Grundlegende Definitionen von Zahlenreihen. Eigenschaften von Zahlenreihen

Dieser Artikel bietet strukturierte und detaillierte Informationen, die bei der Analyse von Übungen und Aufgaben hilfreich sein können. Wir werden uns mit dem Thema Zahlenreihen befassen.

Dieser Artikel beginnt mit grundlegenden Definitionen und Konzepten. Als nächstes werden wir Standardoptionen verwenden und die Grundformeln studieren. Um den Stoff zu festigen, stellt der Artikel grundlegende Beispiele und Aufgaben bereit.

Yandex.RTB R-A-339285-1

Grundlegende Thesen

Stellen wir uns zunächst das System vor: a 1 , a 2 . . . , ein , . . . , wobei a k ​​∈ R, k = 1, 2. . . .

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

Definition 1

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

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

Definition 2

a k ist allgemein oder k –th Mitglied der Serie.

Es sieht ungefähr so ​​aus - 16 · - 1 2 k.

Definition 3

Teilsumme der Serien sieht ungefähr so ​​aus: S n = a 1 + a 2 + . . . + a n , in dem N– eine beliebige Zahl. S n ist nth die Summe der Reihe.

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

S 1 , S 2 , . . . , S n , . . . bilden eine unendliche Zahlenfolge.

Für eine Reihe nth Die Summe ergibt sich aus der Formel S n = a 1 · (1 - q n) 1 - q = 8 · 1 - - 1 2 n 1 - - 1 2 = 16 3 · 1 - - 1 2 n. Wir verwenden die folgende Folge von Teilsummen: 8, 4, 6, 5, . . . , 16 3 · 1 - - 1 2 n , . . . .

Definition 4

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

Definition 5

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

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

Beispiel 1

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

Die n-te Teilsumme ist gegeben durch S n = a 1 (1 - q n) 1 - q = 1 (1 - 2 n) 1 - 2 = 2 n - 1, und der Grenzwert der Teilsummen ist unendlich: lim n → + ∞ S n = lim n → + ∞ (2 n - 1) = + ∞ .

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

Definition 6

Eine Summe der gleichen Form wie ∑ k = 1 ∞ = 1 + 1 2 + 1 3 + . . . + 1 n + . . . - Das harmonisch Zahlenreihe.

Definition 7

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

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

Um die Definitionen zu vervollständigen, ist es notwendig, bestimmte Gleichungen zu beweisen.

1. ∑ k = 1 ∞ 1 k – divergent.

Wir verwenden die umgekehrte Methode. Wenn es konvergiert, ist der Grenzwert endlich. Wir können die Gleichung als lim n → + ∞ S n = S und lim n → + ∞ S 2 n = S schreiben. Nach bestimmten Aktionen erhalten wir die Gleichheit l i m n → + ∞ (S 2 n - S n) = 0.

Gegen,

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

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

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

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

Nach den oben genannten Definitionen ist der Betrag N Terme werden nach der Formel S n = b 1 · (q n - 1) q - 1 bestimmt.

Wenn q< 1 верно

lim n → + ∞ S n = lim n → + ∞ b 1 · q n - 1 q - 1 = b 1 · lim n → + ∞ q n q - 1 - lim n → + ∞ 1 q - 1 = = b 1 · 0 - 1 q - 1 = b 1 q - 1

Wir haben bewiesen, dass die Zahlenreihe konvergiert.

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

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

Für q > 1, lim n → + ∞ S n = lim n → + ∞ b 1 · (q n - 1) q - 1 = b 1 · lim n → + ∞ q n q - 1 - lim n → + ∞ 1 q - 1 = = b 1 · ∞ - 1 q - 1 = ∞

Wir haben bewiesen, dass die Zahlenreihe divergiert.

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

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

Wenn s< 1 получаем 1 k s ≥ 1 k для k, natürliche Zahl. Da die Reihe divergent ist ∑ k = 1 ∞ 1 k , gibt es keine Grenze. Daraus folgt, dass die Folge ∑ k = 1 ∞ 1 k s unbeschränkt ist. Wir kommen zu dem Schluss, dass die ausgewählte Reihe wann divergiert S< 1 .

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

Stellen wir uns S 2 n - 1 - S n - 1 vor:

S 2 n - 1 - S n - 1 = 1 + 1 2 s + 1 3 s + . . . + 1 (n - 1) s + 1 n s + 1 (n + 1) s + . . . + 1 (2 n - 1) s - - 1 + 1 2 s + 1 3 s + . . . + 1 (n - 1) s = 1 n s + 1 (n + 1) s + . . . + 1 (2 n - 1) s

Nehmen wir an, dass 1 (n + 1) s< 1 n s , 1 (n + 2) s < 1 n s , . . . , 1 (2 n - 1) s < 1 n s , тогда S 2 n - 1 - S n - 1 = 1 n s + 1 (n + 1) s + . . . + 1 (2 n - 1) s < < 1 n s + 1 n s + . . . + 1 n s = n n s = 1 n s - 1

Stellen wir uns die Gleichung für natürliche und gerade Zahlen mit n = 2 vor: S 2 n - 1 - S n - 1 = S 3 - S 1 = 1 2 s + 1 3 s< 1 2 s - 1 n = 4: S 2 n - 1 - S n - 1 = S 7 - S 3 = 1 4 s + 1 5 s + 1 6 s + 1 7 s < 1 4 s - 1 = 1 2 s - 1 2 n = 8: S 2 n - 1 - S n - 1 = S 15 - S 7 = 1 8 s + 1 9 s + . . . + 1 15 s < 1 8 s - 1 = 1 2 s - 1 3 . . .

Wir bekommen:

∑ k = 1 ∞ 1 k s = 1 + 1 2 s + 1 3 s + 1 4 s + . . . + 1 7 s + 1 8 s + . . . + 1 15 s + . . . = = 1 + S 3 - S 1 + S 7 - S 3 + S 15 + S 7 + . . .< < 1 + 1 2 s - 1 + 1 2 s - 1 2 + 1 2 s - 1 3 + . . .

Der Ausdruck lautet 1 + 1 2 s - 1 + 1 2 s - 1 2 + 1 2 s - 1 3 + . . . ist die Summe der geometrischen Progression q = 1 2 s - 1. Nach ersten Daten bei s > 1, dann 0< q < 1 . Получаем, ∑ k = 1 ∞ < 1 + 1 2 s - 1 + 1 2 s - 1 2 + 1 2 s - 1 3 + . . . = 1 1 - q = 1 1 - 1 2 s - 1 . Последовательность ряда при s > 1 steigt und wird von oben auf 1 1 - 1 2 s - 1 begrenzt. Stellen wir uns vor, dass es einen Grenzwert gibt und die Reihe konvergent ist ∑ k = 1 ∞ 1 k s .

Definition 8

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

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

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

Die zweite Optionsreihe ist ein Sonderfall der dritten Option.

Hier jeweils Beispiele für den jeweiligen Fall:

6 + 3 + 3 2 + 3 4 + 3 8 + 3 16 + . . . 6 - 3 + 3 2 - 3 4 + 3 8 - 3 16 + . . . 6 + 3 - 3 2 + 3 4 + 3 8 - 3 16 + . . .

Bei der dritten Option können Sie auch die absolute und bedingte Konvergenz bestimmen.

Definition 9

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

Schauen wir uns einige typische Optionen im Detail an.

Beispiel 2

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

Definition 10

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

Beispiel 3

Lassen Sie uns die Option ∑ k = 1 ∞ (- 1) k + 1 k = 1 - 1 2 + 1 3 - 1 4 + im Detail untersuchen. . . . Die Reihe ∑ k = 1 ∞ (- 1) k + 1 k = ∑ k = 1 ∞ 1 k, die aus Absolutwerten besteht, wird als divergent definiert. Diese Option gilt als konvergent, da sie leicht zu bestimmen ist. Aus diesem Beispiel erfahren wir, dass die Reihe ∑ k = 1 ∞ (- 1) k + 1 k = 1 - 1 2 + 1 3 - 1 4 + . . . wird als bedingt konvergent betrachtet.

Merkmale konvergenter Reihen

Lassen Sie uns die Eigenschaften für bestimmte Fälle analysieren

1. Wenn ∑ k = 1 ∞ a k konvergiert, dann gilt auch die Reihe ∑ k = m + 1 ∞ a k als konvergent. Es ist zu erkennen, dass die Reihe ohne M Terme gelten ebenfalls als konvergent. Wenn wir mehrere Zahlen zu ∑ k = m + 1 ∞ a k addieren, dann ist das resultierende Ergebnis ebenfalls konvergent.
2. Wenn ∑ k = 1 ∞ a k konvergiert und die Summe = S, dann konvergiert auch die Reihe ∑ k = 1 ∞ A · a k , ∑ k = 1 ∞ A · a k = A · S, wobei A-Konstante.
3. Wenn ∑ k = 1 ∞ a k und ∑ k = 1 ∞ b k konvergent sind, sind die Summen A Und B auch, dann konvergieren auch die Reihen ∑ k = 1 ∞ a k + b k und ∑ k = 1 ∞ a k - b k. Die Beträge werden gleich sein A+B Und A - B jeweils.

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

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

Beispiel 5

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

Transformieren wir die Originalversion ∑ n = 1 ∞ 3 + n n 5 2 = ∑ n = 1 ∞ 3 n 5 2 + n n 2 = ∑ n = 1 ∞ 3 n 5 2 + ∑ n = 1 ∞ 1 n 2 .

Wir erhalten die Summe ∑ n = 1 ∞ 3 n 5 2 und ∑ n = 1 ∞ 1 n 2 . Jede Reihe gilt entsprechend der Eigenschaft als konvergent. Mit der Konvergenz der Serie konvergiert auch die Originalversion.

Beispiel 6

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

Erweitern wir die Originalversion:

1 - 6 + 1 2 - 2 + 1 4 - 2 3 + 1 8 - 2 9 + . . . = = 1 + 1 2 + 1 4 + 1 8 + . . . - 2 · 3 + 1 + 1 3 + 1 9 + . . . = = ∑ k = 1 ∞ 1 2 k - 1 - 2 · ∑ k = 1 ∞ 1 3 k - 2

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

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

Eine notwendige Bedingung zur Bestimmung, ob eine Reihe konvergent ist

Wenn die Reihe ∑ k = 1 ∞ a k konvergent ist, dann ist ihr Grenzwert kth term = 0: lim k → + ∞ a k = 0 .

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

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

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

Beispiel 7

Bestimmen Sie die Konvergenz ∑ n = 1 ∞ n 2 1 + n .

Überprüfen wir den Originalausdruck auf die Erfüllung der Bedingung lim n → + ∞ n 2 1 + n = lim n → + ∞ n 2 n 2 1 n 2 + 1 n = lim n → + ∞ 1 1 n 2 + 1 n = 1 + 0 + 0 = + ∞ ≠ 0

Limit nth Mitglied ist ungleich 0. Wir haben bewiesen, dass diese Reihe divergiert.

So bestimmen Sie die Konvergenz einer positiven Reihe.

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

Für Konvergenz mit positivem Vorzeichen ∑ k = 1 ∞ a k , a k > 0 ∀ k = 1 , 2 , 3 , . . . Es ist notwendig, eine begrenzte Summenfolge zu bestimmen.

So vergleichen Sie Serien

Es gibt mehrere Anzeichen für den Vergleich von Serien. Wir vergleichen die Reihe, deren Konvergenz bestimmt werden soll, mit der Reihe, deren Konvergenz bekannt ist.

Erstes Zeichen

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

Diese Regel wird ständig zum Lösen von Gleichungen verwendet und ist ein ernstzunehmendes Argument, das bei der Bestimmung der Konvergenz hilft. Die Schwierigkeit liegt möglicherweise darin, dass nicht in jedem Fall ein geeignetes Vergleichsbeispiel gefunden werden kann. Sehr oft wird eine Serie nach dem Prinzip ausgewählt, dass der Indikator kth Der Term entspricht dem Ergebnis der Subtraktion der Exponenten von Zähler und Nenner kth Mitglied der Serie. Nehmen wir an, dass a k = k 2 + 3 4 k 2 + 5 , die Differenz ist gleich 2 – 3 = - 1 . In diesem Fall können wir das zum Vergleich einer Serie mit ermitteln k-th Term b k = k - 1 = 1 k , der harmonisch ist.

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

Beispiel 8

Bestimmen Sie, was die Reihe ∑ k = 1 ∞ 1 k - 1 2 ist.

Da der Grenzwert = 0 lim k → + ∞ 1 k - 1 2 = 0 ist, haben wir die notwendige Bedingung erfüllt. Die Ungleichung beträgt fair 1 k< 1 k - 1 2 для k, die natürlich sind. Aus den vorherigen Absätzen haben wir gelernt, dass die harmonische Reihe ∑ k = 1 ∞ 1 k divergent ist. Nach dem ersten Kriterium kann nachgewiesen werden, dass die Originalversion abweichend ist.

Beispiel 9

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

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

Beispiel 10

Bestimmen Sie, was die Reihe ∑ k = 3 ∞ 1 k ln (ln k) ist. lim k → + ∞ 1 k ln (ln k) = 1 + ∞ + ∞ = 0 .

In dieser Option können Sie die Erfüllung der gewünschten Bedingung markieren. Definieren wir eine Vergleichsreihe. Zum Beispiel: ∑ k = 1 ∞ 1 k s . Um den Grad zu bestimmen, betrachten Sie die Folge (ln (ln k)), k = 3, 4, 5. . . . Mitglieder der Sequenz ln (ln 3) , ln (ln 4) , ln (ln 5) , . . . steigt bis ins Unendliche. Nachdem wir die Gleichung analysiert haben, können wir feststellen, dass, wenn wir N = 1619 als Wert nehmen, die Terme der Folge > 2 sind. Für diese Folge gilt die Ungleichung 1 k ln (ln k).< 1 k 2 . Ряд ∑ k = N ∞ 1 k 2 сходится согласно первому признаку, так как ряд ∑ k = 1 ∞ 1 k 2 тоже сходящийся. Отметим, что согласно первому признаку ряд ∑ k = N ∞ 1 k ln (ln k) сходящийся. Можно сделать вывод, что ряд ∑ k = 3 ∞ 1 k ln (ln k) также сходящийся.

Zweites Zeichen

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

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

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

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

Betrachten Sie ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 + 3 k - 1 unter Verwendung des zweiten Vorzeichens. Zum Vergleich ∑ k = 1 ∞ b k nehmen wir die konvergente Reihe ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 . Definieren wir den Grenzwert: lim k → + ∞ a k b k = lim k → + ∞ 1 k 3 + 3 k - 1 1 k 3 = lim k → + ∞ k 3 k 3 + 3 k - 1 = 1

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

Beispiel 11

Bestimmen Sie, was die Reihe ∑ n = 1 ∞ k 2 + 3 4 k 3 + 5 ist.

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

Nach den oben genannten Thesen beinhaltet eine divergente Reihe die Divergenz der ursprünglichen Reihe.

Drittes Zeichen

Betrachten wir das dritte Vergleichszeichen.

Nehmen wir an, dass ∑ k = 1 ∞ a k und _ ∑ k = 1 ∞ b k positive Zahlenreihen sind. Wenn die Bedingung für eine bestimmte Zahl a k + 1 a k ≤ b k + 1 b k erfüllt ist, dann bedeutet die Konvergenz dieser Reihe ∑ k = 1 ∞ b k, dass auch die Reihe ∑ k = 1 ∞ a k konvergent ist. Die divergente Reihe ∑ k = 1 ∞ a k bringt die Divergenz ∑ k = 1 ∞ b k mit sich.

D'Alemberts Zeichen

Stellen wir uns vor, dass ∑ k = 1 ∞ a k eine positive Zahlenreihe ist. Wenn lim k → + ∞ a k + 1 a k< 1 , то ряд является сходящимся, если lim k → + ∞ a k + 1 a k >1, dann divergent.

Hinweis 1

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

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

Wenn lim k → + ∞ a k + 1 a k = 1, dann hilft das d’Alembert-Zeichen nicht weiter und es sind weitere Untersuchungen erforderlich.

Beispiel 12

Bestimmen Sie mithilfe des d’Alembert-Tests, ob die Reihe konvergent oder divergent ist ∑ k = 1 ∞ 2 k + 1 2 k.

Es muss überprüft werden, ob die notwendige Konvergenzbedingung erfüllt ist. Berechnen wir den Grenzwert mithilfe der Regel von L'Hopital: lim k → + ∞ 2 k + 1 2 k = ∞ ∞ = lim k → + ∞ 2 k + 1 " 2 k " = lim k → + ∞ 2 2 k ln 2 = 2 + ∞ ln 2 = 0

Wir können sehen, dass die Bedingung erfüllt ist. Verwenden wir den d'Alembert-Test: lim k → + ∞ = lim k → + ∞ 2 (k + 1) + 1 2 k + 1 2 k + 1 2 k = 1 2 lim k → + ∞ 2 k + 3 2 k + 1 = 1 2< 1

Die Reihe ist konvergent.

Beispiel 13

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

Verwenden wir den d'Alembert-Test, um die Divergenz der Reihe zu bestimmen: lim k → + ∞ a k + 1 a k = lim k → + ∞ (k + 1) k + 1 (k + 1) ! k k k! = lim k → + ∞ (k + 1) k + 1 · k ! k k · (k + 1) ! = lim k → + ∞ (k + 1) k + 1 k k (k + 1) = = lim k → + ∞ (k + 1) k k k = lim k → + ∞ k + 1 k k = lim k → + ∞ 1 + 1 k k = e > 1

Daher ist die Reihe divergent.

Radikales Cauchy-Zeichen

Nehmen wir an, dass ∑ k = 1 ∞ a k eine Reihe mit positivem Vorzeichen ist. Wenn lim k → + ∞ a k k< 1 , то ряд является сходящимся, если lim k → + ∞ a k k >1, dann divergent.

Hinweis 2

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

Diese Funktion kann in Beispielen verwendet werden, die leicht zu identifizieren sind. Der Fall ist typisch, wenn ein Mitglied einer Zahlenreihe ein Exponentialpotenzausdruck ist.

Um die erhaltenen Informationen zu konsolidieren, betrachten wir einige typische Beispiele.

Beispiel 14

Bestimmen Sie, ob die positive Vorzeichenreihe ∑ k = 1 ∞ 1 (2 k + 1) k konvergent ist.

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

Nach dem oben besprochenen Kriterium erhalten wir lim k → + ∞ a k k = lim k → + ∞ 1 (2 k + 1) k k = lim k → + ∞ 1 2 k + 1 = 0< 1 . Данный ряд является сходимым.

Beispiel 15

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

Wir verwenden die im vorherigen Absatz beschriebene Funktion lim k → + ∞ 1 3 k 1 + 1 k k 2 k = 1 3 lim k → + ∞ 1 + 1 k k = e 3< 1 , следовательно, числовой ряд сходится.

Integraler Cauchy-Test

Nehmen wir an, dass ∑ k = 1 ∞ a k eine Reihe mit positivem Vorzeichen ist. Es ist notwendig, die Funktion eines kontinuierlichen Arguments zu bezeichnen y = f(x), was mit a n = f (n) übereinstimmt. Wenn y = f(x) größer als Null, wird nicht unterbrochen und nimmt um [ a ; + ∞) , wobei a ≥ 1

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

Wenn Sie prüfen möchten, ob eine Funktion abnimmt, können Sie das in den vorherigen Lektionen behandelte Material verwenden.

Beispiel 16

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

Die Bedingung für die Konvergenz der Reihe gilt als erfüllt, da lim k → + ∞ 1 k · ln k = 1 + ∞ = 0 . Betrachten Sie y = 1 x ln x. Sie ist größer als Null, wird nicht unterbrochen und nimmt um [ 2 ; + ∞) . Die ersten beiden Punkte sind sicher bekannt, der dritte sollte jedoch genauer besprochen werden. Finden Sie die Ableitung: y " = 1 x · ln x " = x · ln x " x · ln x 2 = ln x + x · 1 x x · ln x 2 = - ln x + 1 x · ln x 2 . Es ist kleiner als Null auf [ 2 ; + ∞). Dies beweist die These, dass die Funktion abnimmt.

Tatsächlich entspricht die Funktion y = 1 x ln x den Eigenschaften des oben betrachteten Prinzips. Verwenden wir es: ∫ 2 + ∞ d x x · ln x = lim A → + ∞ ∫ 2 A d (ln x) ln x = lim A → + ∞ ln (ln x) 2 A = = lim A → + ∞ (ln ( ln A) - ln (ln 2)) = ln (ln (+ ∞)) - ln (ln 2) = + ∞

Den erhaltenen Ergebnissen zufolge divergiert das ursprüngliche Beispiel, da das uneigentliche Integral divergent ist.

Beispiel 17

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

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

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

Wenn die Reihe ∑ k = 4 ∞ 1 (5 k + 8) (ln (5 k + 8)) 3 als konvergent betrachtet wird, dann ist nach einem der Vergleichsprinzipien die Reihe ∑ k = 4 ∞ 1 (10 k - 9) ( ln (5 k + 8)) 3 wird ebenfalls als konvergent betrachtet. Auf diese Weise können wir feststellen, dass der ursprüngliche Ausdruck auch konvergent ist.

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

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

∫ 4 + ∞ d x (5 x + 8) (l n (5 x + 8)) 3 = lim A → + ∞ ∫ 4 A d x (5 x + 8) (ln (5 x + 8)) 3 = = 1 5 lim A → + ∞ ∫ 4 A d (ln (5 x + 8) (ln (5 x + 8)) 3 = - 1 10 lim A → + ∞ 1 (ln (5 x + 8)) 2 | 4 A = = - 1 10 · lim A → + ∞ 1 (ln (5 · A + 8)) 2 - 1 (ln (5 · 4 + 8)) 2 = = - 1 10 · 1 + ∞ - 1 (ln 28) 2 = 1 10 · ln 28 2

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

Raabes Zeichen

Nehmen wir an, dass ∑ k = 1 ∞ a k eine positive Zahlenreihe ist.

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

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

Absolute Konvergenzstudie

Für die Studie nehmen wir ∑ k = 1 ∞ b k . Wir verwenden positives Vorzeichen ∑ k = 1 ∞ b k . Wir können jede der oben beschriebenen geeigneten Funktionen nutzen. Wenn die Reihe ∑ k = 1 ∞ b k konvergiert, dann ist die ursprüngliche Reihe absolut konvergent.

Beispiel 18

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

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

Die Reihe ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 3 k 3 + 2 k - 1 konvergiert. Auch die Originalreihe ist absolut konvergent.

Divergenz alternierender Reihen

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

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

Beispiel 19

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

Modul kth Term wird dargestellt als b k = k ! 7 k.

Untersuchen wir die Reihe ∑ k = 1 ∞ b k = ∑ k = 1 ∞ k ! 7 k für Konvergenz unter Verwendung des d'Alembert-Tests: lim k → + ∞ b k + 1 b k = lim k → + ∞ (k + 1) ! 7k + 1k ! 7 k = 1 7 · lim k → + ∞ (k + 1) = + ∞ .

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

Beispiel 20

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

Betrachten wir die notwendige Bedingung lim k → + ∞ b k = lim k → + ∞ k 2 + 1 ln (k + 1) = ∞ ∞ = lim k → + ∞ = k 2 + 1 " (ln (k + 1)) " = = lim k → + ∞ 2 k 1 k + 1 = lim k → + ∞ 2 k (k + 1) = + ∞ . Die Bedingung ist nicht erfüllt, daher ∑ k = 1 ∞ (- 1) k · k 2 + 1 ln (k + 1) die Reihe ist divergent. Der Grenzwert wurde anhand der L'Hopital-Regel berechnet.

Bedingte Konvergenzkriterien

Leibniz-Test

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

Beispiel 17

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

Die Reihe wird dargestellt als ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 2 k + 1 5 k (k + 1) = ∑ k = 1 ∞ 2 k + 1 5 k (k + 1) . Die notwendige Bedingung ist erfüllt: lim k → + ∞ = 2 k + 1 5 k (k + 1) = 0 . Betrachten Sie ∑ k = 1 ∞ 1 k nach dem zweiten Vergleichskriterium lim k → + ∞ 2 k + 1 5 k (k + 1) 1 k = lim k → + ∞ 2 k + 1 5 (k + 1) = 2 5

Wir finden, dass ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 2 k + 1 5 k (k + 1) = ∑ k = 1 ∞ 2 k + 1 5 k (k + 1) divergiert. Die Reihe ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 2 k + 1 5 k (k + 1) konvergiert nach dem Leibniz-Kriterium: Folge 2 1 + 1 5 1 1 1 + 1 = 3 10, 2 2 + 1 5 · 2 · (2 ​​​​+ 1) = 5 30 , 2 · 3 + 1 5 · 3 · 3 + 1 , . . . abnimmt und lim k → + ∞ = 2 k + 1 5 k (k + 1) = 0 .

Die Reihe konvergiert bedingt.

Abel-Dirichlet-Test

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

Beispiel 17

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

Stellen wir uns vor

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

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

Wenn Sie einen Fehler im Text bemerken, markieren Sie ihn bitte und drücken Sie Strg+Eingabetaste

1. Wenn a 1 + a 2 + a 3 +…+a n +…= konvergiert, dann ergibt sich auch die Reihe a m+1 +a m+2 +a m+3 +…, die man aus dieser Reihe durch Verwerfen der ersten m Terme erhält konvergiert. Diese resultierende Serie wird als m-ter Rest der Serie bezeichnet. Und umgekehrt: Aus der Konvergenz des m-ten Restes der Reihe folgt die Konvergenz dieser Reihe. Diese. Die Konvergenz und Divergenz einer Reihe wird nicht verletzt, wenn eine endliche Anzahl ihrer Glieder hinzugefügt oder verworfen wird.

2 . Wenn die Reihe a 1 + a 2 + a 3 +... konvergiert und ihre Summe gleich S ist, dann konvergiert auch die Reihe Ca 1 + Ca 2 +..., wobei C = und ihre Summe gleich CS ist.

3. Wenn die Reihen a 1 +a 2 +... und b 1 +b 2 +... konvergieren und ihre Summen gleich S1 bzw. S2 sind, dann ist die Reihe (a 1 +b 1)+(a 2 + b 2)+(a 3 +b 3)+… und (a 1 -b 1)+(a 2 -b 2)+(a 3 -b 3)+… konvergieren ebenfalls. Ihre Summen sind jeweils gleich S1+S2 und S1-S2.

4. A). Wenn eine Reihe konvergiert, tendiert ihr n-ter Term gegen 0, wenn n auf unbestimmte Zeit zunimmt (das Umgekehrte gilt nicht).

- notwendig Zeichen (Bedingung)Konvergenz Reihe.

B). Wenn
dann ist die Reihe divergent - ausreichend ZustandDivergenzen Reihe.

-Reihen dieser Art werden nur nach Eigenschaft 4 untersucht. Das divergent Reihen.

Vorzeichenpositive Serie.

Konvergenz- und Divergenzzeichen von Reihen mit positivem Vorzeichen.

Positive Reihen sind Reihen, in denen alle Terme positiv sind. Wir werden diese Konvergenz- und Divergenzzeichen für Reihen mit positiven Vorzeichen betrachten.

1. Das erste Zeichen des Vergleichs.

Gegeben seien zwei Reihen mit positivem Vorzeichen a 1 + a 2 + a 3 +…+a n +…= (1) иb 1 +b 2 +b 3 +…+b n +…= (2).

Wenn die Mitglieder der Serie (1) nicht mehrb n und Reihe (2) konvergiert, dann konvergiert auch die Reihe (1).

Wenn die Mitglieder der Serie (1) nicht weniger entsprechende Mitglieder der Reihe (2), d.h. und n b n und Zeile (2) divergiert, dann divergiert auch die Reihe (1).

Dieses Vergleichskriterium gilt, wenn die Ungleichung nicht für alle n erfüllt ist, sondern erst ab einigen.

2. Zweites Vergleichszeichen.

Wenn es einen endlichen und von Null verschiedenen Grenzwert gibt
, dann konvergieren oder divergieren beide Reihen gleichzeitig.

- Zeilen dieses Typs divergieren nach dem zweiten Vergleichskriterium. Sie müssen mit der harmonischen Reihe verglichen werden.

3. D'Alemberts Zeichen.

Wenn für eine positive Reihe (a 1 + a 2 + a 3 +…+a n +…= ) existiert
(1), dann konvergiert die Reihe, wenn q<1, расходится, если q>

4. Cauchys Zeichen ist radikal.

Wenn es eine Grenze für eine positive Reihe gibt
(2), dann konvergiert die Reihe ifq<1, расходится, если q>1. Wenn q=1, dann bleibt die Frage offen.

5. Cauchys Test ist integral.

Erinnern wir uns an unechte Integrale.

Wenn es eine Grenze gibt
. Dies ist ein uneigentliches Integral und wird bezeichnet
.

Wenn dieser Grenzwert endlich ist, dann sagt man, dass das uneigentliche Integral konvergiert. Die Reihe konvergiert bzw. divergiert.

Sei die Reihe a 1 + a 2 + a 3 +…+a n +…= - positive Serie.

Bezeichnen wir a n =f(x) und betrachten wir die Funktion f(x). Wenn f(x) eine positive, monoton fallende und stetige Funktion ist, konvergiert die gegebene Reihe, wenn das uneigentliche Integral konvergiert. Und umgekehrt: Wenn das uneigentliche Integral divergiert, dann divergiert die Reihe.

Wenn die Reihe endlich ist, konvergiert sie.

Reihen kommen sehr häufig vor
-Derichlet-Reihe. Es konvergiert, wenn p>1, divergiert p<1. Гармонический ряд является рядом Дерихле при р=1. Сходимость и расходимость данного ряда легко доказать с помощью интегрального признака Коши.

Antwort: Die Serie divergiert.

Beispiel Nr. 3

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

Da die untere Grenze der Summation 1 beträgt, wird der gemeinsame Term der Reihe unter dem Summenzeichen geschrieben: $u_n=\frac(2)((2n+1)(2n+3))$. Bilden wir die n-te Teilsumme der Reihe, d.h. Summieren wir die ersten $n$ Terme einer gegebenen Zahlenreihe:

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

Warum ich genau $\frac(2)(3\cdot 5)$ und nicht $\frac(2)(15)$ schreibe, wird aus der weiteren Erzählung deutlich. Das Aufschreiben eines Teilbetrages brachte uns unserem Ziel allerdings kein Jota näher. Wir müssen $\lim_(n\to\infty)S_n$ finden, aber wenn wir einfach schreiben:

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

dann wird uns diese Aufzeichnung, völlig korrekt in der Form, im Wesentlichen nichts sagen. Um den Grenzwert zu finden, muss zunächst der Ausdruck für die Partialsumme vereinfacht werden.

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

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

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

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

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

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

Auf der linken Seite der Gleichung steht vor $n$ eine Null. Wenn Sie möchten, kann die linke Seite der Gleichheit der Übersichtlichkeit halber als $0\cdot n+ 2$ dargestellt werden. Da auf der linken Seite der Gleichung vor $n$ eine Null steht und auf der rechten Seite der Gleichung vor $n$ 2A+2B$ steht, haben wir die erste Gleichung: $2A+2B=0$. Teilen wir sofort beide Seiten dieser Gleichung durch 2, woraufhin wir $A+B=0$ erhalten.

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

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

Den Beweis führen wir mit der Methode der mathematischen Induktion durch. Im ersten Schritt müssen Sie prüfen, ob die zu beweisende Gleichheit wahr ist: $S_n=\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$ für $n=1$. Wir wissen, dass $S_1=u_1=\frac(2)(15)$, aber wird der Ausdruck $\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$ den Wert $\frac( ergeben? 2 )(15)$, wenn wir $n=1$ hineinsetzen? Lassen Sie uns Folgendes überprüfen:

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

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

Nehmen wir an, dass für $n=k$ die Gleichheit erfüllt ist, d.h. $S_k=\frac(1)(3)-\frac(1)(2k+3)$. Lassen Sie uns beweisen, dass die gleiche Gleichheit für $n=k+1$ erfüllt sein wird. Betrachten Sie dazu $S_(k+1)$:

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

Da $u_n=\frac(1)(2n+1)-\frac(1)(2n+3)$, dann $u_(k+1)=\frac(1)(2(k+1)+ 1 )-\frac(1)(2(k+1)+3)=\frac(1)(2k+3)-\frac(1)(2(k+1)+3)$. Gemäß der oben gemachten Annahme $S_k=\frac(1)(3)-\frac(1)(2k+3)$, also die Formel $S_(k+1)=S_k+u_(k+1)$ wird die Form annehmen:

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

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

In einem Standardkurs der höheren Mathematik begnügt man sich meist mit dem „Durchstreichen“ streichender Begriffe, ohne dass hierfür ein Nachweis erforderlich ist. Wir haben also den Ausdruck für die n-te Teilsumme erhalten: $S_n=\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$. Lassen Sie uns den Wert von $\lim_(n\to\infty)S_n$ ermitteln:

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

Die zweite Möglichkeit, die Formel für eine Teilsumme zu vereinfachen.

Ehrlich gesagt bevorzuge ich selbst diese Methode :) Lassen Sie uns den Teilbetrag in gekürzter Form aufschreiben:

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

Wir haben zuvor erhalten, dass $u_k=\frac(1)(2k+1)-\frac(1)(2k+3)$, daher:

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

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

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

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

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

Lassen Sie uns nun die Ausdrücke $\frac(1)(2k+1)$ und $\frac(1)(2k+3)$ in eine Form umwandeln. Ich denke, es ist praktisch, es auf die Form eines größeren Bruchs zu reduzieren (obwohl es möglich ist, einen kleineren Bruch zu verwenden, ist das Geschmackssache). Da $\frac(1)(2k+1)>\frac(1)(2k+3)$ (je größer der Nenner, desto kleiner der Bruch), geben wir den Bruch $\frac(1)(2k+) an 3) $ in die Form $\frac(1)(2k+1)$.

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

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

Und die Summe $\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+3)$ lässt sich nun wie folgt schreiben:

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

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

Wie haben wir den umgerechneten Betrag erhalten? einblenden\ausblenden

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

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

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

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

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

So erhalten wir die Gleichheit $\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2(k+1)+1)=\sum\limits_(k=2)^(n+ 1) \frac(1)(2k+1)$.

Somit lässt sich die Teilsumme wie folgt darstellen:

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

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

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

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

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

Dann nimmt der Ausdruck für die Teilsumme die Form an:

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

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

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

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

Wie finde ich $S_n$, wenn ich es in einen anderen Bruch umwandele? einblenden\ausblenden

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

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

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

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

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

Die Fortsetzung des Themas der Ermittlung der Summe einer Reihe wird im zweiten und dritten Teil besprochen.

Gegeben sei eine unendliche Zahlenfolge u1, u2, u3….

Der Ausdruck u1+ u2+ u3…+ un (1) wird Zahlenreihe genannt, und seine konstituierenden Zahlen sind Mitglieder der Reihe.

Die Summe einer endlichen Zahl n der ersten Terme der Reihe heißt n-te Teilsumme der Reihe: Sn = u1+..+un

Wenn Substantiv endliche Grenze: dann heißt sie Summe der Reihe und man sagt, dass die Reihe konvergiert; wenn eine solche Grenze nicht existiert, dann sagt man, dass die Reihe divergiert und keine Summe hat.

2 Geometrische und arithmetische Reihen

Eine Reihe, die aus Termen einer unendlichen geometrischen Folge besteht, heißt. geometrisch:
oder

a+ aq +…+aq n -1

a  0 der erste Term q ist der Nenner. Zeilensumme:

Daher hängt der endgültige Grenzwert der Folge von Teilsummen der Reihe vom Wert von q ab

Mögliche Fälle:

1 |q|<1

d.h. die Reihe und ihre Summe
2 |q|>1
und der Grenzwert der Summe ist ebenfalls gleich unendlich

das heißt, die Reihe divergiert.

3 mit q = 1 erhält man die Reihe: a+a+…+a… Sn = na
Die Serie divergiert

4 für q1 hat die Reihe die Form: a-a+a ... (-1) n -1 a Sn=0 für gerades n, Sn=a für ungerades n gibt es keine Begrenzung der Teilsummen. die Reihe geht auseinander.

Betrachten Sie eine Reihe unendlicher Terme einer arithmetischen Folge:
u ist der erste Term, d ist die Differenz. Summe der Serien

für jedes u1 und d gleichzeitig  0 und die Reihe divergiert immer.

3 S-va konvergente Reihe

Gegeben seien zwei Reihen: u1+u2+…un = (1) undv1+v2+…vn = (2)

Das Produkt der Reihe (1) mit der Zahl   R heißt Reihe: u1+u2+…un = (3)

Die Summe der Reihen (1) und (2) heißt Reihe:

(u1+v1)+(u2+v2)+…(un+vn) =
(Der Unterschiedlichkeit halber gibt es nur einen Schein)

T1 Über den gemeinsamen Faktor

Wenn Reihe (1) konvergiert und ihre Summe = S, dann für jede Zahl  Reihe = konvergiert auch und seine Summe S’ = S Wenn Reihe (1) divergiert und   0, dann ist die Reihe divergiert auch. Das heißt, der gemeinsame Faktor hat keinen Einfluss auf die Divergenzen der Reihe.

T2 Wenn die Reihen (1) und (2) konvergieren und ihre Summen = S bzw. S‘ sind, dann gilt für die Reihe:
konvergiert ebenfalls und wenn  seine Summe ist, dann ist  = S+S’. Das heißt, konvergente Reihen können Term für Term addiert und subtrahiert werden. Wenn Reihe (1) konvergiert und Reihe (2) divergiert, dann divergiert auch ihre Summe (oder Differenz). Aber wenn beide Reihen divergieren. dann kann ihre Summe (oder Differenz) entweder divergieren (wenn un=vn) oder konvergieren (wenn un=vn)

Für Zeile (1) Zeile
heißt der n-te Rest der Reihe. Wenn dieser Rest der Reihe konvergiert, wird seine Summe wie folgt bezeichnet: r n =

T3 Wenn eine Reihe konvergiert, konvergiert jeder Rest davon. Wenn ein Rest der Reihe konvergiert, konvergiert die Reihe selbst. Außerdem ist die Gesamtsumme = Teilsumme der Reihe Sn + r n

Das Ändern, Weglassen oder Hinzufügen einer endlichen Anzahl von Termen hat keinen Einfluss auf die Konvergenz (Divergenz) der Reihe.

4 Notwendiges Zeichen für die Konvergenz von Reihen

Wenn eine Reihe konvergiert, ist der Grenzwert ihres gemeinsamen Termes Null:

Dokumentieren:

Sn-1\u1+u2+…+un-1

un=Sn-Sn-1, also:

Dieses Merkmal ist nur notwendig, aber nicht ausreichend, das heißt, wenn der Grenzwert des gemeinsamen Termes gleich Null ist, ist es überhaupt nicht notwendig, dass die Reihe konvergiert. Folglich ist diese Bedingung, wenn sie nicht erfüllt ist, eine hinreichende Bedingung für die Divergenz der Reihe.

5 Integraltest für die Konvergenz einer Reihe. Dirichlet-Reihe

T1 Lass es hintereinander gegeben werden (1), deren Terme nicht negativ sind und nicht wachsen: u1>=u2>=u3...>=un

Wenn es eine Funktion f(x) gibt, die nicht negativ, stetig und nicht wachsend ist, so dass f(n) = Un,  n  N, dann ist die Konvergenz der Reihe (1) für die uneigentliche Funktion notwendig und ausreichend Integral zur Konvergenz:
, und für die Divergenz ist es ausreichend und notwendig, dass dieses Integral im Gegenteil divergiert (WOW!).

Nutzen wir diese Funktion, um die Dirichlet-Reihe zu studieren: Hier ist sie: ( x>=1) Diese Funktion erfüllt die Bedingungen von Satz 1, daher ist die Konvergenz (Divergenz) der Dirichlet-Reihe äquivalent zur Konvergenz der Divergenz des Integrals:

Drei Fälle sind möglich:

1  >1,

Das Integral und damit die Reihe konvergiert.

Integral und Reihe divergieren

Integral und Reihe divergieren