Osnovne definicije nizova brojeva. Svojstva nizova brojeva

Ovaj članak pruža strukturirane i detaljne informacije koje mogu biti korisne pri analizi vježbi i zadataka. Razmotrit ćemo temu nizova brojeva.

Ovaj članak započinje osnovnim definicijama i pojmovima. Zatim ćemo koristiti standardne opcije i proučiti osnovne formule. Kako bi se gradivo učvrstilo, u članku se daju osnovni primjeri i zadaci.

Yandex.RTB R-A-339285-1

Osnovne teze

Prvo, zamislimo sustav: a 1 , a 2 . . . , a n , . . . , gdje je a k ∈ R, k = 1, 2. . . .

Na primjer, uzmimo brojeve kao što su: 6, 3, - 3 2, 3 4, 3 8, - 3 16, . . . .

Definicija 1

Brojevni niz je zbroj članova ∑ a k k = 1 ∞ = a 1 + a 2 + . . . + a n + . . . .

Da biste bolje razumjeli definiciju, razmotrite zadani slučaj u kojem je q = - 0. 5: 8 - 4 + 2 - 1 + 1 2 - 1 4 + . . . = ∑ k = 1 ∞ (- 16) · - 1 2 k .

Definicija 2

a k je opći ili k –thčlan serije.

Izgleda otprilike ovako - 16 · - 1 2 k.

Definicija 3

Djelomični zbroj serija izgleda otprilike ovako S n = a 1 + a 2 + . . . + a n , u kojem n– bilo koji broj. S n je nth zbroj serije.

Na primjer, ∑ k = 1 ∞ (- 16) · - 1 2 k je S 4 = 8 - 4 + 2 - 1 = 5.

S 1 , S 2 , . . . , S n , . . . čine beskonačan niz brojeva.

Za redom nth zbroj se nalazi po formuli S n = a 1 · (1 - q n) 1 - q = 8 · 1 - - 1 2 n 1 - - 1 2 = 16 3 · 1 - - 1 2 n. Koristimo sljedeći niz parcijalnih zbrojeva: 8, 4, 6, 5, . . . , 16 3 · 1 - - 1 2 n , . . . .

Definicija 4

Niz ∑ k = 1 ∞ a k je konvergentan kada niz ima konačnu granicu S = lim S n n → + ∞ . Ako nema granice ili je niz beskonačan, tada se niz ∑ k = 1 ∞ a k naziva odvojit.

Definicija 5

Zbroj konvergentnog niza∑ k = 1 ∞ a k je limes niza ∑ k = 1 ∞ a k = lim S n n → + ∞ = S .

U ovom primjeru, lim S n n → + ∞ = lim 16 3 t → + ∞ · 1 - 1 2 n = 16 3 · lim n → + ∞ 1 - - 1 2 n = 16 3 , red ∑ k = 1 ∞ ( - 16) · - 1 2 k konvergira. Zbroj je 16 3: ∑ k = 1 ∞ (- 16) · - 1 2 k = 16 3 .

Primjer 1

Primjer divergentnog niza je zbroj geometrijske progresije s nazivnikom većim od jedan: 1 + 2 + 4 + 8 +. . . + 2 n - 1 + . . . = ∑ k = 1 ∞ 2 k - 1 .

N-ti parcijalni zbroj dan je S n = a 1 (1 - q n) 1 - q = 1 (1 - 2 n) 1 - 2 = 2 n - 1, a granica parcijalnih zbroja je beskonačna: lim n → + ∞ S n = lim n → + ∞ (2 n - 1) = + ∞ .

Drugi primjer divergentnog niza brojeva je zbroj oblika ∑ k = 1 ∞ 5 = 5 + 5 + . . . . U ovom slučaju, n-ti djelomični zbroj može se izračunati kao Sn = 5n. Limit parcijalnih suma je beskonačan lim n → + ∞ S n = lim n → + ∞ 5 n = + ∞ .

Definicija 6

Zbroj istog oblika kao ∑ k = 1 ∞ = 1 + 1 2 + 1 3 + . . . + 1 n + . . . - Ovo harmonik serije brojeva.

Definicija 7

Zbroj ∑ k = 1 ∞ 1 k s = 1 + 1 2 s + 1 3 s + . . . + 1 n s + . . . , Gdje s– realan broj, je generalizirani harmonijski brojevni niz.

Gore navedene definicije pomoći će vam u rješavanju većine primjera i problema.

Da bi se definicije dovršile, potrebno je dokazati određene jednadžbe.

1. ∑ k = 1 ∞ 1 k – divergentno.

Koristimo obrnutu metodu. Ako konvergira, tada je granica konačna. Jednadžbu možemo napisati kao lim n → + ∞ S n = S i lim n → + ∞ S 2 n = S . Nakon određenih radnji dobivamo jednakost l i m n → + ∞ (S 2 n - S n) = 0.

Protiv,

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

Vrijede sljedeće nejednakosti: 1 n + 1 > 1 2 n, 1 n + 1 > 1 2 n, . . . , 1 2 n - 1 > 1 2 n . Dobivamo da je 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 . Izraz S 2 n - S n > 1 2 označava da lim n → + ∞ (S 2 n - S n) = 0 nije postignuto. Serija je divergentna.

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

Potrebno je potvrditi da zbroj niza brojeva konvergira na q< 1 , и расходится при q ≥ 1 .

Prema navedenim definicijama iznos nčlanova određuje se prema formuli S n = b 1 · (q n - 1) q - 1 .

Ako je 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

Dokazali smo da brojevni niz konvergira.

Za q = 1 b 1 + b 1 + b 1 + . . . ∑ k = 1 ∞ b 1 . Zbrojevi se mogu pronaći pomoću formule S n = b 1 · n, granica je beskonačna lim n → + ∞ S n = lim n → + ∞ b 1 · n = ∞. U predstavljenoj verziji niz se razilazi.

Ako q = - 1, tada niz izgleda kao b 1 - b 1 + b 1 - . . . = ∑ k = 1 ∞ b 1 (- 1) k + 1 . Djelomični zbrojevi izgledaju kao S n = b 1 za neparne n, a S n = 0 za parne n. Nakon što smo razmotrili ovaj slučaj, uvjerit ćemo se da nema ograničenja i da je niz divergentan.

Za q > 1 vrijedi 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 = ∞

Dokazali smo da niz brojeva divergira.

1. Niz ∑ k = 1 ∞ 1 k s konvergira ako s > 1 i divergira ako je s ≤ 1.

Za s = 1 dobivamo ∑ k = 1 ∞ 1 k , niz divergira.

Kada je s< 1 получаем 1 k s ≥ 1 k для k, prirodni broj. Budući da je niz divergentan ∑ k = 1 ∞ 1 k , nema granice. Slijedom toga niz ∑ k = 1 ∞ 1 k s je neograničen. Zaključujemo da odabrani niz divergira kada s< 1 .

Potrebno je dokazati da niz ∑ k = 1 ∞ 1 k s konvergira za s > 1.

Zamislimo 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 (2 n - 1) s

Pretpostavimo da je 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

Zamislimo jednadžbu za brojeve koji su prirodni i parni 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 . . .

Dobivamo:

∑ 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 + . . .

Izraz je 1 + 1 2 s - 1 + 1 2 s - 1 2 + 1 2 s - 1 3 + . . . je zbroj geometrijske progresije q = 1 2 s - 1. Prema prvim podacima na s > 1, zatim 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 raste i ograničen je odozgo 1 1 - 1 2 s - 1 . Zamislimo da postoji limit i da je niz konvergentan ∑ k = 1 ∞ 1 k s .

Definicija 8

Niz ∑ k = 1 ∞ a k je u tom slučaju pozitivna, ako su njegovi članovi > 0 a k > 0 , k = 1 , 2 , . . . .

Niz ∑ k = 1 ∞ b k signalizmjenični, ako su predznaci brojeva različiti. Ovaj primjer predstavljen je kao ∑ k = 1 ∞ b k = ∑ k = 1 ∞ (- 1) k · a k ili ∑ k = 1 ∞ b k = ∑ k = 1 ∞ (- 1) k + 1 · a k , gdje je a k > 0, k = 1, 2,. . . .

Niz ∑ k = 1 ∞ b k naizmjenično, budući da sadrži mnogo brojeva, negativnih i pozitivnih.

Serija druge opcije poseban je slučaj treće opcije.

Evo primjera za svaki slučaj pojedinačno:

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 + . . .

Za treću opciju također možete odrediti apsolutnu i uvjetnu konvergenciju.

Definicija 9

Izmjenični niz ∑ k = 1 ∞ b k je apsolutno konvergentan u slučaju kada se ∑ k = 1 ∞ b k također smatra konvergentnim.

Pogledajmo nekoliko tipičnih opcija u detalje.

Primjer 2

Ako su redovi 6 - 3 + 3 2 - 3 4 + 3 8 - 3 16 +. . . i 6 + 3 - 3 2 + 3 4 + 3 8 - 3 16 + . . . definirane kao konvergentne, tada je ispravno pretpostaviti da je 6 + 3 + 3 2 + 3 4 + 3 8 + 3 16 + . . .

Definicija 10

Izmjenični niz ∑ k = 1 ∞ b k smatra se uvjetno konvergentnim ako je ∑ k = 1 ∞ b k divergentan, a niz ∑ k = 1 ∞ b k smatra se konvergentnim.

Primjer 3

Ispitajmo detaljno opciju ∑ k = 1 ∞ (- 1) k + 1 k = 1 - 1 2 + 1 3 - 1 4 + . . . . Niz ∑ k = 1 ∞ (- 1) k + 1 k = ∑ k = 1 ∞ 1 k, koji se sastoji od apsolutnih vrijednosti, definira se kao divergentan. Ova se opcija smatra konvergentnom jer ju je lako odrediti. Iz ovog primjera doznajemo da je niz ∑ k = 1 ∞ (- 1) k + 1 k = 1 - 1 2 + 1 3 - 1 4 + . . . smatrat ćemo uvjetno konvergentnim.

Značajke konvergentnih nizova

Analizirajmo svojstva za određene slučajeve

1. Ako ∑ k = 1 ∞ a k konvergira, tada se niz ∑ k = m + 1 ∞ a k također smatra konvergentnim. Može se primijetiti da red bez m termini se također smatraju konvergentnim. Ako ∑ k = m + 1 ∞ a k dodamo nekoliko brojeva, tada će rezultirajući rezultat također biti konvergentan.
2. Ako je ∑ k = 1 ∞ a k konvergira i zbroj = S, tada niz ∑ k = 1 ∞ A · a k , ∑ k = 1 ∞ A · a k = A · S također konvergira, gdje je A-konstantno.
3. Ako su ∑ k = 1 ∞ a k i ∑ k = 1 ∞ b k konvergentni, zbrojevi A I B također, tada nizovi ∑ k = 1 ∞ a k + b k i ∑ k = 1 ∞ a k - b k također konvergiraju. Iznosi će biti jednaki A+B I A - B odnosno.

Odredite da niz konvergira ∑ k = 1 ∞ 2 3 k · k 3 .

Promijenimo izraz ∑ k = 1 ∞ 2 3 k · k 3 = ∑ k = 1 ∞ 2 3 · 1 k 4 3 . Niz ∑ k = 1 ∞ 1 k 4 3 smatra se konvergentnim, jer niz ∑ k = 1 ∞ 1 k s konvergira kada s > 1. Prema drugom svojstvu je ∑ k = 1 ∞ 2 3 · 1 k 4 3 .

Primjer 5

Utvrdite da li niz ∑ n = 1 ∞ 3 + n n 5 2 konvergira.

Transformirajmo izvornu verziju ∑ 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 .

Dobivamo zbroj ∑ n = 1 ∞ 3 n 5 2 i ∑ n = 1 ∞ 1 n 2 . Svaki niz se smatra konvergentnim prema svojstvu. Dakle, kako se serija približava, tako se približava i izvorna verzija.

Primjer 6

Izračunajte da li niz 1 - 6 + 1 2 - 2 + 1 4 - 2 3 + 1 8 - 2 9 + konvergira. . . i izračunajte iznos.

Proširimo izvornu verziju:

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

Svaki niz konvergira jer je jedan od članova niza brojeva. Prema trećem svojstvu možemo izračunati da je i izvorna verzija konvergentna. Računamo zbroj: Prvi član niza ∑ k = 1 ∞ 1 2 k - 1 = 1, a nazivnik = 0. 5, slijedi, ∑ k = 1 ∞ 1 2 k - 1 = 1 1 - 0 . 5 = 2. Prvi član je ∑ k = 1 ∞ 1 3 k - 2 = 3 , a nazivnik padajućeg brojevnog niza = 1 3 . Dobivamo: ∑ k = 1 ∞ 1 3 k - 2 = 3 1 - 1 3 = 9 2 .

Koristimo gore dobivene izraze za određivanje zbroja 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

Nužan uvjet za određivanje je li niz konvergentan

Ako je niz ∑ k = 1 ∞ a k konvergentan, tada mu je limit kthčlan = 0: lim k → + ∞ a k = 0 .

Ako označimo bilo koju opciju, ne smijemo zaboraviti na neizostavni uvjet. Ako nije ispunjeno, tada se niz razilazi. Ako je lim k → + ∞ a k ≠ 0, tada je niz divergentan.

Treba pojasniti da je uvjet važan, ali ne i dovoljan. Ako vrijedi jednakost lim k → + ∞ a k = 0, to ne jamči da je ∑ k = 1 ∞ a k konvergentno.

Navedimo primjer. Za harmonijski niz ∑ k = 1 ∞ 1 k uvjet je zadovoljen lim k → + ∞ 1 k = 0 , ali niz i dalje divergira.

Primjer 7

Odredite konvergenciju ∑ n = 1 ∞ n 2 1 + n .

Provjerimo izvorni izraz za ispunjenje uvjeta 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

Ograničiti nthčlan nije jednak 0. Dokazali smo da se ovaj niz razilazi.

Kako odrediti konvergenciju pozitivnog niza.

Ako stalno koristite ove karakteristike, morat ćete stalno računati granice. Ovaj odjeljak pomoći će vam da izbjegnete poteškoće pri rješavanju primjera i problema. Da bi se odredila konvergencija pozitivnog niza, postoji određeni uvjet.

Za konvergenciju pozitivnog predznaka ∑ k = 1 ∞ a k vrijedi a k ​​> 0 ∀ k = 1, 2, 3, . . . potrebno je odrediti ograničeni niz suma.

Kako usporediti serije

Postoji nekoliko znakova usporedbe serija. Uspoređujemo niz čija se konvergencija predlaže odrediti s nizom čija je konvergencija poznata.

Prvi znak

∑ k = 1 ∞ a k i ∑ k = 1 ∞ b k nizovi su pozitivnog predznaka. Nejednakost a k ≤ b k vrijedi za k = 1, 2, 3, ... Iz ovoga slijedi da se iz niza ∑ k = 1 ∞ b k može dobiti ∑ k = 1 ∞ a k . Kako je ∑ k = 1 ∞ a k divergentan, niz ∑ k = 1 ∞ b k možemo definirati kao divergentan.

Ovo pravilo se stalno koristi za rješavanje jednadžbi i ozbiljan je argument koji će pomoći u određivanju konvergencije. Poteškoća može biti u činjenici da nije moguće pronaći odgovarajući primjer za usporedbu u svakom slučaju. Često se niz odabire prema principu da indikator kth izraz će biti jednak rezultatu oduzimanja eksponenata brojnika i nazivnika kthčlan serije. Pretpostavimo da je a k = k 2 + 3 4 k 2 + 5 , razlika će biti jednaka 2 – 3 = - 1 . U ovom slučaju možemo utvrditi da je za usporedbu serija s k-tičlan b k = k - 1 = 1 k , koji je harmonijski.

Kako bismo konsolidirali dobiveni materijal, detaljno ćemo razmotriti nekoliko tipičnih opcija.

Primjer 8

Odredite što je niz ∑ k = 1 ∞ 1 k - 1 2.

Kako je limit = 0 lim k → + ∞ 1 k - 1 2 = 0, ispunili smo potrebni uvjet. Nejednakost će biti pravedna 1 k< 1 k - 1 2 для k, koji su prirodni. Iz prethodnih odlomaka naučili smo da je harmonijski niz ∑ k = 1 ∞ 1 k divergentan. Prema prvom kriteriju može se dokazati da je izvorna verzija divergentna.

Primjer 9

Odredite je li niz konvergentan ili divergentan ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 + 3 k - 1 .

U ovom primjeru zadovoljen je nužni uvjet jer je lim k → + ∞ 1 k 3 + 3 k - 1 = 0. Predstavljamo ga kao nejednadžbu 1 k 3 + 3 k - 1< 1 k 3 для любого значения k. Red ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 je konvergentan, budući da harmonijski niz ∑ k = 1 ∞ 1 k s konvergira za s > 1. Prema prvom kriteriju možemo zaključiti da je niz brojeva konvergentan.

Primjer 10

Odredite što je niz ∑ k = 3 ∞ 1 k ln (ln k). lim k → + ∞ 1 k ln (ln k) = 1 + ∞ + ∞ = 0 .

U ovoj opciji možete označiti ispunjenje željenog uvjeta. Definirajmo niz za usporedbu. Na primjer, ∑ k = 1 ∞ 1 k s . Da biste odredili što je stupanj, razmotrite niz (ln (ln k)), k = 3, 4, 5. . . . Članovi niza ln (ln 3) , ln (ln 4) , ln (ln 5) , . . . povećava do beskonačnosti. Nakon analize jednadžbe, možemo primijetiti da, uzimajući N = 1619 kao vrijednost, tada su članovi niza > 2. Za ovaj niz bit će istinita nejednakost 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.

Drugi znak

Pretpostavimo da su ∑ k = 1 ∞ a k i ∑ k = 1 ∞ b k pozitivni brojevi.

Ako je lim k → + ∞ a k b k ≠ ∞ , tada niz ∑ k = 1 ∞ b k konvergira, a konvergira i ∑ k = 1 ∞ a k.

Ako je lim k → + ∞ a k b k ≠ 0, tada kako niz ∑ k = 1 ∞ b k divergira, tada i ∑ k = 1 ∞ a k također divergira.

Ako je lim k → + ∞ a k b k ≠ ∞ i lim k → + ∞ a k b k ≠ 0, tada konvergencija ili divergencija jednog niza znači konvergenciju ili divergenciju drugog niza.

Promotrimo ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 + 3 k - 1 koristeći drugi znak. Za usporedbu ∑ k = 1 ∞ b k uzimamo konvergentni niz ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 . Definirajmo granicu: 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

Prema drugom kriteriju može se utvrditi da konvergentni niz ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 znači da konvergira i izvorna verzija.

Primjer 11

Odredi koliki je niz ∑ n = 1 ∞ k 2 + 3 4 k 3 + 5.

Analizirajmo nužni uvjet lim k → ∞ k 2 + 3 4 k 3 + 5 = 0, koji je zadovoljen u ovoj verziji. Prema drugom kriteriju uzmite niz ∑ k = 1 ∞ 1 k . Tražimo granicu: lim k → + ∞ k 2 + 3 4 k 3 + 5 1 k = lim k → + ∞ k 3 + 3 k 4 k 3 + 5 = 1 4

Prema gornjim tezama, divergentni niz povlači za sobom divergenciju izvornog niza.

Treći znak

Razmotrimo treći znak usporedbe.

Pretpostavimo da su ∑ k = 1 ∞ a k i _ ∑ k = 1 ∞ b k pozitivni brojevi. Ako je za određeni broj a k + 1 a k ≤ b k + 1 b k zadovoljen uvjet, tada konvergencija ovog niza ∑ k = 1 ∞ b k znači da je i niz ∑ k = 1 ∞ a k također konvergentan. Divergentni niz ∑ k = 1 ∞ a k povlači za sobom divergenciju ∑ k = 1 ∞ b k .

D'Alembertov znak

Zamislimo da je ∑ k = 1 ∞ a k pozitivan brojčani niz. Ako je lim k → + ∞ a k + 1 a k< 1 , то ряд является сходящимся, если lim k → + ∞ a k + 1 a k >1, zatim divergentno.

Napomena 1

D'Alembertov test vrijedi ako je granica beskonačna.

Ako je lim k → + ∞ a k + 1 a k = - ∞ , tada je niz konvergentan, ako je lim k → ∞ a k + 1 a k = + ∞ , tada je divergentan.

Ako je lim k → + ∞ a k + 1 a k = 1, tada d'Alembertov znak neće pomoći i bit će potrebno još nekoliko studija.

Primjer 12

Odredite je li niz konvergentan ili divergentan ∑ k = 1 ∞ 2 k + 1 2 k pomoću d’Alembertova testa.

Potrebno je provjeriti da li je zadovoljen potreban uvjet konvergencije. Izračunajmo granicu koristeći L'Hopitalovo pravilo: 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

Vidimo da je uvjet ispunjen. Upotrijebimo d'Alembertov 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

Niz je konvergentan.

Primjer 13

Odredite da li je niz divergentan ∑ k = 1 ∞ k k k ! .

Upotrijebimo d'Alembertov test za određivanje divergentnosti niza: 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

Stoga je serija divergentna.

Radikalni Cauchyjev znak

Pretpostavimo da je ∑ k = 1 ∞ a k niz s pozitivnim predznakom. Ako je lim k → + ∞ a k k< 1 , то ряд является сходящимся, если lim k → + ∞ a k k >1, zatim divergentno.

Napomena 2

Ako je lim k → + ∞ a k k = 1, tada ovaj znak ne daje nikakvu informaciju - potrebna je dodatna analiza.

Ova značajka može se koristiti u primjerima koje je lako prepoznati. Slučaj će biti tipičan kada je član niza brojeva eksponencijalni potencijski izraz.

Kako bismo konsolidirali dobivene informacije, razmotrimo nekoliko tipičnih primjera.

Primjer 14

Odredite je li niz s pozitivnim predznakom ∑ k = 1 ∞ 1 (2 k + 1) k konvergentan.

Smatra se da je nužni uvjet zadovoljen jer je lim k → + ∞ 1 (2 k + 1) k = 1 + ∞ + ∞ = 0 .

Prema gore razmatranom kriteriju, dobivamo 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.

Primjer 15

Konvergira li brojevni niz ∑ k = 1 ∞ 1 3 k · 1 + 1 k k 2?

Koristimo značajku opisanu u prethodnom paragrafu 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.

Integralni Cauchyjev test

Pretpostavimo da je ∑ k = 1 ∞ a k niz s pozitivnim predznakom. Potrebno je označiti funkciju kontinuiranog argumenta y = f(x), što se podudara s a n = f (n) . Ako y = f(x) veći od nule, ne prekida se i smanjuje se za [ a ; + ∞), gdje je a ≥ 1

Tada, ako je nepravi integral ∫ a + ∞ f (x) d x konvergentan, tada niz koji se razmatra također konvergira. Ako se razilazi, tada se u razmatranom primjeru razilazi i niz.

Kada provjeravate je li funkcija opadajuća, možete se poslužiti materijalom obrađenim u prethodnim lekcijama.

Primjer 16

Razmotrimo primjer ∑ k = 2 ∞ 1 k · ln k za konvergenciju.

Uvjet za konvergenciju niza smatra se zadovoljenim jer je lim k → + ∞ 1 k · ln k = 1 + ∞ = 0 . Uzmite u obzir y = 1 x ln x. Veći je od nule, ne prekida se i smanjuje se za [ 2 ; + ∞) . Prve dvije točke su sigurno poznate, ali treća bi trebala biti raspravljena detaljnije. Nađi derivaciju: 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 . To je manji od nule na [ 2 ; + ∞). Time je dokazana teza da je funkcija opadajuća.

Zapravo, funkcija y = 1 x ln x odgovara karakteristikama principa koji smo gore razmotrili. Upotrijebimo ga: ∫ 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) = + ∞

Prema dobivenim rezultatima izvorni primjer divergira, jer je nepravi integral divergentan.

Primjer 17

Dokažite konvergenciju niza ∑ k = 1 ∞ 1 (10 k - 9) (ln (5 k + 8)) 3 .

Budući da je lim k → + ∞ 1 (10 k - 9) (ln (5 k + 8)) 3 = 1 + ∞ = 0, tada se uvjet smatra ispunjenim.

Počevši s k = 4, točan izraz je 1 (10 k - 9) (ln (5 k + 8)) 3< 1 (5 k + 8) (ln (5 k + 8)) 3 .

Ako se niz ∑ k = 4 ∞ 1 (5 k + 8) (ln (5 k + 8)) 3 smatra konvergentnim, tada, prema jednom od principa usporedbe, niz ∑ k = 4 ∞ 1 (10 k - 9) ( ln (5 k + 8)) 3 također će se smatrati konvergentnim. Na taj način možemo utvrditi da je izvorni izraz također konvergentan.

Prijeđimo na dokaz: ∑ k = 4 ∞ 1 (5 k + 8) (ln (5 k + 8)) 3 .

Budući da je funkcija y = 1 5 x + 8 (ln (5 x + 8)) 3 veća od nule, ona se ne prekida i opada za [ 4 ; + ∞) . Koristimo značajku opisanu u prethodnom paragrafu:

∫ 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 · u 28 2

U rezultirajućem konvergentnom nizu, ∫ 4 + ∞ d x (5 x + 8) (ln (5 x + 8)) 3, možemo odrediti da je ∑ k = 4 ∞ 1 (5 k + 8) (ln (5 k + 8 )) 3 također konvergira.

Raabeov znak

Pretpostavimo da je ∑ k = 1 ∞ a k pozitivan brojčani niz.

Ako je lim k → + ∞ k · a k a k + 1< 1 , то ряд расходится, если lim k → + ∞ k · a k a k + 1 - 1 >1, tada konvergira.

Ova metoda određivanja može se koristiti ako gore opisane tehnike ne daju vidljive rezultate.

Studija apsolutne konvergencije

Za studiju uzimamo ∑ k = 1 ∞ b k . Koristimo pozitivni predznak ∑ k = 1 ∞ b k . Možemo koristiti bilo koju prikladnu značajku koju smo gore opisali. Ako niz ∑ k = 1 ∞ b k konvergira, tada je izvorni niz apsolutno konvergentan.

Primjer 18

Istražite niz ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 3 k 3 + 2 k - 1 za konvergenciju ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 3 k 3 + 2 k - 1 = ∑ k = 1 ∞ 1 3 k 3 + 2 k - 1 .

Uvjet je zadovoljen lim k → + ∞ 1 3 k 3 + 2 k - 1 = 1 + ∞ = 0 . Koristimo ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 2 i koristimo drugi znak: lim k → + ∞ 1 3 k 3 + 2 k - 1 1 k 3 2 = 1 3 .

Niz ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 3 k 3 + 2 k - 1 konvergira. Izvorni niz je također apsolutno konvergentan.

Divergencija izmjeničnih serija

Ako je niz ∑ k = 1 ∞ b k divergentan, tada je odgovarajući izmjenični niz ∑ k = 1 ∞ b k ili divergentan ili uvjetno konvergentan.

Samo će d'Alembertov test i radikalni Cauchyjev test pomoći da se izvuku zaključci o ∑ k = 1 ∞ b k iz divergencije iz modula ∑ k = 1 ∞ b k . Niz ∑ k = 1 ∞ b k također divergira ako nije zadovoljen nužni uvjet konvergencije, odnosno ako je lim k → ∞ + b k ≠ 0.

Primjer 19

Divergencija provjere 1 7, 2 7 2, - 6 7 3, 24 7 4, 120 7 5 - 720 7 6, . . . .

Modul kthčlan je predstavljen kao b k = k ! 7 k.

Ispitajmo niz ∑ k = 1 ∞ b k = ∑ k = 1 ∞ k ! 7 k za konvergenciju pomoću d'Alembertovog kriterija: lim k → + ∞ b k + 1 b k = lim k → + ∞ (k + 1) ! 7 k + 1 k ! 7 k = 1 7 · lim k → + ∞ (k + 1) = + ∞ .

∑ k = 1 ∞ b k = ∑ k = 1 ∞ k ! 7 k odstupa na isti način kao i izvorna verzija.

Primjer 20

Je li ∑ k = 1 ∞ (- 1) k · k 2 + 1 ln (k + 1) konvergentan.

Razmotrimo nužni uvjet 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) = + ∞ . Uvjet nije ispunjen, stoga je ∑ k = 1 ∞ (- 1) k · k 2 + 1 ln (k + 1) niz divergentan. Granica je izračunata pomoću L'Hopitalovog pravila.

Uvjetni kriteriji konvergencije

Leibnizov test

Ako se vrijednosti članova izmjeničnog niza smanjuju b 1 > b 2 > b 3 > . . . > . . . i granica modula = 0 kao k → + ∞, tada niz ∑ k = 1 ∞ b k konvergira.

Primjer 17

Razmotrimo ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 2 k + 1 5 k (k + 1) za konvergenciju.

Niz je predstavljen kao ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 2 k + 1 5 k (k + 1) = ∑ k = 1 ∞ 2 k + 1 5 k (k + 1) . Zadovoljen je potreban uvjet: lim k → + ∞ = 2 k + 1 5 k (k + 1) = 0 . Razmotrimo ∑ k = 1 ∞ 1 k prema drugom kriteriju usporedbe lim k → + ∞ 2 k + 1 5 k (k + 1) 1 k = lim k → + ∞ 2 k + 1 5 (k + 1) = 2 5

Nalazimo da ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 2 k + 1 5 k (k + 1) = ∑ k = 1 ∞ 2 k + 1 5 k (k + 1) divergira. Niz ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 2 k + 1 5 k (k + 1) konvergira prema Leibnizovom kriteriju: niz 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 , . . . opada i lim k → + ∞ = 2 k + 1 5 k (k + 1) = 0 .

Niz konvergira uvjetno.

Abel-Dirichletov test

∑ k = 1 + ∞ u k · v k konvergira ako ( u k ) ne raste i niz ∑ k = 1 + ∞ v k je ograničen.

Primjer 17

Istražite 1 - 3 2 + 2 3 + 1 4 - 3 5 + 1 3 + 1 7 - 3 8 + 2 9 + . . . za konvergenciju.

Zamislimo se

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

gdje je (u k) = 1, 1 2, 1 3, . . . je nerastući, a niz (v k) = 1, - 3, 2, 1, - 3, 2, . . . ograničeno (S k) = 1, - 2, 0, 1, - 2, 0, . . . . Niz se spaja.

Ako primijetite grešku u tekstu, označite je i pritisnite Ctrl+Enter

1. Ako a 1 + a 2 + a 3 +…+a n +…= konvergira, tada niz a m+1 +a m+2 +a m+3 +…, dobiven iz ovog niza odbacivanjem prvih m članova, također konvergira. Ovaj rezultirajući niz naziva se m-ti ostatak niza. I obrnuto: iz konvergencije m-tog ostatka niza slijedi konvergencija tog niza. Oni. Konvergencija i divergencija niza nije narušena ako se doda ili odbaci konačan broj njegovih članova.

2 . Ako niz a 1 + a 2 + a 3 +... konvergira i njegov je zbroj jednak S, tada niz Ca 1 + Ca 2 +..., gdje je C = također konvergira i njegov je zbroj jednak CS.

3. Ako nizovi a 1 +a 2 +... i b 1 +b 2 +... konvergiraju i njihovi zbrojevi su jednaki S1 odnosno S2, tada je niz (a 1 +b 1)+(a 2 + b 2)+(a 3 +b 3)+… i (a 1 -b 1)+(a 2 -b 2)+(a 3 -b 3)+… također konvergiraju. Njihovi zbrojevi su redom jednaki S1+S2 i S1-S2.

4. A). Ako niz konvergira, tada njegov n-ti član teži k 0 kako n raste neograničeno (obrnuto nije točno).

- potrebno znak (uvjet)konvergencija red.

b). Ako
onda je serija divergentna - dostatan stanjerazilaženja red.

-serije ovog tipa proučavaju se samo prema svojstvu 4. Ovaj odvojit redaka.

Niz s pozitivnim predznakom.

Znakovi konvergencije i divergencije nizova s ​​pozitivnim predznakom.

Pozitivni nizovi su nizovi u kojima su svi članovi pozitivni. Razmotrit ćemo ove znakove konvergencije i divergencije za serije s pozitivnim predznakom.

1. Prvi znak usporedbe.

Neka su dana dva niza s pozitivnim predznakom a 1 + a 2 + a 3 +…+a n +…= (1) ib 1 +b 2 +b 3 +…+b n +…= (2).

Ako su članovi niza (1) Nije višeb n i niz (2) konvergira, tada red (1) također konvergira.

Ako su članovi niza (1) ne manje odgovarajući članovi niza (2), tj. a n b n i red (2) divergira, tada niz (1) također divergira.

Ovaj kriterij usporedbe vrijedi ako nejednakost nije zadovoljena za sve n, već samo počevši od nekih.

2. Drugi znak usporedbe.

Ako postoji konačna i različita od nule granica
, tada oba niza konvergiraju ili divergiraju istovremeno.

- redovi ove vrste razilaze se prema drugom kriteriju usporedbe. Moraju se usporediti s harmonijskim nizom.

3. D'Alembertov znak.

Ako je za pozitivan niz (a 1 + a 2 + a 3 +…+a n +…= ) postoji
(1), tada niz konvergira ako je q<1, расходится, если q>

4. Cauchyjev znak je radikalan.

Ako postoji granica za pozitivnu seriju
(2), tada niz konvergira ako jeq<1, расходится, если q>1. Ako je q=1 onda pitanje ostaje otvoreno.

5. Cauchyjev test je integralan.

Prisjetimo se nepravih integrala.

Ako postoji granica
. Ovo je nepravilan integral i označava se
.

Ako je ta granica konačna, tada se kaže da nepravi integral konvergira. Niz, odnosno, konvergira ili divergira.

Neka je niz a 1 + a 2 + a 3 +…+a n +…= - pozitivna serija.

Označimo a n =f(x) i razmotrimo funkciju f(x). Ako je f(x) pozitivna, monotono opadajuća i kontinuirana funkcija, tada ako nepravi integral konvergira, tada i zadani niz konvergira. I obrnuto: ako nepravi integral divergira, tada niz divergira.

Ako je niz konačan, onda on konvergira.

Redovi su vrlo česti
-Derichlet serija. Konvergira ako je p>1, divergira p<1. Гармонический ряд является рядом Дерихле при р=1. Сходимость и расходимость данного ряда легко доказать с помощью интегрального признака Коши.

Odgovor: niz se razilazi.

Primjer br. 3

Pronađite zbroj niza $\sum\limits_(n=1)^(\infty)\frac(2)((2n+1)(2n+3))$.

Budući da je donja granica zbrajanja 1, zajednički član niza zapisan je ispod znaka zbroja: $u_n=\frac(2)((2n+1)(2n+3))$. Napravimo n-ti djelomični zbroj niza, tj. Zbrojimo prvih $n$ članova zadanog niza brojeva:

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

Zašto pišem baš $\frac(2)(3\cdot 5)$, a ne $\frac(2)(15)$, bit će jasno iz daljnjeg pripovijedanja. No, zapisivanje djelomičnog iznosa nije nas ni za jotu približilo našem cilju. Moramo pronaći $\lim_(n\to\infty)S_n$, ali ako samo napišemo:

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

onda nam ovaj zapis, potpuno ispravan po formi, neće dati ništa u biti. Da bismo pronašli granicu, izraz za djelomični zbroj najprije se mora pojednostaviti.

Za to postoji standardna transformacija, koja se sastoji u rastavljanju razlomka $\frac(2)((2n+1)(2n+3))$, koji predstavlja opći član niza, na elementarne razlomke. Posebna tema posvećena je problematici rastavljanja racionalnih razlomaka na elementarne (vidi npr. primjer br. 3 na ovoj stranici). Proširujući razlomak $\frac(2)((2n+1)(2n+3))$ na elementarne razlomke, imat ćemo:

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

Izjednačimo brojnike razlomaka s lijeve i desne strane dobivene jednakosti:

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

Postoje dva načina za pronalaženje vrijednosti $A$ i $B$. Možete otvoriti zagrade i preurediti uvjete ili jednostavno zamijeniti neke prikladne vrijednosti umjesto $n$. Samo radi raznolikosti, u ovom primjeru ćemo ići prvim putem, au sljedećem ćemo zamijeniti privatne vrijednosti $n$. Otvaranjem zagrada i preslagivanjem pojmova dobivamo:

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

Na lijevoj strani jednakosti ispred $n$ stoji nula. Ako želite, radi jasnoće, lijeva strana jednakosti može se predstaviti kao $0\cdot n+ 2$. Budući da na lijevoj strani jednakosti $n$ prethodi nula, a na desnoj strani jednakosti $n$ prethodi $2A+2B$, imamo prvu jednadžbu: $2A+2B=0$. Podijelimo odmah obje strane ove jednadžbe s 2, nakon čega dobivamo $A+B=0$.

Kako je na lijevoj strani jednakosti slobodni član jednak 2, a na desnoj strani jednakosti slobodni član jednak $3A+B$, onda je $3A+B=2$. Dakle, imamo sustav:

$$ \lijevo\(\početak(poravnano) & A+B=0;\\ & 3A+B=2. \kraj(poravnano)\desno. $$

Dokaz ćemo provesti metodom matematičke indukcije. U prvom koraku treba provjeriti je li jednakost koja se dokazuje istinita $S_n=\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$ za $n=1$. Znamo da je $S_1=u_1=\frac(2)(15)$, ali hoće li izraz $\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$ dati vrijednost $\frac( 2 )(15)$, ako u njega zamijenimo $n=1$? Provjerimo:

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

Dakle, za $n=1$ jednakost $S_n=\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$ je zadovoljena. Time je završen prvi korak metode matematičke indukcije.

Pretpostavimo da je za $n=k$ jednakost zadovoljena, tj. $S_k=\frac(1)(3)-\frac(1)(2k+3)$. Dokažimo da će ista jednakost biti zadovoljena za $n=k+1$. Da biste to učinili, razmotrite $S_(k+1)$:

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

Budući da je $u_n=\frac(1)(2n+1)-\frac(1)(2n+3)$, tada je $u_(k+1)=\frac(1)(2(k+1)+ 1 )-\frac(1)(2(k+1)+3)=\frac(1)(2k+3)-\frac(1)(2(k+1)+3)$. Prema prethodno navedenoj pretpostavci $S_k=\frac(1)(3)-\frac(1)(2k+3)$, dakle formula $S_(k+1)=S_k+u_(k+1)$ poprimit će oblik:

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

Zaključak: formula $S_n=\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$ točna je za $n=k+1$. Stoga je, prema metodi matematičke indukcije, formula $S_n=\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$ istinita za bilo koji $n\in N$. Jednakost je dokazana.

U standardnom kolegiju više matematike obično se zadovoljavaju "precrtavanjem" poništavajućih pojmova, bez traženja bilo kakvog dokaza. Dakle, dobili smo izraz za n-tu parcijalnu sumu: $S_n=\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$. Pronađimo vrijednost $\lim_(n\to\infty)S_n$:

Zaključak: zadani niz konvergira i njegov zbroj je $S=\frac(1)(3)$.

Drugi način pojednostavljenja formule za djelomični zbroj.

Iskreno, i sam više volim ovu metodu :) Zapišimo djelomični iznos u skraćenoj verziji:

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

Ranije smo dobili da je $u_k=\frac(1)(2k+1)-\frac(1)(2k+3)$, dakle:

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

Zbroj $S_n$ sadrži konačan broj članova, pa ih možemo presložiti kako hoćemo. Prvo želim dodati sve članove oblika $\frac(1)(2k+1)$, a tek onda prijeći na članove oblika $\frac(1)(2k+3)$. To znači da ćemo djelomični iznos prikazati na sljedeći način:

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

Naravno, prošireni zapis je izuzetno nezgodan, pa se gornja jednakost može napisati kompaktnije:

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

Sada transformirajmo izraze $\frac(1)(2k+1)$ i $\frac(1)(2k+3)$ u jedan oblik. Mislim da je zgodno smanjiti ga na veću frakciju (iako je moguće koristiti i manju, to je stvar ukusa). Budući da $\frac(1)(2k+1)>\frac(1)(2k+3)$ (što je veći nazivnik, to je razlomak manji), dat ćemo razlomak $\frac(1)(2k+ 3) $ u obliku $\frac(1)(2k+1)$.

Prikazat ću izraz u nazivniku razlomka $\frac(1)(2k+3)$ na sljedeći način:

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

A zbroj $\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+3)$ sada se može napisati na sljedeći način:

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

Ako je jednakost $\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+3)=\sum\limits_(k=2)^(n+1)\frac(1)(2k+ 1) $ ne postavlja nikakva pitanja, onda idemo dalje. Ako imate pitanja, proširite bilješku.

Kako smo dobili preračunati iznos? Pokaži sakrij

Imali smo niz $\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+3)=\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2( k+1)+1)$. Uvedimo novu varijablu umjesto $k+1$ - na primjer, $t$. Dakle $t=k+1$.

Kako se promijenila stara varijabla $k$? I promijenio se iz 1 u $n$. Saznajmo kako će se promijeniti nova varijabla $t$. Ako je $k=1$, onda je $t=1+1=2$. Ako je $k=n$, tada je $t=n+1$. Dakle, izraz $\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2(k+1)+1)$ sada postaje: $\sum\limits_(t=2)^(n +1)\frac(1)(2t+1)$.

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

Imamo zbroj $\sum\limits_(t=2)^(n+1)\frac(1)(2t+1)$. Pitanje: je li važno koje se slovo koristi u ovom iznosu? :) Jednostavnim pisanjem slova $k$ umjesto $t$ dobivamo sljedeće:

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

Ovako dobivamo jednakost $\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2(k+1)+1)=\sum\limits_(k=2)^(n+ 1) \frac(1)(2k+1)$.

Dakle, djelomični zbroj se može predstaviti na sljedeći način:

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

Imajte na umu da zbrojevi $\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+1)$ i $\sum\limits_(k=2)^(n+1)\frac(1 )(2k+1)$ razlikuju se samo u granicama zbrajanja. Neka ova ograničenja budu ista. “Oduzimajući” prvi element od sume $\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+1)$ imat ćemo:

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

“Oduzimanjem” zadnjeg elementa od sume $\sum\limits_(k=2)^(n+1)\frac(1)(2k+1)$, dobivamo:

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

Tada će izraz za parcijalni zbroj imati oblik:

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

Ako preskočite sva objašnjenja, tada će proces pronalaženja skraćene formule za n-tu parcijalnu sumu imati sljedeći oblik:

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

Podsjetit ću vas da smo razlomak $\frac(1)(2k+3)$ sveli na oblik $\frac(1)(2k+1)$. Naravno, možete učiniti i suprotno, tj. predstavi razlomak $\frac(1)(2k+1)$ kao $\frac(1)(2k+3)$. Konačni izraz za djelomični zbroj neće se promijeniti. U ovom slučaju sakrit ću proces pronalaženja djelomičnog iznosa ispod bilješke.

Kako pronaći $S_n$ ako se pretvori u drugi razlomak? Pokaži sakrij

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

Dakle, $S_n=\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$. Pronađite granicu $\lim_(n\to\infty)S_n$:

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

Zadani niz konvergira i njegov zbroj $S=\frac(1)(3)$.

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

Nastavak teme nalaženja zbroja niza bit će riječi u drugom i trećem dijelu.

Neka je zadan beskonačan niz brojeva u1, u2, u3….

Izraz u1+ u2+ u3…+ un (1) naziva se brojevni niz, a njegovi sastavni brojevi članovi su niza.

Zbroj konačnog broja n prvih članova niza naziva se n-ti djelomični zbroj niza: Sn = u1+..+un

Ako imenica konačna granica: tada se zove zbroj niza i kažu da niz konvergira; ako takva granica ne postoji, onda kažu da niz divergira i nema zbroj.

2 Geometrijski i aritmetički nizovi

Niz koji se sastoji od članova beskonačne geometrijske progresije naziva se. geometrijski:
ili

a+ aq +…+aq n -1

a  0 prvi član q je nazivnik. Zbroj retka:

stoga konačna granica niza parcijalnih suma niza ovisi o vrijednosti q

Mogući slučajevi:

1 |q|<1

tj. niz i njegov zbir
2 |q|>1
a granica zbroja također je jednaka beskonačnosti

odnosno niz se razilazi.

3 uz q = 1 dobiva se niz: a+a+…+a… Sn = na
serija se razilazi

4 za q1 niz ima oblik: a-a+a ... (-1) n -1 a Sn=0 za parni n, Sn=a za neparan n nema ograničenja na parcijalne zbrojeve. red se razilazi.

Razmotrimo niz beskonačnih članova aritmetičke progresije:
u je prvi član, d je razlika. Zbroj serija

za bilo koji u1 i d u isto vrijeme  0 i niz uvijek divergira.

3 S-va konvergentni niz

Neka su dana dva niza: u1+u2+…un = (1) iv1+v2+…vn = (2)

Umnožak niza (1) s brojem   R zove se niz: u1+u2+…un = (3)

Zbroj nizova (1) i (2) naziva se niz:

(u1+v1)+(u2+v2)+…(un+vn) =
(zbog razlike postoji samo izgled)

T1 O zajedničkom faktoru

Ako niz (1) konvergira i njegov zbroj = S, tada za bilo koji broj  niz = također konvergira i njegov zbroj S’ = S Ako niz (1) divergira i   0, tada je niz također divergira. To jest, zajednički faktor ne utječe na divergencije niza.

T2 Ako redovi (1) i (2) konvergiraju, a njihovi zbrojevi = S odnosno S’, tada je niz:
također konvergira i ako je  njegov zbroj, tada je  = S+S’. To jest, konvergentni nizovi mogu se zbrajati i oduzimati član po član. Ako red (1) konvergira, a red (2) divergira, tada njihov zbroj (ili razlika) također divergira. Ali ako se oba reda raziđu. tada njihov zbroj (ili razlika) može divergirati (ako je un=vn) ili konvergirati (ako je un=vn)

Za red (1) red
naziva se n-ti ostatak niza. Ako taj ostatak niza konvergira, tada ćemo njegov zbroj označiti s: r n =

T3 Ako niz konvergira, tada svaki njegov ostatak konvergira, ako bilo koji ostatak niza konvergira, tada sam niz konvergira. Štoviše, ukupni zbroj = djelomični zbroj niza Sn + r n

Promjena, ispuštanje ili dodavanje konačnog broja članova ne utječe na konvergenciju (divergenciju) niza.

4 Potreban znak konvergencije nizova

Ako niz konvergira, tada je granica njegovog zajedničkog člana nula:

Dokument:

Sn-1\u1+u2+…+un-1

un=Sn-Sn-1, dakle:

Ovaj predznak je samo neophodan, ali ne i dovoljan, tj. ako je granica zajedničkog člana i jednaka nuli, uopće nije nužno da niz konvergira. Prema tome, ovaj uvjet, ako nije ispunjen, dovoljan je uvjet za divergentnost niza.

5 Integralni test za konvergenciju niza. Dirichletov niz

T1 Neka se daje redom (1), čiji su članovi nenegativni i ne rastu: u1>=u2>=u3...>=un

Ako postoji funkcija f(x) koja je nenegativna, kontinuirana i ne raste za toliko da je f(n) = Un,  n  N, tada je za konvergaciju niza (1) potrebno i dovoljno nepravilno integral za konvergaciju:
, a za divergenciju je dovoljno i potrebno da taj integral, naprotiv, divergira (WOW!).

Iskoristimo ovu značajku za proučavanje Dirichletovog niza: Evo ga: ( x>=1) ova funkcija zadovoljava uvjete teorema 1, stoga je konvergencija (divergencija) Dirichletovog reda ekvivalentna konvergenciji divergencije integrala:

Moguća su tri slučaja:

1  >1,

Integral, a time i red konvergira.

Integral i red divergiraju

Integral i red divergiraju