a unei serii arata cam asa S n = a 1 + a 2 + . . . + un n , în care n- orice număr. S n este al n-lea suma seriei.
De exemplu, ∑ k = 1 ∞ (- 16) · - 1 2 k este S 4 = 8 - 4 + 2 - 1 = 5 .
S1, S2,. . . , S n , . . . formează o succesiune infinită de numere.
Pentru un număr n-a suma se găsește prin formula 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. Folosim următoarea succesiune de sume parțiale: 8 , 4 , 6 , 5 , . . . , 16 3 1 - - 1 2 n , . . . .
Definiția 4
Seria ∑ k = 1 ∞ a k este convergente când succesiunea are o limită finită S = lim S n n → + ∞ . Dacă nu există limită sau șirul este infinit, atunci seria ∑ k = 1 ∞ a k se numește divergente.
Definiția 5
Suma seriei convergente∑ k = 1 ∞ a k este limita șirului ∑ k = 1 ∞ a k = lim S n n → + ∞ = S .
În acest exemplu, lim S n n → + ∞ = lim 16 3 t → + ∞ 1 - 1 2 n = 16 3 lim n → + ∞ 1 - - 1 2 n = 16 3 , seria ∑ k = 1 ∞ (- 16 ) · - 1 2 k converg. Suma este 16 3: ∑ k = 1 ∞ (- 16) · - 1 2 k = 16 3 .
Exemplul 1
Un exemplu de serie divergentă este suma unei progresii geometrice cu un numitor mai mare decât unu: 1 + 2 + 4 + 8 + . . . + 2n - 1 + . . . = ∑ k = 1 ∞ 2 k - 1 .
A n-a sumă parțială este definită prin expresia S n = a 1 (1 - q n) 1 - q = 1 (1 - 2 n) 1 - 2 = 2 n - 1 , iar limita sumelor parțiale este infinită: lim n → + ∞ S n = lim n → + ∞ (2 n - 1) = + ∞ .
Un alt exemplu de serie de numere divergente este suma formei ∑ k = 1 ∞ 5 = 5 + 5 + . . . . În acest caz, a n-a sumă parțială poate fi calculată ca S n = 5 n . Limita sumelor parțiale este infinit lim n → + ∞ S n = lim n → + ∞ 5 n = + ∞ .
Definiția 6
O sumă similară cu ∑ k = 1 ∞ = 1 + 1 2 + 1 3 + . . . + 1n + . . . - Acest armonic linie numerică.
Definiția 7
Suma ∑ k = 1 ∞ 1 k s = 1 + 1 2 s + 1 3 s + . . . + 1n s + . . . , Unde s este un număr real, este o serie de numere armonice generalizate.
Definițiile discutate mai sus vă vor ajuta să rezolvați majoritatea exemplelor și problemelor.
Pentru a completa definițiile este necesară demonstrarea anumitor ecuații.
- ∑ k = 1 ∞ 1 k este divergent.
Acționăm invers. Dacă converge, atunci limita este finită. Putem scrie ecuația ca lim n → + ∞ S n = S și lim n → + ∞ S 2 n = S . După anumite acțiuni, obținem egalitatea l i m n → + ∞ (S 2 n - S n) = 0 .
Împotriva,
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 n
Sunt valabile următoarele inegalități: 1 n + 1 > 1 2 n , 1 n + 1 > 1 2 n , . . . , 1 2 n - 1 > 1 2 n . Obținem că 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 . Expresia S 2 n - S n > 1 2 indică faptul că lim n → + ∞ (S 2 n - S n) = 0 nu este atins. Seria este divergentă.
- b 1 + b 1 q + b 1 q 2 + . . . + b 1 q n + . . . = ∑ k = 1 ∞ b 1 q k - 1
Este necesar să confirmăm că suma șirului de numere converge pentru q< 1 , и расходится при q ≥ 1 .
Conform definițiilor de mai sus, suma n membrii se determină după formula S n = b 1 · (q n - 1) q - 1 .
Dacă 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
Am demonstrat că seria numerică converge.
Pentru q = 1 b 1 + b 1 + b 1 + . . . ∑ k = 1 ∞ b 1 . Sumele pot fi găsite folosind formula S n = b 1 · n , limita este infinită lim n → + ∞ S n = lim n → + ∞ b 1 · n = ∞ . În versiunea prezentată, seria diverge.
În cazul în care un q = - 1, atunci rândul arată ca b 1 - b 1 + b 1 - . . . = ∑ k = 1 ∞ b 1 (- 1) k + 1 . Sumele parțiale arată ca S n = b 1 pentru impar n, iar S n = 0 pentru par n. Luând în considerare acest caz, ne asigurăm că nu există limită și seria este divergentă.
Pentru 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 = ∞
Am demonstrat că seria numerică diverge.
- Seria ∑ k = 1 ∞ 1 k s converge dacă s > 1și diverge dacă s ≤ 1 .
Pentru s = 1 obținem ∑ k = 1 ∞ 1 k , seria diverge.
Pentru s< 1 получаем 1 k s ≥ 1 k для k , numar natural. Deoarece seria este divergentă ∑ k = 1 ∞ 1 k , nu există limită. În continuare, șirul ∑ k = 1 ∞ 1 k s este nemărginit. Concluzionăm că seria aleasă diverge la s< 1 .
Este necesar să se furnizeze dovezi că seria ∑ k = 1 ∞ 1 k s converge pentru s > 1.
Imaginați-vă 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
Să presupunem că 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
Imaginează-ți o ecuație pentru numere care sunt naturale și par 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 . . .
Primim:
∑ 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 + . . .
Expresia 1 + 1 2 s - 1 + 1 2 s - 1 2 + 1 2 s - 1 3 + . . . este suma unei progresii geometrice q = 1 2 s - 1 . Conform datelor inițiale s > 1, apoi 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 creşte şi este limitată de mai sus 1 1 - 1 2 s - 1 . Imaginează-ți că există o limită și seria este convergentă ∑ k = 1 ∞ 1 k s .
Definiția 8
Seria ∑ k = 1 ∞ a k pozitiv în acest caz, dacă membrii săi > 0 a k > 0 , k = 1 , 2 , . . . .
Seria ∑ k = 1 ∞ b k alternativ dacă semnele numerelor sunt diferite. Acest exemplu este reprezentat ca ∑ k = 1 ∞ b k = ∑ k = 1 ∞ (- 1) k a k sau ∑ k = 1 ∞ b k = ∑ k = 1 ∞ (- 1) k + 1 a k , unde a k > 0 , k = 1 , 2 , . . . .
Seria ∑ k = 1 ∞ b k alternativ, deoarece conține multe numere, negative și pozitive.
A doua variantă a seriei este un caz special al celei de-a treia variante.
Iată exemple pentru fiecare caz, respectiv:
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 + . . .
Pentru a treia opțiune, puteți defini și convergența absolută și condiționată.
Definiția 9
Seria alternantă ∑ k = 1 ∞ b k este absolut convergentă dacă ∑ k = 1 ∞ b k este de asemenea considerată a fi convergentă.
Să aruncăm o privire la câteva dintre opțiunile tipice.
Exemplul 2
Dacă rândurile 6 - 3 + 3 2 - 3 4 + 3 8 - 3 16 + . . . și 6 + 3 - 3 2 + 3 4 + 3 8 - 3 16 + . . . sunt definite ca convergente, atunci este corect să presupunem că 6 + 3 + 3 2 + 3 4 + 3 8 + 3 16 + . . .
Definiția 10
O serie alternantă ∑ k = 1 ∞ b k este considerată convergentă condiționat dacă ∑ k = 1 ∞ b k este divergentă, iar seria ∑ k = 1 ∞ b k este considerată convergentă.
Exemplul 3
Să examinăm în detaliu opțiunea ∑ k = 1 ∞ (- 1) k + 1 k = 1 - 1 2 + 1 3 - 1 4 + . . . . Seria ∑ k = 1 ∞ (- 1) k + 1 k = ∑ k = 1 ∞ 1 k , care constă din valori absolute, este definită ca fiind divergentă. Această variantă este considerată convergentă deoarece este ușor de determinat. Din acest exemplu, aflăm că seria ∑ k = 1 ∞ (- 1) k + 1 k = 1 - 1 2 + 1 3 - 1 4 + . . . vor fi considerate condițional convergente.
Caracteristicile seriei convergente
Să analizăm proprietățile pentru anumite cazuri
- Dacă ∑ k = 1 ∞ a k converge, atunci și seria ∑ k = m + 1 ∞ a k este recunoscută ca fiind convergentă. Se poate observa că seria m membrii este de asemenea considerată convergentă. Dacă adăugăm mai multe numere la ∑ k = m + 1 ∞ a k, atunci și rezultatul rezultat va converge.
- Dacă ∑ k = 1 ∞ a k converge și suma = S, atunci seria ∑ k = 1 ∞ A ak , ∑ k = 1 ∞ A ak = A S , unde A-constant.
- Dacă ∑ k = 1 ∞ a k și ∑ k = 1 ∞ b k sunt convergente, sumele Ași B de asemenea, atunci converg și seria ∑ k = 1 ∞ a k + b k și ∑ k = 1 ∞ a k - b k. Sumele vor fi A+Bși A-B respectiv.
Să se determine că seria converge ∑ k = 1 ∞ 2 3 k · k 3 .
Să schimbăm expresia ∑ k = 1 ∞ 2 3 k · k 3 = ∑ k = 1 ∞ 2 3 · 1 k 4 3 . Seria ∑ k = 1 ∞ 1 k 4 3 este considerată convergentă, deoarece seria ∑ k = 1 ∞ 1 k s converge pentru s > 1. Conform celei de-a doua proprietăți, ∑ k = 1 ∞ 2 3 · 1 k 4 3 .
Exemplul 5
Să se determine dacă seria converge ∑ n = 1 ∞ 3 + n n 5 2 .
Transformăm versiunea originală ∑ 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 .
Obținem suma ∑ n = 1 ∞ 3 n 5 2 și ∑ n = 1 ∞ 1 n 2 . Fiecare serie este recunoscută ca convergentă în funcție de proprietate. Deoarece seria converge, la fel și versiunea originală.
Exemplul 6
Calculați dacă seria 1 - 6 + 1 2 - 2 + 1 4 - 2 3 + 1 8 - 2 9 + converge. . . și calculează suma.
Să defalcăm originalul:
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
Fiecare serie converge deoarece este unul dintre membrii șirului numeric. Conform celei de-a treia proprietăți, putem calcula că și versiunea originală este convergentă. Se calculează suma: Primul termen al seriei ∑ k = 1 ∞ 1 2 k - 1 = 1, iar numitorul = 0 . 5 , urmat de ∑ k = 1 ∞ 1 2 k - 1 = 1 1 - 0 . 5 = 2 . Primul termen este ∑ k = 1 ∞ 1 3 k - 2 = 3 , iar numitorul șirului numeric descrescător = 1 3 . Se obține: ∑ k = 1 ∞ 1 3 k - 2 = 3 1 - 1 3 = 9 2 .
Folosim expresiile obtinute mai sus pentru a determina suma 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
O condiție necesară pentru a determina dacă o serie este convergentă
Definiția 11Dacă seria ∑ k = 1 ∞ a k este convergentă, atunci limita sa k-a termen = 0: lim k → + ∞ a k = 0 .
Dacă verificăm orice opțiune, atunci nu trebuie să uităm de condiția indispensabilă. Dacă nu este mulțumit, atunci seria diverge. Dacă lim k → + ∞ a k ≠ 0 , atunci seria este divergentă.
Trebuie clarificat faptul că condiția este importantă, dar nu suficientă. Dacă lim de egalitate k → + ∞ a k = 0 este valabilă, atunci aceasta nu garantează că ∑ k = 1 ∞ a k este convergentă.
Să luăm un exemplu. Pentru seria armonică ∑ k = 1 ∞ 1 k condiția este îndeplinită lim k → + ∞ 1 k = 0 , dar seria încă diverge.
Exemplul 7
Să se determine convergența ∑ n = 1 ∞ n 2 1 + n .
Verificați expresia originală pentru condiția 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
Limită al n-lea membrul nu este 0. Am demonstrat că această serie diverge.
Cum se determină convergența unei serii cu semne pozitive.
Dacă utilizați în mod constant aceste funcții, va trebui să calculați în mod constant limitele. Această secțiune vă va ajuta să evitați dificultățile în timp ce rezolvați exemple și probleme. Pentru a determina convergența unei serii cu semne pozitive, există o anumită condiție.
Pentru convergența semnului pozitiv ∑ k = 1 ∞ a k , a k > 0 ∀ k = 1 , 2 , 3 , . . . trebuie să definiți o succesiune limitată de sume.
Cum se compară rândurile
Există mai multe semne de comparație de serie. Comparăm seria a cărei convergență se propune a fi determinată cu seria a cărei convergență este cunoscută.
Primul semn
∑ k = 1 ∞ a k și ∑ k = 1 ∞ b k sunt serii pozitive. Inegalitatea a k ≤ b k este valabilă pentru k = 1, 2, 3, ... Din aceasta rezultă că din seria ∑ k = 1 ∞ b k se poate obține ∑ k = 1 ∞ a k . Deoarece ∑ k = 1 ∞ a k diverge, seria ∑ k = 1 ∞ b k poate fi definită ca divergentă.
Această regulă este folosită în mod constant pentru a rezolva ecuații și este un argument serios care va ajuta la determinarea convergenței. Dificultățile pot consta în faptul că este departe de a fi posibil să se găsească un exemplu potrivit pentru comparație în fiecare caz. Destul de des, o serie este aleasă în funcție de principiul că indicatorul k-a termenul va fi egal cu rezultatul scăderii exponenților numărătorului și numitorului k-a membru de rând. Să presupunem că a k = k 2 + 3 4 k 2 + 5 , diferența va fi egală cu 2 – 3 = - 1 . În acest caz, se poate determina că o serie cu k-a termenul b k = k - 1 = 1 k , care este armonic.
Pentru a consolida materialul primit, vom lua în considerare în detaliu câteva opțiuni tipice.
Exemplul 8
Să se determine care este seria ∑ k = 1 ∞ 1 k - 1 2 .
Deoarece limita = 0 lim k → + ∞ 1 k - 1 2 = 0 , am îndeplinit condiția necesară. Inegalitatea va fi corectă 1 k< 1 k - 1 2 для k , care sunt naturale. Din paragrafele precedente, am aflat că seria armonică ∑ k = 1 ∞ 1 k este divergentă. După primul criteriu, se poate dovedi că versiunea originală este divergentă.
Exemplul 9
Să se determine dacă seria este convergentă sau divergentă ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 + 3 k - 1 .
În acest exemplu, este îndeplinită condiția necesară, deoarece lim k → + ∞ 1 k 3 + 3 k - 1 = 0 . Reprezentăm sub formă de inegalitate 1 k 3 + 3 k - 1< 1 k 3 для любого значения k. Seria ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 este convergentă, deoarece seria armonică ∑ k = 1 ∞ 1 k s converge pentru s > 1. Conform primei caracteristici, putem concluziona că seria numerică este convergentă.
Exemplul 10
Să se determine care este seria ∑ k = 3 ∞ 1 k ln (ln k) . lim k → + ∞ 1 k ln (ln k) = 1 + ∞ + ∞ = 0 .
In aceasta varianta se poate marca indeplinirea conditiei dorite. Să definim o serie pentru comparație. De exemplu, ∑ k = 1 ∞ 1 k s . Pentru a determina ce este un grad, luați în considerare șirul ( ln (ln k) ) , k = 3 , 4 , 5 . . . . Membrii șirului ln (ln 3) , ln (ln 4) , ln (ln 5) , . . . crește la infinit. După analizarea ecuației, se poate observa că, luând ca valoare N = 1619, atunci termenii șirului > 2 . Pentru această secvență, inegalitatea 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.
Al doilea semn
Să presupunem că ∑ k = 1 ∞ a k și ∑ k = 1 ∞ b k sunt serii cu semne pozitive.
Dacă lim k → + ∞ a k b k ≠ ∞ , atunci seria ∑ k = 1 ∞ b k converge, iar ∑ k = 1 ∞ a k converge de asemenea.
Dacă lim k → + ∞ a k b k ≠ 0 , atunci deoarece seria ∑ k = 1 ∞ b k diverge, atunci ∑ k = 1 ∞ a k diverge.
Dacă lim k → + ∞ a k b k ≠ ∞ și lim k → + ∞ a k b k ≠ 0 , atunci convergența sau divergența unei serii înseamnă convergența sau divergența alteia.
Se consideră ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 + 3 k - 1 cu ajutorul celei de-a doua caracteristici. Pentru compararea ∑ k = 1 ∞ b k luăm seria convergentă ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 . Definiți limita: 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
Conform celui de-al doilea criteriu, se poate determina că seria convergentă ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 înseamnă că și versiunea originală converge.
Exemplul 11
Să se determine care este seria ∑ n = 1 ∞ k 2 + 3 4 k 3 + 5 .
Să analizăm condiția necesară lim k → ∞ k 2 + 3 4 k 3 + 5 = 0 , care este îndeplinită în această versiune. Conform celui de-al doilea criteriu, se ia seria ∑ k = 1 ∞ 1 k . Căutăm limita: lim k → + ∞ k 2 + 3 4 k 3 + 5 1 k = lim k → + ∞ k 3 + 3 k 4 k 3 + 5 = 1 4
Conform tezelor de mai sus, seria divergentă atrage după sine divergența seriei originale.
Al treilea semn
Luați în considerare al treilea semn de comparație.
Să presupunem că ∑ k = 1 ∞ a k și _ ∑ k = 1 ∞ b k sunt serii numerice cu semn pozitiv. Dacă condiția este îndeplinită pentru un număr a k + 1 a k ≤ b k + 1 b k , atunci convergența acestei serii ∑ k = 1 ∞ b k înseamnă că și seria ∑ k = 1 ∞ a k este convergentă. Seria divergentă ∑ k = 1 ∞ a k atrage după sine divergența ∑ k = 1 ∞ b k .
Semnul lui d'Alembert
Imaginați-vă că ∑ k = 1 ∞ a k este o serie de numere cu semn pozitiv. Dacă lim k → + ∞ a k + 1 a k< 1 , то ряд является сходящимся, если lim k → + ∞ a k + 1 a k >1, apoi divergent.
Observație 1
testul lui d'Alembert este valabil dacă limita este infinită.
Dacă lim k → + ∞ a k + 1 a k = - ∞ , atunci seria este convergentă, dacă lim k → ∞ a k + 1 a k = + ∞ , atunci este divergentă.
Dacă lim k → + ∞ a k + 1 a k = 1 , atunci testul lui d'Alembert nu va ajuta și vor fi necesare mai multe studii.
Exemplul 12
Determinați dacă seria este convergentă sau divergentă ∑ k = 1 ∞ 2 k + 1 2 k prin testul d'Alembert.
Este necesar să se verifice dacă este îndeplinită condiția de convergență necesară. Să calculăm limita folosind regula lui 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
Putem vedea că condiția este îndeplinită. Să folosim testul 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
Seria este convergentă.
Exemplul 13
Să se determine dacă seria este divergentă ∑ k = 1 ∞ k k k ! .
Să folosim testul d'Alembert pentru a determina divergenţa seriei: 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
Prin urmare, seria este divergentă.
Semnul radical al lui Cauchy
Să presupunem că ∑ k = 1 ∞ a k este o serie cu semn pozitiv. Dacă lim k → + ∞ a k k< 1 , то ряд является сходящимся, если lim k → + ∞ a k k >1, apoi divergent.
Observația 2
Dacă lim k → + ∞ a k k = 1 , atunci această caracteristică nu oferă nicio informație – este necesară o analiză suplimentară.
Această caracteristică poate fi utilizată în exemple care sunt ușor de identificat. Cazul va fi caracteristic atunci când un membru al seriei numerice este o expresie exponențială exponențială.
Pentru a consolida informațiile primite, luați în considerare câteva exemple tipice.
Exemplul 14
Să se determine dacă seria pozitivă ∑ k = 1 ∞ 1 (2 k + 1) k converge asupra seriei.
Condiția necesară este considerată îndeplinită, întrucât lim k → + ∞ 1 (2 k + 1) k = 1 + ∞ + ∞ = 0 .
Conform testului considerat mai sus, obținem 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.
Exemplul 15
Converge seria de numere ∑ k = 1 ∞ 1 3 k · 1 + 1 k k 2 .
Folosim semnul descris în paragraful 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.
Testul Cauchy integral
Să presupunem că ∑ k = 1 ∞ a k este o serie cu semn pozitiv. Este necesar să se desemneze o funcție a unui argument continuu y=f(x), care se potrivește cu a n = f (n) . În cazul în care un y=f(x) mai mare decât zero, nu se rupe și scade pe [ a ; + ∞), unde a ≥ 1
Atunci, dacă integrala improprie ∫ a + ∞ f (x) d x este convergentă, atunci și seria luată în considerare converge. Dacă diverge, atunci în exemplul luat în considerare și seria diverge.
Când verificați decăderea unei funcții, puteți utiliza materialul discutat în lecțiile anterioare.
Exemplul 16
Luați în considerare exemplul ∑ k = 2 ∞ 1 k ln k pentru convergență.
Condiția de convergență a seriei este considerată îndeplinită, deoarece lim k → + ∞ 1 k ln k = 1 + ∞ = 0 . Se consideră y = 1 x ln x . Este mai mare decât zero, nu este întrerupt și scade cu [ 2 ; +∞). Primele două puncte sunt cunoscute cu certitudine, dar al treilea ar trebui discutat mai detaliat. Aflați derivata: 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. Este mai mică decât zero pe [ 2 ; + ∞) Aceasta dovedește teza că funcția este descrescătoare.
De fapt, funcția y = 1 x ln x corespunde caracteristicilor principiului pe care l-am considerat mai sus. O folosim: ∫ 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) = + ∞
Conform rezultatelor obținute, exemplul original diverge deoarece integrala improprie este divergentă.
Exemplul 17
Demonstrați convergența seriei ∑ k = 1 ∞ 1 (10 k - 9) (ln (5 k + 8)) 3 .
Deoarece lim k → + ∞ 1 (10 k - 9) (ln (5 k + 8)) 3 = 1 + ∞ = 0 , condiția este considerată îndeplinită.
Începând cu k = 4 , expresia corectă este 1 (10 k - 9) (ln (5 k + 8)) 3< 1 (5 k + 8) (ln (5 k + 8)) 3 .
Dacă seria ∑ k = 4 ∞ 1 (5 k + 8) (ln (5 k + 8)) 3 este considerată convergentă, atunci, conform unuia dintre principiile comparației, seria ∑ k = 4 ∞ 1 (10 k - 9) ( ln (5 k + 8)) 3 va fi de asemenea considerat convergent. Astfel, putem determina că expresia originală este și convergentă.
Să trecem la demonstrația ∑ k = 4 ∞ 1 (5 k + 8) (ln (5 k + 8)) 3 .
Deoarece funcția y = 1 5 x + 8 (ln (5 x + 8)) 3 este mai mare decât zero, ea nu se termină și scade pe [ 4 ; +∞). Folosim caracteristica descrisă în paragraful 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
În seria convergentă rezultată, ∫ 4 + ∞ d x (5 x + 8) (ln (5 x + 8)) 3 , putem determina că ∑ k = 4 ∞ 1 (5 k + 8) (ln (5 k + 8 )) 3 converge de asemenea.
Semnul lui Raabe
Să presupunem că ∑ k = 1 ∞ a k este o serie de numere cu semn pozitiv.
Dacă lim k → + ∞ k a k a k + 1< 1 , то ряд расходится, если lim k → + ∞ k · a k a k + 1 - 1 >1, apoi converge.
Această metodă de determinare poate fi utilizată dacă tehnicile descrise mai sus nu dau rezultate vizibile.
Studiu pentru convergență absolută
Pentru cercetare luăm ∑ k = 1 ∞ b k . Folosim semnul pozitiv ∑ k = 1 ∞ b k . Putem folosi oricare dintre caracteristicile potrivite pe care le-am descris mai sus. Dacă seria ∑ k = 1 ∞ b k converge, atunci seria inițială este absolut convergentă.
Exemplul 18
Investigați seria ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 3 k 3 + 2 k - 1 pentru convergența ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 3 k 3 + 2 k - 1 = ∑ k = 1 ∞ 1 3 k 3 + 2 k - 1 .
Condiția este îndeplinită lim k → + ∞ 1 3 k 3 + 2 k - 1 = 1 + ∞ = 0 . Folosim ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 2 și folosim al doilea semn: lim k → + ∞ 1 3 k 3 + 2 k - 1 1 k 3 2 = 1 3 .
Seria ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 3 k 3 + 2 k - 1 converge. Seria originală este, de asemenea, absolut convergentă.
Divergența serii alternative
Dacă seria ∑ k = 1 ∞ b k este divergentă, atunci seria alternantă corespunzătoare ∑ k = 1 ∞ b k este fie divergentă, fie convergentă condiționat.
Doar testul d'Alembert și testul radical Cauchy vor ajuta la tragerea de concluzii despre ∑ k = 1 ∞ b k din divergența de la modulele ∑ k = 1 ∞ b k . Seria ∑ k = 1 ∞ b k diverge și dacă nu este îndeplinită condiția necesară de convergență, adică dacă lim k → ∞ + b k ≠ 0 .
Exemplul 19
Verificați divergența 1 7 , 2 7 2 , - 6 7 3 , 24 7 4 , 120 7 5 - 720 7 6 , . . . .
Modul k-a termenul este reprezentat ca b k = k ! 7k.
Să explorăm seria ∑ k = 1 ∞ b k = ∑ k = 1 ∞ k ! 7 k pentru convergență după criteriul d'Alembert: 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 diverge în același mod ca versiunea originală.
Exemplul 20
Este ∑ k = 1 ∞ (- 1) k · k 2 + 1 ln (k + 1) convergent.
Se consideră condiția necesară 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) = + ∞ . Condiția nu este îndeplinită, deci ∑ k = 1 ∞ (- 1) k · k 2 + 1 ln (k + 1) seria este divergentă. Limita a fost calculată după regula L'Hospital.
Criterii de convergență condiționată
semnul Leibniz
Definiția 12Dacă valorile membrilor seriei alternante scad b 1 > b 2 > b 3 > . . . > . . . iar modulul limită = 0 ca k → + ∞ , atunci seria ∑ k = 1 ∞ b k converge.
Exemplul 17
Se consideră ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 2 k + 1 5 k (k + 1) pentru convergență.
Seria este reprezentată ca ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 2 k + 1 5 k (k + 1) = ∑ k = 1 ∞ 2 k + 1 5 k (k + 1) . Condiția necesară este îndeplinită lim k → + ∞ = 2 k + 1 5 k (k + 1) = 0 . Se consideră ∑ k = 1 ∞ 1 k după al doilea criteriu de comparare lim k → + ∞ 2 k + 1 5 k (k + 1) 1 k = lim k → + ∞ 2 k + 1 5 (k + 1) = 2 5
Obținem că ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 2 k + 1 5 k (k + 1) = ∑ k = 1 ∞ 2 k + 1 5 k (k + 1) diverge. Seria ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 2 k + 1 5 k (k + 1) converge după criteriul Leibniz: succesiunea 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 , . . . scade și lim k → + ∞ = 2 k + 1 5 k (k + 1) = 0 .
Seria converge condiționat.
Semnul Abel-Dirichlet
Definiția 13∑ k = 1 + ∞ u k v k converge dacă ( u k ) nu crește și secvența ∑ k = 1 + ∞ v k este mărginită.
Exemplul 17
Explorează 1 - 3 2 + 2 3 + 1 4 - 3 5 + 1 3 + 1 7 - 3 8 + 2 9 + . . . pentru convergenţă.
Imagina
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
unde ( u k ) = 1 , 1 2 , 1 3 , . . . - necrescător, iar succesiunea ( v k ) = 1 , - 3 , 2 , 1 , - 3 , 2 , . . . limitat ( S k ) = 1 , - 2 , 0 , 1 , - 2 , 0 , . . . . Seria converge.
Dacă observați o greșeală în text, vă rugăm să o evidențiați și să apăsați Ctrl+Enter
serie armonică- suma compusă dintr-un număr infinit de termeni reciproci numerelor succesive ale seriei naturale:
∑ 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 enciclopedic
1 / 5
✪ Număr rânduri. Concepte de bază - bezbotvy
✪ Dovada divergenței seriei armonice
✪ Seria de numere-9. Convergența și divergența seriei Dirichlet
✪ Consultația #1. Mat. analiză. Seria Fourier în sistemul trigonometric. Cele mai simple proprietăți
✪ RÂNDURI. Revizuire
Subtitrări
Suma primilor n termeni ai seriei
Termenii individuali ai seriei tind spre zero, dar suma sa diverge. A n-a sumă parțială a seriei s n armonice este numărul n-a armonic:
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)))Unele valori ale sumelor parțiale
| 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_1)&(ma) \\\\s_(2)&=&(\frac (3)(2))&=&1(,)5\\\\s_(3)&=&(\frac (11)(6))& \aproximativ &1(,)833\\\\s_(4)&=&(\frac (25)(12))&\aproximativ &2(,)083\\\\s_(5)&=&(\frac (137)(60))&\aproximativ &2(,)283\end(matrice))) | 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 ≈ 6 ≈ 14. \frac (49)(20))&=&2(,)45\\\\s_(7)&=&(\frac (363)(140))&\aproximativ &2(,)593\\\\s_ (8)&=&(\frac (761)(280))&\aproximativ &2(,)718\\\\s_(10^(3))&\aproximativ &7(,)484\\\\s_( 10^(6))&\aproximativ &14(,)393\end(matrice))) |
Formula lui Euler
Când valoare ε n → 0 (\displaystyle \varepsilon _(n)\rightarrow 0), prin urmare, pentru mare n (\displaystyle n):
s n ≈ ln (n) + γ (\displaystyle s_(n)\aproximativ \ln(n)+\gamma)- Formula lui Euler pentru suma primelor n (\displaystyle n) membri ai seriei armonice.| 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 |
O formulă asimptotică mai precisă pentru suma parțială a seriei armonice:
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)))), Unde B 2 k (\displaystyle B_(2k))- Numerele Bernoulli.Această serie diverge, dar eroarea de calcul a acesteia nu depășește niciodată jumătate din primul termen aruncat.
Proprietăți teoretice numerice ale sumelor parțiale
∀ n > 1 s n ∉ N (\displaystyle \forall n>1\;\;\;\;s_(n)\notin \mathbb (N) )
Divergență de serie
S n → ∞ (\displaystyle s_(n)\rightarrow \infty ) la n → ∞ (\displaystyle n\rightarrow \infty )
Seria armonică diverge foarte încet (pentru ca suma parțială să depășească 100, sunt necesare aproximativ 10 43 de elemente ale seriei).
Divergența seriei armonice poate fi demonstrată comparând-o cu seria telescopică:
v n = ln (n + 1) − ln n = ln (1 + 1 n) ∼ + ∞ 1 n (\displaystyle v_(n)=\ln(n+1)-\ln n=\ln \ stânga(1+(\frac (1)(n))\right)(\underset (+\infty )(\sim ))(\frac (1)(n))),a căror sumă parțială este în mod evident egală cu:
∑ i = 1 n - 1 v i = ln n ∼ s n (\displaystyle \sum _(i=1)^(n-1)v_(i)=\ln n\sim s_(n)).Dovada lui Orem
Dovada divergenței poate fi construită prin gruparea termenilor după cum urmează:
∑ 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 \ dreapta]+\cdots \\&()>1+\left[(\frac (1)(2))\right]+\left[(\frac (1)(4))+(\frac (1) (4))\dreapta]+\stanga[(\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)))Ultimul rând diverge evident. Această dovadă aparține savantului medieval Nicholas Orem (c. 1350).
Dovada alternativă a divergenței
Invităm cititorul să verifice eroarea acestei dovezi.
Diferență între n (\displaystyle n)-al-lea număr armonic și logaritm natural n (\displaystyle n) converge către constanta Euler - Mascheroni.
Diferența dintre diferitele numere armonice nu este niciodată un număr întreg și nici un număr armonic, cu excepția H 1 = 1 (\displaystyle H_(1)=1), nu este un număr întreg.
Rânduri înrudite
rândul Dirichlet
Seria armonică generalizată (sau seria Dirichlet) se numește serie
∑ k = 1 ∞ 1 k α = 1 + 1 2 α + 1 3 α + 1 4 α + ⋯ + 1 k α + ⋯ (\displaystyle \sum _(k=1)^(\infty )(\frac ( 1)(k^(\alpha )))=1+(\frac (1)(2^(\alpha )))+(\frac (1)(3^(\alpha )))+(\frac ( 1)(4^(\alpha )))+\cdots +(\frac (1)(k^(\alpha )))+\cdots ).Seria armonică generalizată diverge la α ⩽ 1 (\displaystyle \alpha \leqslant 1)și converge la α > 1 (\displaystyle \alpha >1) .
Suma seriei de ordine armonică generalizată α (\displaystyle \alpha) este egală cu valoarea funcției zeta Riemann:
∑ k = 1 ∞ 1 k α = ζ (α) (\displaystyle \sum _(k=1)^(\infty )(\frac (1)(k^(\alpha )))=\zeta (\alpha ))Pentru numerele pare, această valoare este exprimată în mod explicit în termeni de pi , de exemplu, ζ (2) = π 2 6 (\displaystyle \zeta (2)=(\frac (\pi ^(2))(6))), și deja pentru α=3 valoarea sa este necunoscută analitic.
O altă ilustrare a divergenței seriei armonice poate fi relația ζ (1 + 1 n) ∼ n (\displaystyle \zeta (1+(\frac (1)(n)))\sim n) . Prin urmare, se spune că o astfel de serie are o probabilitate de 1, iar suma seriei este o mărime aleatorie cu proprietăți interesante. De exemplu, funcția densitate probabilitate calculată la punctele +2 sau −2 are valoarea:
0,124 999 999 999 999 999 999 999 999 999 999 999 999 999 7 642 …,diferă de ⅛ cu mai puțin de 10 −42 .
Seria armonică „diluată”.
Seria Kempner (Engleză)Dacă luăm în considerare o serie armonică în care au rămas doar termeni, ai căror numitori nu conțin numărul 9, atunci rezultă că suma rămasă converge către numărul<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), se iau din ce în ce mai puțini termeni pentru suma seriei „rărit”. Adică, în final, marea majoritate a termenilor care formează suma seriei armonice sunt aruncați, pentru a nu depăși progresia geometrică limitând de sus.
Există mai multe moduri de a verifica convergența unei serii. În primul rând, puteți găsi pur și simplu suma seriei. Dacă ca rezultat obținem un număr finit, atunci așa seria converge. De exemplu, pentru că
apoi seria converge. Dacă nu am reușit să găsim suma seriei, atunci ar trebui folosite alte metode pentru a verifica convergența seriei.
Una dintre aceste metode este semnul lui d'Alembert
aici și sunt termenii n-a, respectiv (n + 1)-lei ai seriei, iar convergența este determinată de valoarea lui D: Dacă D< 1 - ряд сходится, если D >
Ca exemplu, examinăm convergența unei serii folosind testul d'Alembert. Mai întâi, să scriem expresii pentru și . Acum să găsim limita corespunzătoare:
Din moment ce , conform testului lui d'Alembert, seria converge.
O altă metodă de verificare a convergenței unei serii este semn radical al lui Cauchy, care se scrie astfel:
aici este al n-lea termen al seriei, iar convergența, ca și în cazul testului d'Alembert, este determinată de valoarea lui D: Dacă D< 1 - ряд сходится, если D >1 - diverge. Când D = 1 - acest semn nu oferă un răspuns și sunt necesare cercetări suplimentare.
Ca exemplu, studiem convergența unei serii folosind testul radical Cauchy. Mai întâi, să scriem o expresie pentru . Acum să găsim limita corespunzătoare:
Deoarece title="15625/64>1"> , conform testului radical Cauchy, seria diverge.
De remarcat că, alături de cele de mai sus, există și alte semne de convergență ale seriei, precum testul Cauchy integral, testul Raabe etc.
Calculatorul nostru online, construit pe baza sistemului Wolfram Alpha, vă permite să testați convergența unei serii. În acest caz, dacă calculatorul oferă un anumit număr ca sumă a seriei, atunci seria converge. În caz contrar, este necesar să acordați atenție articolului „Test de convergență a seriei”. Dacă expresia „seria converge” este prezentă acolo, atunci seria converge. Dacă expresia „serie diverge” este prezentă, atunci seria diverge.
Mai jos este o traducere a tuturor valorilor posibile ale articolului „Test de convergență a unei serii”:
| Textul în limba engleză | Text în rusă |
|---|---|
| Prin testul seriei armonice, seria diverge. | Când se compară seria studiată cu seria armonică, seria originală diverge. |
| Testul raportului este neconcludent. | Testul lui d'Alembert nu poate da un răspuns despre convergenţa unei serii. |
| Testul de rădăcină este neconcludent. | Testul radical al lui Cauchy nu poate da un răspuns despre convergența seriei. |
| Prin testul de comparație, seria converge. | Prin comparație, seria converge |
| Prin testul raportului, seria converge. | Conform testului lui d'Alembert, seria converge |
| Prin testul limită, seria divergențe. | Pe baza faptului că title="(!LANG:Limita celui de-al n-lea membru al seriei când n->oo nu este egal cu zero sau nu există"> , или указанный предел не существует, сделан вывод о том, что ряд расходится. !} |
Răspuns: seria diverge.
Exemplul #3
Aflați suma seriei $\sum\limits_(n=1)^(\infty)\frac(2)((2n+1)(2n+3))$.
Deoarece limita inferioară de însumare este 1, termenul comun al seriei se scrie sub semnul sumei: $u_n=\frac(2)((2n+1)(2n+3))$. Compuneți a n-a sumă parțială a seriei, adică suma primii $n$ membri ai seriei numerice date:
$$ S_n=u_1+u_2+u_3+u_4+\ldots+u_n=\frac(2)(3\cdot 5)+\frac(2)(5\cdot 7)+\frac(2)(7\cdot 9) )+\frac(2)(9\cdot 11)+\ldots+\frac(2)((2n+1)(2n+3)). $$
De ce scriu exact $\frac(2)(3\cdot 5)$, și nu $\frac(2)(15)$, va fi clar din narațiunea ulterioară. Cu toate acestea, înregistrarea unei sume parțiale nu ne-a apropiat nici măcar un pic de obiectiv. La urma urmei, trebuie să găsim $\lim_(n\to\infty)S_n$, dar dacă scriem doar:
$$ \lim_(n\la\infty)S_n=\lim_(n\la\infty)\left(\frac(2)(3\cdot 5)+\frac(2)(5\cdot 7)+\ frac(2)(7\cdot 9)+\frac(2)(9\cdot 11)+\ldots+\frac(2)((2n+1)(2n+3))\right), $$
atunci această înregistrare, complet corectă ca formă, nu ne va oferi nimic în esență. Pentru a găsi limita, expresia sumei parțiale trebuie mai întâi simplificată.
Există o transformare standard pentru aceasta, care constă în descompunerea fracției $\frac(2)((2n+1)(2n+3))$, care reprezintă termenul comun al seriei, în fracții elementare. Un subiect separat este dedicat problemei descompunerii fracțiilor raționale în fracții elementare (a se vedea, de exemplu, exemplul nr. 3 de pe această pagină). Extinderea fracției $\frac(2)((2n+1)(2n+3))$ în fracții elementare, avem:
$$ \frac(2)((2n+1)(2n+3))=\frac(A)(2n+1)+\frac(B)(2n+3)=\frac(A\cdot(2n) +3)+B\cdot(2n+1))((2n+1)(2n+3)). $$
Echivalăm numărătorii fracțiilor din stânga și dreapta egalității rezultate:
$$ 2=A\cdot(2n+3)+B\cdot(2n+1). $$
Există două moduri de a găsi valorile $A$ și $B$. Puteți deschide parantezele și rearanja termenii sau puteți pur și simplu să înlocuiți niște valori potrivite în loc de $n$. Doar pentru o schimbare, în acest exemplu vom merge pe prima cale, iar următoarea - vom înlocui valorile private ale $n$. Extindem parantezele și rearanjam termenii, obținem:
$$ 2=2An+3A+2Bn+B;\\ 2=(2A+2B)n+3A+B. $$
În partea stângă a ecuației, $n$ este precedat de zero. Dacă doriți, partea stângă a egalității poate fi reprezentată pentru claritate ca $0\cdot n+ 2$. Deoarece în partea stângă a egalității $n$ este precedat de zero, iar în partea dreaptă a egalității $2A+2B$ precede $n$, avem prima ecuație: $2A+2B=0$. Împărțim imediat ambele părți ale acestei ecuații la 2, după care obținem $A+B=0$.
Deoarece termenul liber din partea stângă a egalității este egal cu 2, iar în partea dreaptă a egalității termenul liber este egal cu $3A+B$, atunci $3A+B=2$. Deci avem un sistem:
$$ \left\(\begin(aligned) & A+B=0;\\ & 3A+B=2. \end(aligned)\right. $$
Demonstrarea se va realiza prin metoda inducției matematice. La primul pas, trebuie să verificăm dacă egalitatea necesară $S_n=\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$ este valabilă pentru $n=1$. Știm că $S_1=u_1=\frac(2)(15)$, dar expresia $\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$ va da valoarea $\frac( 2 )(15)$ dacă $n=1$ este înlocuit în ea? Sa verificam:
$$ \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). $$
Deci, pentru $n=1$ egalitatea $S_n=\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$ este satisfăcută. Aceasta completează primul pas al metodei de inducție matematică.
Să presupunem că pentru $n=k$ egalitatea este valabilă, adică. $S_k=\frac(1)(3)-\frac(1)(2k+3)$. Să demonstrăm că aceeași egalitate va fi valabilă pentru $n=k+1$. Pentru a face acest lucru, luați în considerare $S_(k+1)$:
$$ S_(k+1)=S_k+u_(k+1). $$
Deoarece $u_n=\frac(1)(2n+1)-\frac(1)(2n+3)$, atunci $u_(k+1)=\frac(1)(2(k+1)+ 1 )-\frac(1)(2(k+1)+3)=\frac(1)(2k+3)-\frac(1)(2(k+1)+3)$. Conform ipotezei de mai sus $S_k=\frac(1)(3)-\frac(1)(2k+3)$, deci formula $S_(k+1)=S_k+u_(k+1)$ ia forma:
$$ 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). $$
Concluzie: formula $S_n=\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$ este adevărată pentru $n=k+1$. Prin urmare, conform metodei inducției matematice, formula $S_n=\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$ este adevărată pentru orice $n\în N$. Egalitatea a fost dovedită.
Într-un curs standard de matematică superioară, se mulțumește de obicei cu „ștergerea” termenilor de anulare, fără a necesita vreo dovadă. Deci, am obținut expresia pentru a n-a sumă parțială: $S_n=\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$. Găsiți valoarea lui $\lim_(n\to\infty)S_n$:
Concluzie: seria dată converge și suma ei este $S=\frac(1)(3)$.
A doua modalitate este de a simplifica formula pentru suma parțială.
Sincer să fiu, eu însumi prefer această metodă :) Să notăm suma parțială într-o formă prescurtată:
$$ S_n=\sum\limits_(k=1)^(n)u_k=\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(2)((2k+1)(2k+3)). $$
Am obținut mai devreme că $u_k=\frac(1)(2k+1)-\frac(1)(2k+3)$, deci:
$$ 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)\dreapta). $$
Suma $S_n$ conține un număr finit de termeni, așa că îi putem rearanja după cum ne place. Vreau să adaug mai întâi toți termenii din forma $\frac(1)(2k+1)$ și abia apoi să merg la termenii din forma $\frac(1)(2k+3)$. Aceasta înseamnă că vom reprezenta suma parțială în această formă:
$$ 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)\dreapta). $$
Desigur, notația extinsă este extrem de incomod, astfel încât egalitatea de mai sus poate fi scrisă mai compact:
$$ 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). $$
Acum transformăm expresiile $\frac(1)(2k+1)$ și $\frac(1)(2k+3)$ în aceeași formă. Cred că este convenabil să arate ca o fracție mai mare (deși poți folosi una mai mică, este o chestiune de gust). Deoarece $\frac(1)(2k+1)>\frac(1)(2k+3)$ (cu cât numitorul este mai mare, cu atât fracția este mai mică), vom reduce fracția $\frac(1)(2k+ 3) $ la forma $\frac(1)(2k+1)$.
Voi prezenta expresia în numitorul fracției $\frac(1)(2k+3)$ după cum urmează:
$$ \frac(1)(2k+3)=\frac(1)(2k+2+1)=\frac(1)(2(k+1)+1). $$
Și suma $\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+3)$ poate fi acum scrisă astfel:
$$ \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). $$
Dacă egalitatea $\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+3)=\sum\limits_(k=2)^(n+1)\frac(1)(2k+ 1) $ nu ridică întrebări, atunci să mergem mai departe. Dacă există întrebări, vă rugăm să extindeți nota.
Cum am obținut suma convertită? arată ascunde
Am avut seria $\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+3)=\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2( k+1)+1)$. Să introducem o nouă variabilă în loc de $k+1$ - de exemplu, $t$. Deci $t=k+1$.
Cum s-a schimbat vechea variabilă $k$? Și s-a schimbat de la 1 la $n$. Să aflăm cum se va schimba noua variabilă $t$. Dacă $k=1$, atunci $t=1+1=2$. Dacă $k=n$, atunci $t=n+1$. Deci expresia $\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2(k+1)+1)$ este acum: $\sum\limits_(t=2)^(n + 1)\frac(1)(2t+1)$.
$$ \sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2(k+1)+1)=\sum\limits_(t=2)^(n+1)\frac(1 )(2t+1). $$
Avem suma $\sum\limits_(t=2)^(n+1)\frac(1)(2t+1)$. Întrebare: contează ce scrisoare să folosești în această sumă? :) Scriind trimit litera $k$ în loc de $t$, obținem următoarele:
$$ \sum\limits_(t=2)^(n+1)\frac(1)(2t+1)=\sum\limits_(k=2)^(n+1)\frac(1)(2k +1). $$
Acesta este modul în care egalitatea $\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2(k+1)+1)=\sum\limits_(k=2)^(n+1) se obţine \frac(1)(2k+1)$.
Astfel, suma parțială poate fi reprezentată sub următoarea formă:
$$ 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 ). $$
Rețineți că sumele $\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+1)$ și $\sum\limits_(k=2)^(n+1)\frac(1) )(2k+1)$ diferă doar în limitele însumării. Să facem aceleași limite. „Luând” primul element din suma $\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+1)$ obținem:
$$ \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). $$
„Luând” ultimul element din suma $\sum\limits_(k=2)^(n+1)\frac(1)(2k+1)$, obținem:
$$\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 ).$$
Atunci expresia pentru suma parțială va lua forma:
$$ 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). $$
Dacă omiteți toate explicațiile, atunci procesul de găsire a unei formule prescurtate pentru a n-a sumă parțială va lua următoarea formă:
$$ 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). $$
Permiteți-mi să vă reamintesc că am redus fracția $\frac(1)(2k+3)$ la forma $\frac(1)(2k+1)$. Desigur, puteți face opusul, adică. reprezentați fracția $\frac(1)(2k+1)$ ca $\frac(1)(2k+3)$. Expresia finală pentru suma parțială nu se va modifica. În acest caz, voi ascunde procesul de găsire a unei sume parțiale sub o notă.
Cum să găsești $S_n$, dacă aduci la forma unei fracții diferite? arată ascunde
$$ 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 ). $$
Deci $S_n=\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$. Găsiți limita $\lim_(n\to\infty)S_n$:
$$ \lim_(n\la\infty)S_n=\lim_(n\la\infty)\left(\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)\right)=\frac (1)(3)-0=\frac(1)(3). $$
Seria dată converge și suma ei este $S=\frac(1)(3)$.
Răspuns: $S=\frac(1)(3)$.
Continuarea subiectului găsirii sumei unei serii va fi luată în considerare în partea a doua și a treia.
Aflați suma unei serii de numere. Dacă nu este posibil să o găsiți, atunci sistemul calculează suma seriei cu o anumită precizie.
Convergența seriei
Acest calculator poate determina dacă o serie converge și arată, de asemenea, care semne de convergență funcționează și care nu.
El știe, de asemenea, să determine convergența seriei de puteri.
Este construit și un grafic de serie, unde puteți vedea rata de convergență a seriei (sau divergența).
Reguli de introducere a expresiilor și funcțiilor
Expresiile pot consta din funcții (notațiile sunt date în ordine alfabetică): absolut (x) Valoare absolută X
(modul X sau |x|)
arccos(x) Funcția - arc cosinus al X arccosh(x) Arc cosinus hiperbolic de la X arcsin(x) Arcsine din X arcsinh(x) Arcsin hiperbolic din X arctg(x) Funcție - arc tangentă de la X arctgh(x) Arc tangenta este hiperbolica de la X e e un număr care este aproximativ egal cu 2,7 exp(x) Funcție - exponent de la X(care este e^X)
log(x) sau log(x) Logaritmul natural al X
(A obtine log7(x), trebuie să introduceți log(x)/log(7) (sau, de exemplu, pentru log10(x)=log(x)/log(10)) pi Numărul este „Pi”, care este aproximativ egal cu 3,14 sin(x) Funcția - Sinus de X cos(x) Funcția - Cosinus de X sinh(x) Funcția - Sinus hiperbolic al X numerar(x) Funcția - Cosinus hiperbolic de X sqrt(x) Funcția este rădăcina pătrată a lui X sqr(x) sau x^2 Funcție - Pătrat X tg(x) Functie - Tangenta de la X tgh(x) Funcție - tangentă hiperbolică a X cbrt(x) Funcția este rădăcina cubă a X
Puteți utiliza următoarele operații în expresii: Numere reale introduceți în formular 7.5
, nu 7,5
2*x- înmulțirea 3/x- Divizia x^3- exponentiarea x + 7- adaos x - 6- scăderea
Alte caracteristici: podea(x) Funcție - rotunjire X jos (exemplu etaj(4,5)==4,0) plafon (x) Funcție - rotunjire X sus (exemplu plafon (4,5)==5,0) semn(x) Funcție - Semn X erf(x) Funcție de eroare (sau integrală de probabilitate) laplace(x) Funcția Laplace
