Ang artikulong ito ay isang nakabalangkas at detalyadong impormasyon na maaaring maging kapaki-pakinabang sa panahon ng pagsusuri ng mga pagsasanay at gawain. Isasaalang-alang namin ang paksa ng serye ng numero.
Nagsisimula ang artikulong ito sa mga pangunahing kahulugan at konsepto. Susunod, gagawin natin ang mga karaniwang opsyon at pag-aaralan ang mga pangunahing formula. Upang pagsamahin ang materyal, ang artikulo ay nagbibigay ng mga pangunahing halimbawa at gawain.
Mga pangunahing tesis
Una, isipin ang sistema: a 1 , a 2 . . . , a n , . . . , kung saan ang a k ∈ R , k = 1 , 2 . . . .
Halimbawa, kunin natin ang mga numero tulad ng: 6 , 3 , - 3 2 , 3 4 , 3 8 , - 3 16 , . . . .
Kahulugan 1
Ang serye ng numero ay ang kabuuan ng mga termino ∑ a k k = 1 ∞ = a 1 + a 2 + . . . + a n + . . . .
Upang mas maunawaan ang kahulugan, isaalang-alang ang kasong ito kung saan q = - 0 . 5: 8 - 4 + 2 - 1 + 1 2 - 1 4 + . . . = ∑ k = 1 ∞ (- 16) · - 1 2 k .
Kahulugan 2
a k ay karaniwan o k-ika isang miyembro ng row.
Mukhang ganito - 16 · - 1 2 k .
Kahulugan 3
Bahagyang kabuuan ng isang serye mukhang ganito S n = a 1 + a 2 + . . . + a n , kung saan n- kahit anong numero. S n ay nth ang kabuuan ng serye.
Halimbawa, ∑ k = 1 ∞ (- 16) · - 1 2 k ay S 4 = 8 - 4 + 2 - 1 = 5 .
S 1 , S 2 , . . . , S n , . . . bumuo ng isang walang katapusang pagkakasunod-sunod ng mga numero.
Para sa isang numero n-ika ang kabuuan ay matatagpuan sa pamamagitan ng 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. Ginagamit namin ang sumusunod na pagkakasunud-sunod ng mga bahagyang kabuuan: 8 , 4 , 6 , 5 , . . . , 16 3 1 - - 1 2 n , . . . .
Kahulugan 4
Ang serye ∑ k = 1 ∞ a k ay nagtatagpo kapag ang sequence ay may hangganan na limitasyon S = lim S n n → + ∞ . Kung walang limitasyon o ang pagkakasunod-sunod ay walang hanggan, kung gayon ang serye ∑ k = 1 ∞ a k ay tinatawag divergent.
Kahulugan 5
Ang kabuuan ng convergent series∑ k = 1 ∞ a k ang limitasyon ng sequence ∑ k = 1 ∞ a k = lim S n n → + ∞ = S .
Sa halimbawang ito, lim S n n → + ∞ = lim 16 3 t → + ∞ 1 - 1 2 n = 16 3 lim n → + ∞ 1 - - 1 2 n = 16 3 , serye ∑ k = 1 ∞ (- 16 ) · - 1 2 k ang nagtatagpo. Ang kabuuan ay 16 3: ∑ k = 1 ∞ (- 16) · - 1 2 k = 16 3 .
Halimbawa 1
Ang isang halimbawa ng isang divergent na serye ay ang kabuuan ng isang geometric progression na may denominator na mas malaki sa isa: 1 + 2 + 4 + 8 + . . . + 2n - 1 + . . . = ∑ k = 1 ∞ 2 k - 1 .
Ang nth partial sum ay tinutukoy ng expression na S n = a 1 (1 - q n) 1 - q = 1 (1 - 2 n) 1 - 2 = 2 n - 1 , at ang limitasyon ng partial sums ay walang katapusan: lim n → + ∞ S n = lim n → + ∞ (2 n - 1) = + ∞ .
Ang isa pang halimbawa ng isang magkakaibang serye ng numero ay ang kabuuan ng anyong ∑ k = 1 ∞ 5 = 5 + 5 + . . . . Sa kasong ito, ang nth partial sum ay maaaring kalkulahin bilang S n = 5 n . Ang limitasyon ng mga partial sums ay infinite lim n → + ∞ S n = lim n → + ∞ 5 n = + ∞ .
Kahulugan 6
Isang kabuuan na katulad ng ∑ k = 1 ∞ = 1 + 1 2 + 1 3 + . . . + 1n + . . . - Ito maharmonya linya ng numero.
Kahulugan 7
Ang kabuuan ∑ k = 1 ∞ 1 k s = 1 + 1 2 s + 1 3 s + . . . + 1n s + . . . , saan s ay isang tunay na numero, ay isang pangkalahatang maharmonya na serye ng numero.
Ang mga kahulugang tinalakay sa itaas ay tutulong sa iyo na malutas ang karamihan sa mga halimbawa at problema.
Upang makumpleto ang mga kahulugan, kinakailangan upang patunayan ang ilang mga equation.
- ∑ k = 1 ∞ 1 k ay divergent.
Kumilos kami sa kabaligtaran. Kung ito ay nagtatagpo, kung gayon ang limitasyon ay may hangganan. Maaari nating isulat ang equation bilang lim n → + ∞ S n = S at lim n → + ∞ S 2 n = S . Pagkatapos ng ilang partikular na aksyon, nakukuha natin ang pagkakapantay-pantay l i m n → + ∞ (S 2 n - S n) = 0 .
laban,
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
Ang mga sumusunod na hindi pagkakapantay-pantay ay wasto: 1 n + 1 > 1 2 n , 1 n + 1 > 1 2 n , . . . , 1 2 n - 1 > 1 2 n . Nakukuha natin na 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 . Ang expression na S 2 n - S n > 1 2 ay nagpapahiwatig na ang lim n → + ∞ (S 2 n - S n) = 0 ay hindi naabot. Ang serye ay magkakaiba.
- b 1 + b 1 q + b 1 q 2 + . . . + b 1 q n + . . . = ∑ k = 1 ∞ b 1 q k - 1
Kinakailangang kumpirmahin na ang kabuuan ng pagkakasunod-sunod ng mga numero ay nagtatagpo para sa q< 1 , и расходится при q ≥ 1 .
Ayon sa mga kahulugan sa itaas, ang kabuuan n ang mga miyembro ay tinutukoy ayon sa formula S n = b 1 · (q n - 1) q - 1 .
Kung 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
Napatunayan namin na ang mga serye ng numero ay nagtatagpo.
Para sa q = 1 b 1 + b 1 + b 1 + . . . ∑ k = 1 ∞ b 1 . Ang mga kabuuan ay matatagpuan gamit ang formula na S n = b 1 · n , ang limitasyon ay infinite lim n → + ∞ S n = lim n → + ∞ b 1 · n = ∞ . Sa ipinakita na bersyon, ang serye ay nag-iiba.
Kung ang q = - 1, pagkatapos ay ang hilera ay mukhang b 1 - b 1 + b 1 - . . . = ∑ k = 1 ∞ b 1 (- 1) k + 1 . Ang mga bahagyang kabuuan ay mukhang S n = b 1 para sa kakaiba n, at S n = 0 para sa kahit na n. Sa pagsasaalang-alang sa kasong ito, tinitiyak namin na walang limitasyon at ang serye ay magkakaiba.
Para sa 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 = ∞
Napatunayan namin na ang mga serye ng numero ay nag-iiba.
- Ang serye ∑ k = 1 ∞ 1 k s ay nagtatagpo kung s > 1 at diverges kung s ≤ 1 .
Para sa s = 1 nakukuha natin ang ∑ k = 1 ∞ 1 k , nag-iiba ang serye.
Para sa s< 1 получаем 1 k s ≥ 1 k для k , natural na numero. Dahil ang serye ay divergent ∑ k = 1 ∞ 1 k , walang limitasyon. Kasunod nito, ang sequence ∑ k = 1 ∞ 1 k s ay walang hangganan. Napagpasyahan namin na ang napiling serye ay nag-iiba sa s< 1 .
Kinakailangang magbigay ng katibayan na ang serye ∑ k = 1 ∞ 1 k s ay nagtatagpo para sa s > 1.
Isipin ang 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
Sabihin natin na 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
Isipin ang isang equation para sa mga numero na natural at kahit 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 . . .
Nakukuha namin:
∑ 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 + . . .
Ang expression na 1 + 1 2 s - 1 + 1 2 s - 1 2 + 1 2 s - 1 3 + . . . ay ang kabuuan ng isang geometric progression q = 1 2 s - 1 . Ayon sa paunang datos s > 1, pagkatapos ay 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 tumataas at limitado mula sa itaas 1 1 - 1 2 s - 1 . Isipin na may limitasyon at ang serye ay nagtatagpo ∑ k = 1 ∞ 1 k s .
Kahulugan 8
Serye ∑ k = 1 ∞ a k positibo sa kasong iyon, kung ang mga miyembro nito > 0 a k > 0 , k = 1 , 2 , . . . .
Serye ∑ k = 1 ∞ b k papalit-palit kung ang mga palatandaan ng mga numero ay iba. Ang halimbawang ito ay kinakatawan bilang ∑ k = 1 ∞ b k = ∑ k = 1 ∞ (- 1) k a k o ∑ k = 1 ∞ b k = ∑ k = 1 ∞ (- 1) k + 1 a k , kung saan a k > 0 , k = 1 , 2 , . . . .
Serye ∑ k = 1 ∞ b k papalit-palit, dahil naglalaman ito ng maraming numero, negatibo at positibo.
Ang pangalawang variant ng serye ay isang espesyal na kaso ng ikatlong variant.
Narito ang mga halimbawa para sa bawat kaso, ayon sa pagkakabanggit:
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 sa ikatlong opsyon, maaari mo ring tukuyin ang absolute at conditional convergence.
Kahulugan 9
Ang alternating series ∑ k = 1 ∞ b k ay ganap na convergent kung ∑ k = 1 ∞ b k ay itinuturing din na convergent.
Tingnan natin ang ilan sa mga karaniwang opsyon.
Halimbawa 2
Kung ang mga hanay 6 - 3 + 3 2 - 3 4 + 3 8 - 3 16 + . . . at 6 + 3 - 3 2 + 3 4 + 3 8 - 3 16 + . . . ay tinukoy bilang convergent, kung gayon tama na ipagpalagay na 6 + 3 + 3 2 + 3 4 + 3 8 + 3 16 + . . .
Kahulugan 10
Ang isang alternating series ∑ k = 1 ∞ b k ay itinuturing na conditional convergent kung ∑ k = 1 ∞ b k ay divergent, at ang series ∑ k = 1 ∞ b k ay itinuturing na convergent.
Halimbawa 3
Suriin natin nang detalyado ang opsyon ∑ k = 1 ∞ (- 1) k + 1 k = 1 - 1 2 + 1 3 - 1 4 + . . . . Ang serye ∑ k = 1 ∞ (- 1) k + 1 k = ∑ k = 1 ∞ 1 k , na binubuo ng mga absolute value, ay tinukoy bilang divergent. Ang variant na ito ay itinuturing na convergent dahil madali itong matukoy. Mula sa halimbawang ito, nalaman natin na ang serye ∑ k = 1 ∞ (- 1) k + 1 k = 1 - 1 2 + 1 3 - 1 4 + . . . ay ituturing na may kondisyong convergent.
Mga tampok ng convergent series
Suriin natin ang mga katangian para sa ilang partikular na kaso
- Kung ang ∑ k = 1 ∞ a k ay nagtatagpo, kung gayon ang serye ∑ k = m + 1 ∞ a k ay kinikilala rin bilang convergent. Mapapansin na ang serye m ang mga miyembro ay itinuturing ding convergent. Kung magdadagdag tayo ng ilang mga numero sa ∑ k = m + 1 ∞ a k, kung gayon ang resultang resulta ay magsasama rin.
- Kung ang ∑ k = 1 ∞ a k ay nagtatagpo at ang kabuuan = S, pagkatapos ay ang serye ∑ k = 1 ∞ A ak , ∑ k = 1 ∞ A ak = A S , kung saan A-patuloy.
- Kung ang ∑ k = 1 ∞ a k at ∑ k = 1 ∞ b k ay nagtatagpo, ang mga kabuuan A at B din, pagkatapos ay ang serye ∑ k = 1 ∞ a k + b k at ∑ k = 1 ∞ a k - b k ay nagtatagpo rin. Ang mga halaga ay magiging A+B at A-B ayon sa pagkakabanggit.
Tukuyin na ang serye ay nagtatagpo ∑ k = 1 ∞ 2 3 k · k 3 .
Baguhin natin ang expression na ∑ k = 1 ∞ 2 3 k · k 3 = ∑ k = 1 ∞ 2 3 · 1 k 4 3 . Ang serye ∑ k = 1 ∞ 1 k 4 3 ay itinuturing na convergent, dahil ang serye ∑ k = 1 ∞ 1 k s ay nagtatagpo para sa s > 1. Ayon sa pangalawang pag-aari, ∑ k = 1 ∞ 2 3 · 1 k 4 3 .
Halimbawa 5
Tukuyin kung ang serye ay nagtatagpo ∑ n = 1 ∞ 3 + n n 5 2 .
Binabago namin ang orihinal na bersyon ∑ 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 .
Nakukuha natin ang kabuuan ∑ n = 1 ∞ 3 n 5 2 at ∑ n = 1 ∞ 1 n 2 . Ang bawat serye ay kinikilala bilang convergent ayon sa property. Dahil ang serye ay nagtatagpo, gayon din ang orihinal na bersyon.
Halimbawa 6
Kalkulahin kung ang serye 1 - 6 + 1 2 - 2 + 1 4 - 2 3 + 1 8 - 2 9 + ay nagtatagpo. . . at kalkulahin ang halaga.
Hatiin natin ang orihinal:
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
Ang bawat serye ay nagtatagpo dahil isa ito sa mga miyembro ng numerical sequence. Ayon sa ikatlong pag-aari, maaari nating kalkulahin na ang orihinal na bersyon ay nagtatagpo din. Kinakalkula namin ang kabuuan: Ang unang termino ng serye ∑ k = 1 ∞ 1 2 k - 1 = 1, at ang denominator = 0 . 5 , na sinusundan ng ∑ k = 1 ∞ 1 2 k - 1 = 1 1 - 0 . 5 = 2 . Ang unang termino ay ∑ k = 1 ∞ 1 3 k - 2 = 3 , at ang denominator ng bumababang numerical sequence = 1 3 . Nakukuha natin ang: ∑ k = 1 ∞ 1 3 k - 2 = 3 1 - 1 3 = 9 2 .
Ginagamit namin ang mga expression na nakuha sa itaas upang matukoy ang kabuuan 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
Isang kinakailangang kondisyon para sa pagtukoy kung ang isang serye ay convergent
Kahulugan 11Kung ang serye ∑ k = 1 ∞ a k ay nagtatagpo, kung gayon ang limitasyon nito k-ika term = 0: lim k → + ∞ a k = 0 .
Kung susuriin natin ang anumang opsyon, hindi natin dapat kalimutan ang tungkol sa kailangang-kailangan na kondisyon. Kung hindi ito nasiyahan, pagkatapos ay ang serye ay magkakaiba. Kung lim k → + ∞ a k ≠ 0 , kung gayon ang serye ay divergent.
Dapat itong linawin na ang kondisyon ay mahalaga, ngunit hindi sapat. Kung ang pagkakapantay-pantay na lim k → + ∞ a k = 0 ay humahawak, hindi nito ginagarantiyahan na ang ∑ k = 1 ∞ a k ay nagtatagpo.
Kumuha tayo ng isang halimbawa. Para sa maharmonya na serye ∑ k = 1 ∞ 1 k ang kondisyon ay nasiyahan lim k → + ∞ 1 k = 0 , ngunit ang serye ay nag-iiba pa rin.
Halimbawa 7
Tukuyin ang convergence ∑ n = 1 ∞ n 2 1 + n .
Suriin ang orihinal na expression para sa kundisyon 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
limitasyon nth miyembro ay hindi 0 . Napatunayan namin na ang seryeng ito ay nag-iiba.
Paano matukoy ang convergence ng isang positive sign series.
Kung palagi mong ginagamit ang mga feature na ito, kailangan mong patuloy na kalkulahin ang mga limitasyon. Tutulungan ka ng seksyong ito na maiwasan ang mga paghihirap habang nilulutas ang mga halimbawa at problema. Upang matukoy ang convergence ng isang serye ng positibong tanda, mayroong isang tiyak na kundisyon.
Para sa convergence ng positive sign ∑ k = 1 ∞ a k , a k > 0 ∀ k = 1 , 2 , 3 , . . . kailangan mong tukuyin ang isang limitadong pagkakasunud-sunod ng mga kabuuan.
Paano ihambing ang mga hilera
Mayroong ilang mga palatandaan ng paghahambing ng serye. Inihahambing namin ang serye na ang convergence ay iminungkahi na matukoy sa serye na ang convergence ay kilala.
Unang tanda
∑ k = 1 ∞ a k at ∑ k = 1 ∞ b k ay positibong serye. Ang hindi pagkakapantay-pantay a k ≤ b k ay wasto para sa k = 1, 2, 3, ... Ito ay sumusunod mula dito na mula sa serye ∑ k = 1 ∞ b k maaari nating makuha ang ∑ k = 1 ∞ a k . Dahil ang ∑ k = 1 ∞ a k ay nag-iiba, ang serye ∑ k = 1 ∞ b k ay maaaring tukuyin bilang divergent.
Ang panuntunang ito ay palaging ginagamit upang malutas ang mga equation at isang seryosong argumento na makakatulong sa pagtukoy ng convergence. Ang mga paghihirap ay maaaring nasa katotohanan na malayong posible na makahanap ng angkop na halimbawa para sa paghahambing sa bawat kaso. Kadalasan, ang isang serye ay pinili ayon sa prinsipyo na ang tagapagpahiwatig k-ika term ay magiging katumbas ng resulta ng pagbabawas ng mga exponent ng numerator at denominator k-ika miyembro ng hilera. Sabihin nating a k = k 2 + 3 4 k 2 + 5 , ang pagkakaiba ay magiging katumbas ng 2 – 3 = - 1 . Sa kasong ito, matutukoy na ang isang serye na may k-ika term b k = k - 1 = 1 k , na harmonic.
Upang pagsamahin ang materyal na natanggap, isasaalang-alang namin nang detalyado ang ilang karaniwang mga pagpipilian.
Halimbawa 8
Tukuyin kung ano ang serye ∑ k = 1 ∞ 1 k - 1 2 .
Dahil ang limitasyon = 0 lim k → + ∞ 1 k - 1 2 = 0 , natupad namin ang kinakailangang kondisyon. Ang hindi pagkakapantay-pantay ay magiging patas 1 k< 1 k - 1 2 для k , na natural. Mula sa mga nakaraang talata, nalaman namin na ang harmonic series ∑ k = 1 ∞ 1 k ay divergent. Ayon sa unang criterion, mapapatunayan na ang orihinal na bersyon ay divergent.
Halimbawa 9
Tukuyin kung ang serye ay convergent o divergent ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 + 3 k - 1 .
Sa halimbawang ito, natutugunan ang kinakailangang kundisyon, dahil lim k → + ∞ 1 k 3 + 3 k - 1 = 0 . Kinakatawan namin sa anyo ng hindi pagkakapantay-pantay 1 k 3 + 3 k - 1< 1 k 3 для любого значения k. Ang serye ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 ay convergent, dahil ang harmonic series ∑ k = 1 ∞ 1 k s ay nagtatagpo para sa s > 1. Ayon sa unang tampok, maaari nating tapusin na ang serye ng numero ay nagtatagpo.
Halimbawa 10
Tukuyin kung ano ang serye ∑ k = 3 ∞ 1 k ln (ln k) . lim k → + ∞ 1 k ln (ln k) = 1 + ∞ + ∞ = 0 .
Sa variant na ito, posible na markahan ang katuparan ng nais na kondisyon. Tukuyin natin ang isang serye para sa paghahambing. Halimbawa, ∑ k = 1 ∞ 1 k s . Upang matukoy kung ano ang isang degree, isaalang-alang ang sequence ( ln (ln k) ) , k = 3 , 4 , 5 . . . . Ang mga miyembro ng sequence ln (ln 3) , ln (ln 4) , ln (ln 5) , . . . tumataas hanggang sa kawalang-hanggan. Pagkatapos pag-aralan ang equation, mapapansin na, ang pagkuha ng N = 1619 bilang isang halaga, pagkatapos ay ang mga tuntunin ng sequence > 2 . Para sa sequence na ito, ang hindi pagkakapantay-pantay 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.
Pangalawang tanda
Ipagpalagay natin na ang ∑ k = 1 ∞ a k at ∑ k = 1 ∞ b k ay positive sign series.
Kung ang lim k → + ∞ a k b k ≠ ∞ , kung gayon ang serye ∑ k = 1 ∞ b k ay nagtatagpo, at ∑ k = 1 ∞ a k ay nagtatagpo rin.
Kung ang lim k → + ∞ a k b k ≠ 0 , pagkatapos ay dahil ang serye ∑ k = 1 ∞ b k ay naghihiwalay, kung gayon ang ∑ k = 1 ∞ a k ay naghihiwalay din.
Kung lim k → + ∞ a k b k ≠ ∞ at lim k → + ∞ a k b k ≠ 0 , kung gayon ang convergence o divergence ng isang serye ay nangangahulugan ng convergence o divergence ng isa pa.
Isaalang-alang ang ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 + 3 k - 1 sa tulong ng pangalawang pamantayan. Para sa paghahambing ∑ k = 1 ∞ b k kunin natin ang convergent series ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 . Tukuyin ang limitasyon: 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
Ayon sa pangalawang criterion, matutukoy na ang convergent series ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 ay nangangahulugan na ang orihinal na bersyon ay nagtatagpo rin.
Halimbawa 11
Tukuyin kung ano ang serye ∑ n = 1 ∞ k 2 + 3 4 k 3 + 5 .
Suriin natin ang kinakailangang kondisyon lim k → ∞ k 2 + 3 4 k 3 + 5 = 0 , na nasiyahan sa bersyong ito. Ayon sa pangalawang pamantayan, kunin ang serye ∑ k = 1 ∞ 1 k . Hinahanap namin ang limitasyon: lim k → + ∞ k 2 + 3 4 k 3 + 5 1 k = lim k → + ∞ k 3 + 3 k 4 k 3 + 5 = 1 4
Ayon sa mga theses sa itaas, ang divergent na serye ay nagsasangkot ng divergence ng orihinal na serye.
Pangatlong tanda
Isaalang-alang ang ikatlong tanda ng paghahambing.
Ipagpalagay na ang ∑ k = 1 ∞ a k at _ ∑ k = 1 ∞ b k ay positive-sign numerical series. Kung ang kundisyon ay nasiyahan para sa ilang numero a k + 1 a k ≤ b k + 1 b k , kung gayon ang convergence ng seryeng ito ∑ k = 1 ∞ b k ay nangangahulugan na ang serye ∑ k = 1 ∞ a k ay convergent din. Ang divergent na serye ∑ k = 1 ∞ a k ay nagsasangkot ng divergence ∑ k = 1 ∞ b k .
Tanda ng d'Alembert
Isipin na ang ∑ k = 1 ∞ a k ay isang positive sign number series. Kung lim k → + ∞ a k + 1 a k< 1 , то ряд является сходящимся, если lim k → + ∞ a k + 1 a k >1 , pagkatapos ay magkakaiba.
Puna 1
Ang pagsusulit ni d'Alembert ay wasto kung ang limitasyon ay walang katapusan.
Kung lim k → + ∞ a k + 1 a k = - ∞ , kung gayon ang serye ay nagtatagpo, kung lim k → ∞ a k + 1 a k = + ∞ , kung gayon ito ay divergent.
Kung lim k → + ∞ a k + 1 a k = 1 , kung gayon ang pagsusulit ni d'Alembert ay hindi makakatulong at nangangailangan ng maraming pag-aaral.
Halimbawa 12
Tukuyin kung ang serye ay convergent o divergent ∑ k = 1 ∞ 2 k + 1 2 k sa pamamagitan ng d'Alembert test.
Kinakailangang suriin kung nasiyahan ang kinakailangang kondisyon ng convergence. Kalkulahin natin ang limitasyon gamit ang panuntunan ng 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
Makikita natin na natutugunan ang kundisyon. Gamitin natin ang d'Alembert test: lim k → + ∞ = lim k → + ∞ 2 (k + 1) + 1 2 k + 1 2 k + 1 2 k = 1 2 lim k → + ∞ 2 k + 3 2 k + 1 = 12< 1
Convergent ang serye.
Halimbawa 13
Tukuyin kung ang serye ay divergent ∑ k = 1 ∞ k k k ! .
Gamitin natin ang d'Alembert test upang matukoy ang divergence ng serye: 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
Samakatuwid, ang serye ay magkakaiba.
Ang radikal na tanda ni Cauchy
Ipagpalagay na ang ∑ k = 1 ∞ a k ay isang serye na may positibong tanda. Kung lim k → + ∞ a k k< 1 , то ряд является сходящимся, если lim k → + ∞ a k k >1 , pagkatapos ay magkakaiba.
Puna 2
Kung lim k → + ∞ a k k = 1 , kung gayon ang tampok na ito ay hindi nagbibigay ng anumang impormasyon – kinakailangan ang karagdagang pagsusuri.
Maaaring gamitin ang feature na ito sa mga halimbawang madaling matukoy. Magiging katangian ang kaso kapag ang isang miyembro ng serye ng numero ay isang exponential exponential expression.
Upang pagsamahin ang impormasyong natanggap, isaalang-alang ang ilang karaniwang mga halimbawa.
Halimbawa 14
Tukuyin kung ang positibong serye ∑ k = 1 ∞ 1 (2 k + 1) k ay nagtatagpo sa serye.
Ang kinakailangang kondisyon ay itinuturing na natutugunan, dahil lim k → + ∞ 1 (2 k + 1) k = 1 + ∞ + ∞ = 0 .
Ayon sa pagsusulit na isinasaalang-alang sa itaas, nakukuha natin ang 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.
Halimbawa 15
Nagtatagpo ba ang serye ng numero ∑ k = 1 ∞ 1 3 k · 1 + 1 k k 2 .
Ginagamit namin ang sign na inilarawan sa nakaraang talata 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.
Integral Cauchy na pagsubok
Ipagpalagay na ang ∑ k = 1 ∞ a k ay isang serye na may positibong tanda. Kinakailangang magtalaga ng isang function ng isang tuluy-tuloy na argumento y=f(x), na tumutugma sa a n = f (n) . Kung ang y=f(x) mas malaki sa zero, hindi masira at bumababa sa [ a ; + ∞), kung saan ang isang ≥ 1
Pagkatapos, kung ang hindi wastong integral ∫ a + ∞ f (x) d x ay nagtatagpo, kung gayon ang seryeng isinasaalang-alang ay nagtatagpo rin. Kung ito ay magkakaiba, pagkatapos ay sa halimbawang isinasaalang-alang ang serye ay nag-iiba din.
Kapag sinusuri ang pagkabulok ng isang function, maaari mong gamitin ang materyal na tinalakay sa mga nakaraang aralin.
Halimbawa 16
Isaalang-alang ang halimbawa ∑ k = 2 ∞ 1 k ln k para sa convergence.
Ang kondisyon ng convergence ng serye ay itinuturing na nasiyahan, dahil lim k → + ∞ 1 k ln k = 1 + ∞ = 0 . Isaalang-alang ang y = 1 x ln x . Mas malaki ito sa zero, hindi naaabala, at bumababa ng [2; +∞) . Ang unang dalawang punto ay tiyak na kilala, ngunit ang pangatlo ay dapat talakayin nang mas detalyado. Hanapin ang derivative: 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. Ito ay mas mababa sa zero sa [ 2 ; + ∞) Ito ay nagpapatunay sa thesis na ang function ay bumababa.
Sa totoo lang, ang function na y = 1 x ln x ay tumutugma sa mga tampok ng prinsipyo na aming isinasaalang-alang sa itaas. Ginagamit namin ito: ∫ 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) = + ∞
Ayon sa mga resultang nakuha, ang orihinal na halimbawa ay nag-iiba dahil ang hindi wastong integral ay divergent.
Halimbawa 17
Patunayan ang convergence ng serye ∑ k = 1 ∞ 1 (10 k - 9) (ln (5 k + 8)) 3 .
Dahil lim k → + ∞ 1 (10 k - 9) (ln (5 k + 8)) 3 = 1 + ∞ = 0 , ang kondisyon ay itinuturing na nasiyahan.
Simula sa k = 4 , ang tamang expression ay 1 (10 k - 9) (ln (5 k + 8)) 3< 1 (5 k + 8) (ln (5 k + 8)) 3 .
Kung ang serye ∑ k = 4 ∞ 1 (5 k + 8) (ln (5 k + 8)) 3 ay itinuturing na convergent, kung gayon, ayon sa isa sa mga prinsipyo ng paghahambing, ang serye ∑ k = 4 ∞ 1 (10 k - 9) ( ln (5 k + 8)) 3 ay ituturing ding convergent. Kaya, matutukoy natin na ang orihinal na expression ay nagtatagpo rin.
Ituloy natin ang patunay ∑ k = 4 ∞ 1 (5 k + 8) (ln (5 k + 8)) 3 .
Dahil ang function na y = 1 5 x + 8 (ln (5 x + 8)) 3 ay mas malaki sa zero, hindi ito nagwawakas at bumababa sa [ 4 ; +∞) . Ginagamit namin ang tampok na inilarawan sa nakaraang talata:
∫ 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 sa 28 2
Sa resultang convergent series, ∫ 4 + ∞ d x (5 x + 8) (ln (5 x + 8)) 3 , matutukoy natin na ∑ k = 4 ∞ 1 (5 k + 8) (ln (5 k + 8 )) 3 din ay nagtatagpo.
Tanda ni Raabe
Ipagpalagay natin na ang ∑ k = 1 ∞ a k ay isang positive-sign number series.
Kung lim k → + ∞ k a k a k + 1< 1 , то ряд расходится, если lim k → + ∞ k · a k a k + 1 - 1 >1 , pagkatapos ay nagtatagpo ito.
Ang pamamaraang ito ng pagpapasiya ay maaaring gamitin kung ang mga pamamaraan na inilarawan sa itaas ay hindi nagbibigay ng nakikitang mga resulta.
Pag-aaral para sa ganap na tagpo
Para sa pananaliksik kinukuha namin ang ∑ k = 1 ∞ b k . Ginagamit namin ang positibong tanda ∑ k = 1 ∞ b k . Maaari naming gamitin ang alinman sa mga angkop na tampok na inilarawan namin sa itaas. Kung ang serye ∑ k = 1 ∞ b k ay nagtatagpo, kung gayon ang orihinal na serye ay ganap na nagtatagpo.
Halimbawa 18
Siyasatin ang serye ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 3 k 3 + 2 k - 1 para sa convergence ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 3 k 3 + 2 k - 1 = ∑ k = 1 ∞ 1 3 k 3 + 2 k - 1 .
Ang kundisyon ay nasiyahan lim k → + ∞ 1 3 k 3 + 2 k - 1 = 1 + ∞ = 0 . Ginagamit namin ang ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 2 at ginagamit ang pangalawang palatandaan: lim k → + ∞ 1 3 k 3 + 2 k - 1 1 k 3 2 = 1 3 .
Ang serye ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 3 k 3 + 2 k - 1 ay nagtatagpo. Ang orihinal na serye ay ganap ding nagtatagpo.
Divergence ng alternating series
Kung ang serye ∑ k = 1 ∞ b k ay divergent, ang katumbas na alternating series ∑ k = 1 ∞ b k ay alinman sa divergent o conditionally convergent.
Tanging ang d'Alembert test at ang radical Cauchy test ang makakatulong upang makagawa ng mga konklusyon tungkol sa ∑ k = 1 ∞ b k mula sa divergence mula sa mga module ∑ k = 1 ∞ b k . Ang serye ∑ k = 1 ∞ b k ay nag-iiba din kung ang kinakailangang kondisyon ng convergence ay hindi natutugunan, iyon ay, kung lim k → ∞ + b k ≠ 0 .
Halimbawa 19
Suriin ang divergence 1 7 , 2 7 2 , - 6 7 3 , 24 7 4 , 120 7 5 - 720 7 6 , . . . .
Module k-ika term ay kinakatawan bilang b k = k ! 7k.
Tuklasin natin ang serye ∑ k = 1 ∞ b k = ∑ k = 1 ∞ k ! 7 k para sa convergence ng d'Alembert criterion: 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 ! 7k diverges sa parehong paraan tulad ng orihinal na bersyon.
Halimbawa 20
Ay ∑ k = 1 ∞ (- 1) k · k 2 + 1 ln (k + 1) convergent.
Isaalang-alang ang kinakailangang kondisyon 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) = + ∞ . Ang kundisyon ay hindi nasiyahan, samakatuwid ∑ k = 1 ∞ (- 1) k · k 2 + 1 ln (k + 1) ang serye ay divergent. Ang limitasyon ay kinakalkula ayon sa tuntunin ng L'Hospital.
Pamantayan ng kondisyong convergence
Leibniz sign
Kahulugan 12Kung ang mga halaga ng mga miyembro ng alternating series ay bumaba b 1 > b 2 > b 3 > . . . > . . . at modulus limit = 0 bilang k → + ∞ , pagkatapos ay ang serye ∑ k = 1 ∞ b k ay nagtatagpo.
Halimbawa 17
Isaalang-alang ang ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 2 k + 1 5 k (k + 1) para sa convergence.
Ang serye ay kinakatawan bilang ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 2 k + 1 5 k (k + 1) = ∑ k = 1 ∞ 2 k + 1 5 k (k + 1) . Ang kinakailangang kondisyon ay nasiyahan lim k → + ∞ = 2 k + 1 5 k (k + 1) = 0 . Isaalang-alang ang ∑ k = 1 ∞ 1 k sa pamamagitan ng pangalawang pamantayan sa paghahambing lim k → + ∞ 2 k + 1 5 k (k + 1) 1 k = lim k → + ∞ 2 k + 1 5 (k + 1) = 2 5
Nakukuha natin na ang ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 2 k + 1 5 k (k + 1) = ∑ k = 1 ∞ 2 k + 1 5 k (k + 1) ay diverges. Ang serye ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 2 k + 1 5 k (k + 1) ay nagtatagpo ayon sa Leibniz criterion: ang sequence 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 , . . . bumababa at lim k → + ∞ = 2 k + 1 5 k (k + 1) = 0 .
Ang serye ay may kondisyong nagtatagpo.
Abel-Dirichlet sign
Kahulugan 13∑ k = 1 + ∞ u k v k ay nagtatagpo kung ( u k ) ay hindi tumaas at ang sequence ∑ k = 1 + ∞ v k ay bounded.
Halimbawa 17
Galugarin ang 1 - 3 2 + 2 3 + 1 4 - 3 5 + 1 3 + 1 7 - 3 8 + 2 9 + . . . para sa convergence.
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
kung saan ( u k ) = 1 , 1 2 , 1 3 , . . . - hindi tumataas, at ang sequence ( v k ) = 1 , - 3 , 2 , 1 , - 3 , 2 , . . . limitado ( S k ) = 1 , - 2 , 0 , 1 , - 2 , 0 , . . . . Ang serye ay nagtatagpo.
Kung may napansin kang pagkakamali sa teksto, mangyaring i-highlight ito at pindutin ang Ctrl+Enter
maharmonya na serye- ang kabuuan na binubuo ng isang walang katapusang bilang ng mga termino na katumbas ng magkakasunod na bilang ng natural na serye:
∑ 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 ).Encyclopedic YouTube
1 / 5
✪ Numero ng mga hilera. Mga pangunahing konsepto - bezbotvy
✪ Patunay ng pagkakaiba-iba ng harmonic series
✪ Serye ng numero-9. Convergence at divergence ng Dirichlet series
✪ Konsultasyon #1. Mat. pagsusuri. Fourier series sa trigonometric system. Ang pinakasimpleng katangian
✪ MGA HANAY. Pagsusuri
Mga subtitle
Ang kabuuan ng unang n termino ng serye
Ang mga indibidwal na termino ng serye ay malamang na zero, ngunit ang kabuuan nito ay nag-iiba. Ang n-th partial sum ng s n harmonic series ay ang n-th harmonic number:
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)))Ang ilang mga halaga ng mga bahagyang kabuuan
| 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) \\\\s_(2)&=&(\frac (3)(2))&=&1(,)5\\\\s_(3)&=&(\frac (11)(6))& \approx &1(,)833\\\\s_(4)&=&(\frac (25)(12))&\approx &2(,)083\\\\s_(5)&=&(\frac (137)(60))&\approx &2(,)283\end(matrix))) | s 6 = 49 20 = 2 . 45 s 7 = 363 140 ≈ 2.593 s 8 = 761 280 ≈ 2.718 s 10 3 ≈ 7.484 s 10 6 ≈ 3 \frac (49)(20))&=&2(,)45\\\\s_(7)&=&(\frac (363)(140))&\approx &2(,)593\\\\s_ (8)&=&(\frac (761)(280))&\approx &2(,)718\\\\s_(10^(3))&\approx &7(,)484\\\\s_( 10^(6))&\approx &14(,)393\end(matrix))) |
Formula ng Euler
Kapag ang halaga ε n → 0 (\displaystyle \varepsilon _(n)\rightarrow 0), samakatuwid, para sa malaki n (\displaystyle n):
s n ≈ ln (n) + γ (\displaystyle s_(n)\approx \ln(n)+\gamma )- Ang formula ni Euler para sa kabuuan ng una n (\displaystyle n) miyembro ng harmonic series.| 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 |
Isang mas tumpak na asymptotic formula para sa bahagyang kabuuan ng harmonic series:
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 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)))), saan B 2 k (\displaystyle B_(2k))- Mga numero ng Bernoulli.Nag-iiba ang seryeng ito, ngunit ang error sa pagkalkula dito ay hindi lalampas sa kalahati ng unang itinapon na termino.
Number-theoretic na katangian ng mga partial sums
∀ n > 1 s n ∉ N (\displaystyle \forall n>1\;\;\;\;s_(n)\notin \mathbb (N) )
Serye Divergence
S n → ∞ (\displaystyle s_(n)\rightarrow \infty ) sa n → ∞ (\displaystyle n\rightarrow \infty )
Ang maharmonya na serye ay nag-iiba napakabagal (upang lumampas sa 100 ang bahagyang kabuuan, humigit-kumulang 10 43 elemento ng serye ang kailangan).
Ang divergence ng harmonic series ay maipapakita sa pamamagitan ng paghahambing nito sa teleskopiko na serye:
v n = ln (n + 1) − ln n = ln (1 + 1 n) ∼ + ∞ 1 n (\displaystyle v_(n)=\ln(n+1)-\ln n=\ln \ kaliwa(1+(\frac (1)(n))\right)(\underset (+\infty )(\sim ))(\frac (1)(n))),na ang bahagyang kabuuan ay malinaw na katumbas ng:
∑ i = 1 n − 1 v i = ln n ∼ s n (\displaystyle \sum _(i=1)^(n-1)v_(i)=\ln n\sim s_(n)).Patunay ni Orem
Ang patunay ng divergence ay maaaring mabuo sa pamamagitan ng pagpapangkat ng mga termino tulad ng sumusunod:
∑ 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) )\kanan]+\kaliwa[(\frac (1)(3))+(\frac (1)(4))\kanan]+\left[(\frac (1)(5))+(\frac (1)(6))+(\frac (1)(7))+(\frac (1)(8))\right]+\left[(\frac (1)(9))+\cdots \ kanan]+\cdots \\&()>1+\left[(\frac (1)(2))\right]+\left[(\frac (1)(4))+(\frac (1) (4))\kanan]+\kaliwa[(\frac (1)(8))+(\frac (1)(8))+(\frac (1)(8))+(\frac (1) (8))\kanan]+\kaliwa[(\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)))Ang huling hilera ay malinaw na nag-iiba. Ang patunay na ito ay pag-aari ng medieval scholar na si Nicholas Orem (c. 1350).
Alternatibong patunay ng divergence
Inaanyayahan namin ang mambabasa na i-verify ang kamalian ng patunay na ito.
Pagkakaiba sa pagitan ng n (\displaystyle n)-th harmonic number at natural logarithm n (\displaystyle n) nagtatagpo sa Euler - Mascheroni constant.
Ang pagkakaiba sa pagitan ng iba't ibang harmonic na numero ay hindi kailanman isang integer at walang harmonic na numero maliban H 1 = 1 (\displaystyle H_(1)=1), ay hindi isang integer.
Mga kaugnay na hanay
Dirichlet row
Ang pangkalahatang harmonic series (o ang Dirichlet series) ay tinatawag na serye
∑ 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 ).Ang pangkalahatang harmonic series ay nag-iiba sa α ⩽ 1 (\displaystyle \alpha \leqslant 1) at nagtatagpo sa α > 1 (\displaystyle \alpha >1) .
Ang kabuuan ng pangkalahatang harmonic order series α (\displaystyle \alpha ) ay katumbas ng halaga ng Riemann zeta function:
∑ k = 1 ∞ 1 k α = ζ (α) (\displaystyle \sum _(k=1)^(\infty )(\frac (1)(k^(\alpha )))=\zeta (\alpha ))Para sa mga even na numero, ang halagang ito ay tahasang ipinahayag sa mga tuntunin ng pi , halimbawa, ζ (2) = π 2 6 (\displaystyle \zeta (2)=(\frac (\pi ^(2))(6))), at para na sa α=3 ang halaga nito ay hindi alam ng analytical.
Ang isa pang paglalarawan ng pagkakaiba-iba ng maharmonya na serye ay maaaring ang kaugnayan ζ (1 + 1 n) ∼ n (\displaystyle \zeta (1+(\frac (1)(n)))\sim n) . Samakatuwid, ang naturang serye ay sinasabing may posibilidad na 1, at ang kabuuan ng serye ay isang random na dami na may mga kagiliw-giliw na katangian. Halimbawa, ang function density probability na kinakalkula sa mga puntos na +2 o −2 ay may halaga:
0,124 999 999 999 999 999 999 999 999 999 999 999 999 999 7 642 …,naiiba sa ⅛ ng mas mababa sa 10 −42 .
"Thinned" harmonic series
Serye ng Kempner (Ingles)Kung isasaalang-alang natin ang isang maharmonya na serye kung saan ang mga termino lamang ang natitira, ang mga denominador na kung saan ay hindi naglalaman ng numero 9, kung gayon ito ay lumiliko na ang natitirang kabuuan ay nagtatagpo sa numero<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), paunti-unti ang mga terminong kinukuha para sa kabuuan ng seryeng "nipis". Iyon ay, sa huli, ang karamihan sa mga termino na bumubuo sa kabuuan ng harmonic series ay itinatapon, upang hindi lumampas sa geometric progression na naglilimita mula sa itaas.
Mayroong ilang mga paraan upang suriin ang convergence ng isang serye. Una, mahahanap mo lang ang kabuuan ng serye. Kung bilang isang resulta ay nakakakuha tayo ng isang may hangganang numero, kung gayon nagtatagpo ang mga serye. Halimbawa, dahil
pagkatapos ay ang serye ay nagtatagpo. Kung nabigo kaming mahanap ang kabuuan ng serye, dapat gumamit ng ibang mga pamamaraan upang suriin ang tagpo ng serye.
Isa sa mga pamamaraang ito ay tanda ng d'Alembert
dito at ang n-th at (n + 1)-th na mga termino ng serye, ayon sa pagkakabanggit, at ang convergence ay tinutukoy ng halaga ng D: Kung D< 1 - ряд сходится, если D >
Bilang halimbawa, sinusuri namin ang convergence ng isang serye gamit ang d'Alembert test. Una, magsulat tayo ng mga expression para sa at . Ngayon, hanapin natin ang kaukulang limitasyon:
Dahil , ayon sa pagsubok ni d'Alembert, nagtatagpo ang serye.
Ang isa pang paraan upang suriin ang convergence ng isang serye ay radikal na tanda ng Cauchy, na nakasulat tulad ng sumusunod:
narito ang nth term ng serye, at ang convergence, tulad ng sa kaso ng d'Alembert test, ay tinutukoy ng halaga ng D: Kung D< 1 - ряд сходится, если D >1 - diverges. Kapag D = 1 - hindi nagbibigay ng sagot ang sign na ito at kailangan ng karagdagang pananaliksik.
Bilang halimbawa, pinag-aaralan namin ang convergence ng isang serye gamit ang radical Cauchy test. Una, magsulat tayo ng expression para sa . Ngayon, hanapin natin ang kaukulang limitasyon:
Dahil ang title="15625/64>1"> , ayon sa radical Cauchy test, nag-iiba ang serye.
Dapat pansinin na kasama ang nasa itaas, mayroong iba pang mga palatandaan ng convergence ng serye, tulad ng integral Cauchy test, ang Raabe test, atbp.
Ang aming online na calculator, na binuo batay sa sistema ng Wolfram Alpha, ay nagpapahintulot sa iyo na subukan ang convergence ng isang serye. Sa kasong ito, kung ang calculator ay nagbibigay ng isang tiyak na numero bilang kabuuan ng serye, kung gayon ang serye ay nagtatagpo. Kung hindi man, kinakailangang bigyang-pansin ang item na "Pagsubok ng convergence ng serye". Kung ang pariralang "series converges" ay naroroon, pagkatapos ay ang serye ay nagtatagpo. Kung ang pariralang "serye diverges" ay naroroon, ang serye ay diverges.
Nasa ibaba ang pagsasalin ng lahat ng posibleng halaga ng item na "Pagsubok ng convergence ng isang serye":
| English text | Teksto sa Russian |
|---|---|
| Sa pamamagitan ng pagsubok ng maharmonya na serye, nag-iiba ang serye. | Kapag inihambing ang pinag-aralan na serye sa harmonic series, ang orihinal na serye ay nag-iiba. |
| Ang pagsubok ng ratio ay hindi tiyak. | Ang pagsusulit ni d'Alembert ay hindi makapagbibigay ng sagot tungkol sa convergence ng isang serye. |
| Ang root test ay walang tiyak na paniniwala. | Ang radikal na pagsubok ni Cauchy ay hindi makapagbibigay ng sagot tungkol sa convergence ng serye. |
| Sa pamamagitan ng pagsubok sa paghahambing, nagtatagpo ang serye. | Sa paghahambing, ang serye ay nagtatagpo |
| Sa pamamagitan ng pagsubok ng ratio, nagtatagpo ang serye. | Ayon sa pagsubok ni d'Alembert, nagtatagpo ang serye |
| Sa pamamagitan ng pagsubok sa limitasyon, ang mga serye ay nag-iiba. | Batay sa katotohanan na ang title="(!LANG:Ang limitasyon ng ika-1 miyembro ng serye kapag ang n->oo ay hindi katumbas ng zero o wala"> , или указанный предел не существует, сделан вывод о том, что ряд расходится. !} |
Sagot: nag-iiba ang serye.
Halimbawa #3
Hanapin ang kabuuan ng serye na $\sum\limits_(n=1)^(\infty)\frac(2)((2n+1)(2n+3))$.
Dahil ang mas mababang limitasyon sa pagsusuma ay 1, ang karaniwang termino ng serye ay isinusulat sa ilalim ng sum sign: $u_n=\frac(2)((2n+1)(2n+3))$. Buuin ang nth partial sum ng serye, i.e. isama ang unang $n$ na miyembro ng ibinigay na numerical series:
$$ S_n=u_1+u_2+u_3+u_4+\ldots+u_n=\frac(2)(3\cdot 5)+\frac(2)(5\cdot 7)+\frac(2)(7\cdot 9 )+\frac(2)(9\cdot 11)+\ldots+\frac(2)((2n+1)(2n+3)). $$
Kung bakit ako nagsusulat ng eksaktong $\frac(2)(3\cdot 5)$, at hindi $\frac(2)(15)$, ay magiging malinaw mula sa karagdagang pagsasalaysay. Gayunpaman, ang pagtatala ng isang bahagyang kabuuan ay hindi nagdulot sa amin ng isang iota na mas malapit sa layunin. Pagkatapos ng lahat, kailangan nating hanapin ang $\lim_(n\to\infty)S_n$, ngunit kung isusulat lang natin:
$$ \lim_(n\to\infty)S_n=\lim_(n\to\infty)\left(\frac(2)(3\cdot 5)+\frac(2)(5\cdot 7)+\ frac(2)(7\cdot 9)+\frac(2)(9\cdot 11)+\ldots+\frac(2)((2n+1)(2n+3))\right), $$
kung gayon ang talaang ito, ganap na tama sa anyo, ay hindi magbibigay sa atin ng kahit ano sa kakanyahan. Upang mahanap ang limitasyon, kailangan munang pasimplehin ang partial sum expression.
Mayroong karaniwang pagbabagong-anyo para dito, na binubuo sa pag-decomposing ng fraction na $\frac(2)((2n+1)(2n+3))$, na kumakatawan sa karaniwang termino ng serye, sa elementarya na mga fraction. Ang isang hiwalay na paksa ay nakatuon sa isyu ng nabubulok na mga rational fraction sa elementarya (tingnan, halimbawa, halimbawa No. 3 sa pahinang ito). Ang pagpapalawak ng fraction $\frac(2)((2n+1)(2n+3))$ sa elementary fractions, mayroon kaming:
$$ \frac(2)((2n+1)(2n+3))=\frac(A)(2n+1)+\frac(B)(2n+3)=\frac(A\cdot(2n +3)+B\cdot(2n+1))((2n+1)(2n+3)). $$
Tinutumbas namin ang mga numerator ng mga fraction sa kaliwa at kanang bahagi ng resultang pagkakapantay-pantay:
$$ 2=A\cdot(2n+3)+B\cdot(2n+1). $$
Mayroong dalawang paraan upang mahanap ang mga halaga ng $A$ at $B$. Maaari mong buksan ang mga bracket at muling ayusin ang mga termino, o maaari mo lamang palitan ang ilang naaangkop na halaga sa halip na $n$. Para lamang sa isang pagbabago, sa halimbawang ito ay pupunta tayo sa unang paraan, at sa susunod - papalitan natin ang mga pribadong halaga ng $n$. Ang pagpapalawak ng mga bracket at muling pagsasaayos ng mga tuntunin, makukuha natin ang:
$$ 2=2An+3A+2Bn+B;\\ 2=(2A+2B)n+3A+B. $$
Sa kaliwang bahagi ng equation, ang $n$ ay nauuna sa zero. Kung gusto mo, ang kaliwang bahagi ng pagkakapantay-pantay ay maaaring katawanin para sa kalinawan bilang $0\cdot n+ 2$. Dahil sa kaliwang bahagi ng equality $n$ ay nauuna sa zero, at sa kanang bahagi ng equality $2A+2B$ nauuna sa $n$, mayroon kaming unang equation: $2A+2B=0$. Hinahati namin kaagad ang parehong bahagi ng equation na ito sa pamamagitan ng 2, pagkatapos ay makakakuha kami ng $A+B=0$.
Dahil ang libreng termino sa kaliwang bahagi ng pagkakapantay-pantay ay katumbas ng 2, at sa kanang bahagi ng pagkakapantay-pantay ang libreng termino ay katumbas ng $3A+B$, pagkatapos ay $3A+B=2$. Kaya mayroon kaming isang sistema:
$$ \left\(\begin(aligned) & A+B=0;\\ & 3A+B=2. \end(aligned)\right. $$
Ang patunay ay isasagawa sa pamamagitan ng paraan ng mathematical induction. Sa unang hakbang, kailangan nating suriin kung ang kinakailangang pagkakapantay-pantay na $S_n=\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$ ay para sa $n=1$. Alam namin na $S_1=u_1=\frac(2)(15)$, ngunit ang expression na $\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$ ba ay magbibigay ng value na $\frac( 2 )(15)$ kung ang $n=1$ ay papalitan dito? Suriin natin:
$$ \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). $$
Kaya, para sa $n=1$ ang pagkakapantay-pantay na $S_n=\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$ ay nasiyahan. Kinukumpleto nito ang unang hakbang ng paraan ng mathematical induction.
Ipagpalagay na para sa $n=k$ ang pagkakapantay-pantay ay hawak, i.e. $S_k=\frac(1)(3)-\frac(1)(2k+3)$. Patunayan natin na magkakaroon ng parehong pagkakapantay-pantay para sa $n=k+1$. Upang gawin ito, isaalang-alang ang $S_(k+1)$:
$$ S_(k+1)=S_k+u_(k+1). $$
Dahil $u_n=\frac(1)(2n+1)-\frac(1)(2n+3)$, pagkatapos ay $u_(k+1)=\frac(1)(2(k+1)+ 1 )-\frac(1)(2(k+1)+3)=\frac(1)(2k+3)-\frac(1)(2(k+1)+3)$. Ayon sa palagay sa itaas $S_k=\frac(1)(3)-\frac(1)(2k+3)$, kaya ang formula na $S_(k+1)=S_k+u_(k+1)$ ay tumatagal ang form:
$$ S_(k+1)=S_k+u_(k+1)=\frac(1)(3)-\frac(1)(2k+3)+\frac(1)(2k+3)-\ frac(1)(2(k+1)+3)=\frac(1)(3)-\frac(1)(2(k+1)+3). $$
Konklusyon: ang formula na $S_n=\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$ ay totoo para sa $n=k+1$. Samakatuwid, ayon sa paraan ng mathematical induction, ang formula na $S_n=\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$ ay totoo para sa anumang $n\in N$. Ang pagkakapantay-pantay ay napatunayan.
Sa isang karaniwang kurso sa mas mataas na matematika, ang isa ay karaniwang kontento sa "pagtanggal" ng mga termino sa pagkansela, nang hindi nangangailangan ng anumang patunay. Kaya, nakuha namin ang expression para sa nth partial sum: $S_n=\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$. Hanapin ang halaga ng $\lim_(n\to\infty)S_n$:
Konklusyon: ang ibinigay na serye ay nagtatagpo at ang kabuuan nito ay $S=\frac(1)(3)$.
Ang pangalawang paraan ay ang gawing simple ang formula para sa partial sum.
Upang maging tapat, mas gusto ko ang pamamaraang ito sa aking sarili :) Isulat natin ang bahagyang kabuuan sa isang pinaikling anyo:
$$ S_n=\sum\limits_(k=1)^(n)u_k=\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(2)((2k+1)(2k+3)). $$
Nauna naming nakuha ang $u_k=\frac(1)(2k+1)-\frac(1)(2k+3)$, kaya:
$$ 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)\kanan). $$
Ang kabuuan na $S_n$ ay naglalaman ng isang may hangganang bilang ng mga termino, kaya maaari naming muling ayusin ang mga ito gayunpaman gusto namin. Gusto ko munang idagdag ang lahat ng mga tuntunin ng form na $\frac(1)(2k+1)$, at pagkatapos lamang pumunta sa mga tuntunin ng form na $\frac(1)(2k+3)$. Nangangahulugan ito na kakatawanin namin ang bahagyang kabuuan sa form na ito:
$$ 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). $$
Siyempre, ang pinalawak na notasyon ay lubhang hindi maginhawa, kaya ang pagkakapantay-pantay sa itaas ay maaaring maisulat nang mas compact:
$$ 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). $$
Ngayon ay binabago namin ang mga expression na $\frac(1)(2k+1)$ at $\frac(1)(2k+3)$ sa parehong anyo. Sa tingin ko ito ay maginhawa upang magmukhang isang mas malaking fraction (bagaman maaari mong gamitin ang isang mas maliit na isa, ito ay isang bagay ng panlasa). Dahil $\frac(1)(2k+1)>\frac(1)(2k+3)$ (mas malaki ang denominator, mas maliit ang fraction), babawasan namin ang fraction na $\frac(1)(2k+ 3) $ sa anyong $\frac(1)(2k+1)$.
Ipapakita ko ang expression sa denominator ng fraction $\frac(1)(2k+3)$ gaya ng sumusunod:
$$ \frac(1)(2k+3)=\frac(1)(2k+2+1)=\frac(1)(2(k+1)+1). $$
At ang kabuuan na $\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+3)$ ay maaari na ngayong isulat ng ganito:
$$ \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). $$
Kung ang pagkakapantay-pantay ay $\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+3)=\sum\limits_(k=2)^(n+1)\frac(1)(2k+ 1) $ ay hindi nagtataas ng mga tanong, pagkatapos ay pumunta pa tayo. Kung may mga katanungan, mangyaring palawakin ang tala.
Paano namin nakuha ang na-convert na halaga? Ipakita itago
Mayroon kaming serye na $\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+3)=\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2( k+1)+1)$. Magpakilala tayo ng bagong variable sa halip na $k+1$ - halimbawa, $t$. Kaya $t=k+1$.
Paano nagbago ang lumang variable na $k$? At ito ay nagbago mula 1 hanggang $n$. Alamin natin kung paano magbabago ang bagong variable na $t$. Kung $k=1$, kung gayon ang $t=1+1=2$. Kung $k=n$, pagkatapos ay $t=n+1$. Kaya ang expression na $\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2(k+1)+1)$ ay ngayon: $\sum\limits_(t=2)^(n + 1)\frac(1)(2t+1)$.
$$ \sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2(k+1)+1)=\sum\limits_(t=2)^(n+1)\frac(1 )(2t+1). $$
Mayroon kaming kabuuan na $\sum\limits_(t=2)^(n+1)\frac(1)(2t+1)$. Tanong: mahalaga ba kung anong letra ang gagamitin sa kabuuan na ito? :) Tritely writing the letter $k$ instead of $t$, we get the following:
$$ \sum\limits_(t=2)^(n+1)\frac(1)(2t+1)=\sum\limits_(k=2)^(n+1)\frac(1)(2k +1). $$
Ganito ang pagkakapantay-pantay $\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2(k+1)+1)=\sum\limits_(k=2)^(n+1) ay nakuha \frac(1)(2k+1)$.
Kaya, ang bahagyang kabuuan ay maaaring katawanin sa sumusunod na anyo:
$$ 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 ). $$
Tandaan na ang mga kabuuan na $\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+1)$ at $\sum\limits_(k=2)^(n+1)\frac(1 )(2k+1)$ naiiba lamang sa mga limitasyon ng pagsusuma. Gawin nating pareho ang mga limitasyong ito. "Pagkuha" ng unang elemento mula sa kabuuan na $\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+1)$ nakukuha natin:
$$ \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). $$
"Pagkuha" ng huling elemento mula sa kabuuan na $\sum\limits_(k=2)^(n+1)\frac(1)(2k+1)$, nakukuha namin:
$$\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 ).$$
Pagkatapos ang expression para sa bahagyang kabuuan ay kukuha ng anyo:
$$ 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). $$
Kung lalaktawan mo ang lahat ng paliwanag, ang proseso ng paghahanap ng pinaikling formula para sa n-th partial sum ay kukuha ng sumusunod na anyo:
$$ 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). $$
Ipaalala ko sa iyo na binawasan namin ang fraction na $\frac(1)(2k+3)$ sa form na $\frac(1)(2k+1)$. Siyempre, maaari mong gawin ang kabaligtaran, i.e. kumakatawan sa fraction na $\frac(1)(2k+1)$ bilang $\frac(1)(2k+3)$. Ang huling expression para sa bahagyang kabuuan ay hindi magbabago. Sa kasong ito, itatago ko ang proseso ng paghahanap ng bahagyang kabuuan sa ilalim ng isang tala.
Paano mahahanap ang $S_n$, kung magdadala ka sa anyo ng ibang fraction? Ipakita itago
$$ 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)\kanan) =\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+ 3 ). $$
Kaya $S_n=\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$. Hanapin ang limitasyon $\lim_(n\to\infty)S_n$:
$$ \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). $$
Ang ibinigay na serye ay nagtatagpo at ang kabuuan nito ay $S=\frac(1)(3)$.
Sagot: $S=\frac(1)(3)$.
Ang pagpapatuloy ng paksa ng paghahanap ng kabuuan ng isang serye ay isasaalang-alang sa ikalawa at ikatlong bahagi.
Hanapin ang kabuuan ng isang serye ng mga numero. Kung hindi posible na mahanap ito, pagkatapos ay kinakalkula ng system ang kabuuan ng serye na may isang tiyak na katumpakan.
Serye Convergence
Matutukoy ng calculator na ito kung nagtatagpo ang isang serye, at ipinapakita din kung aling mga senyales ng convergence ang gumagana at alin ang hindi.
Alam din niya kung paano matukoy ang convergence ng power series.
Binuo rin ang isang serye ng graph, kung saan makikita mo ang rate ng convergence ng serye (o divergence).
Mga panuntunan para sa pagpasok ng mga expression at function
Ang mga expression ay maaaring binubuo ng mga function (ang mga notasyon ay ibinibigay sa alphabetical order): ganap(x) Ganap na halaga x
(modyul x o |x|)
arccos(x) Function - arc cosine ng x arccosh(x) Arc cosine hyperbolic mula sa x arcsin(x) Mula kay Arcsine x arcsinh(x) Arcsine hyperbolic mula sa x arctg(x) Function - arc tangent mula sa x arctgh(x) Ang arc tangent ay hyperbolic mula sa x e e isang numero na tinatayang katumbas ng 2.7 exp(x) Function - exponent mula sa x(na e^x)
log(x) o log(x) Natural logarithm ng x
(Para makuha log7(x), kailangan mong ipasok ang log(x)/log(7) (o, halimbawa, para sa log10(x)=log(x)/log(10)) pi Ang numero ay "Pi", na tinatayang katumbas ng 3.14 kasalanan(x) Function - Sine ng x cos(x) Function - Cosine ng x sinh(x) Function - Hyperbolic sine ng x cash(x) Function - Hyperbolic cosine ng x sqrt(x) Ang function ay ang square root ng x sqr(x) o x^2 Function - Square x tg(x) Function - Tangent mula sa x tgh(x) Function - Hyperbolic tangent ng x cbrt(x) Ang function ay ang cube root ng x
Maaari mong gamitin ang mga sumusunod na operasyon sa mga expression: Mga totoong numero ipasok sa form 7.5
, hindi 7,5
2*x- pagpaparami 3/x- dibisyon x^3- exponentiation x + 7- karagdagan x - 6- pagbabawas
Iba pang mga tampok: sahig(x) Function - pag-ikot x pababa (halimbawa sa sahig(4.5)==4.0) kisame(x) Function - pag-ikot x pataas (halimbawang kisame(4.5)==5.0) tanda(x) Function - Sign x erf(x) Error function (o probability integral) laplace(x) Laplace function
