Рубрика: Математический анализ

Публикации по учебной дисциплине «Математический анализ» для студентов специальности «Прикладная математика»

Почленное дифференцирование и интегрирование степенного ряда

Часть первая: Почленное интегрирование степенного ряда

Замечание

Радиусом сходимости степенного ряда [latex]\sum_{n=0}^{\infty}{a_nx^n}[/latex] называется такое число [latex]R[/latex] при котором ряд сходится при [latex]|x|<R[/latex] и расходится при [latex]|x|>R[/latex].
сх

Теорема

Степенной ряд [latex]\sum_{n=0}^{\infty}{a}_{n}{x}^{n}={a}_{0}+{a}_{1}{x}+{a}_{2}{x}^{2}+…+{a}_{n}{x}^{n}+…[/latex] (в дальнейшем ряд 1), на промежутке [latex][0, x][/latex], где [latex]\left|x\right|<R[/latex], всегда можно интегрировать почленно, так что $$\int_{0}^{x}f(x)dx={a}_{0}x+\frac{{a}_{1}}{2}{x}^{2}+\frac{{a}_{2}}{3}{x}^{3}+\ldots+\frac{{a}_{n-1}}{n}{x}^{n}+\ldots$$

Доказательство

Спойлер

Для доказательства выберем [latex]r[/latex] между [latex]\left|x\right|[/latex] и [latex]R[/latex]. Так как степенной ряд равномерно сходится, ряд [latex](1)[/latex] сходится равномерно на промежутке [latex][-r, r][/latex] , и следовательно по теореме (об интегрируемости функционального ряда на сегменте) на промежутке [latex][0, x][/latex] ряд можно почленно интегрировать.

[свернуть]

Пример

Спойлер

1) Почленно интегрируем прогрессии:
$$\frac{1}{1+x}=1-x+{x}^{2}-\ldots+{(-1)}^{n-1}{x}^{n-1}+\ldots$$
$$\frac{1}{1+{x}^{2}}=1-{x}^{2}+{x}^{4}-\ldots+{(-1)}^{n-1}{x}^{2(n-1)}+\ldots$$

получаются такие разложения:

$$\int_{0}^{x}\frac{dx}{1+x}=\int_{0}^{x}1-\int_{0}^{x}x+\int_{0}^{x}{x}^{2}-\ldots+\int_{0}^{x}{(-1)}^{n-1}{x}^{n-1}+\ldots=$$
$$x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\ldots+(-1)^{n-1}\frac{x^n}{n}+\ldots$$

$$\int_{0}^{x}\frac{dx}{1+{x}^{2}}=\int_{0}^{x}1-\int_{0}^{x}{x}^{2}+\int_{0}^{x}{x}^{4}-\ldots+\int_{0}^{x}{(-1)}^{n-1}{x}^{2(n-1)}+\ldots=$$
$$x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}-\ldots+(-1)^{n-1}\frac{x^{2n-1}}{2n-1}$$

2) Возьмем известное нам разложение в ряд функции [latex](1+x)^{-\frac{1}{2}}[/latex] и заменим в нем [latex]x[/latex] на [latex]-x^2[/latex] (считая что [latex]|x|<1[/latex]); в результате получим:$$\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}=1+\sum_{n=1}^{\infty }{\frac{(2n-1)!!}{2n!!}}x^{2n}(-1<x<1)$$.

Теперь проинтегрируем полученный ряд почленно на промежутке [latex][0, x][/latex] [latex](-1<x<1)[/latex]:$$\int_{0}^{x}{\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}}=arcsinx=x+\frac{1}{2}\cdot\frac{x^3}{3}+\frac{1\cdot3}{2\cdot4}\cdot\frac{x^5}{5}+\ldots+\frac{1\cdot3\cdot\ldots\cdot(2n-1)}{2\cdot4\cdot\ldots\cdot2n}\cdot\frac{x^{2n+1}}{2n+1}+\ldots$$

По следствию из теоремы Абеля это разложение имеет место и на концах [latex]x=\pm1[/latex], т. к. ряд справа сходиться в этих точках.

[свернуть]

Почленное интегрирование степенного ряда

Часть вторая: Почленное дифференцирование степенного ряда

Теорема

Степенной ряд (1) внутри его промежутка сходимости можно дифференцировать почленно, так что для суммы ряда [latex]f(x)[/latex] существует производная которая выражается:$$f^\prime(x)=\sum_{n=1}^{\infty}{na_nx^{(n-1)}}=a_1+2a_2x+\ldots+na_nx^{(n-1)}+\ldots$$

Доказательство

Спойлер

Возьмем любое [latex]x[/latex] внутри промежутка сходимости исходного ряда, так что [latex]|x|<R[/latex], и вставим число [latex]r^\prime[/latex] между [latex]|x|[/latex] и [latex]R[/latex]:[latex]|x|<r^\prime<R[/latex].
Ввиду сходимости ряда $$\sum_{n=1}^{\infty}{a_n r^{\prime n}}=a_0+a_1 r^\prime+a_2 r^{\prime 2}+\ldots+a_n r^{\prime n}+\ldots ,$$

его общий член ограничен:$$|a_n|r^{\prime n}<L\;\;\;(L=const;n=1,2,3,\ldots)$$
Тогда для абсолютной величины [latex]n[/latex]-го члена ряда [latex]f^\prime(x)[/latex] получается оценка $$n\mid a_n\mid \cdot|r^{n-1}|=n\mid a_n\mid \cdot r^{\prime n}\cdot {|\frac{x}{r^\prime}|}^{n-1}\cdot \frac{1}{r^{\prime}}\le \frac{L}{r^\prime}\cdot n{|\frac{x}{r^\prime}|}^{n-1}.$$
Ряд $$\frac{L}{r^\prime}\sum_{n=1}^{\infty}{n{|\frac{x}{r^\prime}|}^{n-1}}=\frac{L}{r^\prime}\{1+2|\frac{x}{r^\prime}|+\ldots+n{|\frac{x}{r^\prime}|}^{n-1}+\ldots\}$$сходится; в этом можно убедиться с помощью признака Даламбера, если учесть что [latex]|\frac{x}{r^{\prime}}|<1.[/latex]В этом случае абсолютно сходится ряд [latex]f^\prime(x).[/latex] Отсюда ясно что радиус сходимости [latex]R^\prime[/latex] ряда [latex]f^\prime(x)[/latex] не меньше [latex]R.[/latex]
Если теперь взять любое [latex]r<R[/latex], то одновременно [latex]r<R^\prime[/latex]; так как степенной ряд (1) равномерно сходится то и ряд [latex]f^\prime(x)[/latex] равномерно сходится в промежутке [latex][-r, r],[/latex] так что — по теореме о почленном дифференцировании рядов — в этом промежутке допустимо почленное дифференцирование ряда (1). Так как [latex]r<R[/latex] произвольно, то основное утверждение теоремы доказано.

[свернуть]

Замечание

Мы доказали что ряд [latex]\int_{0}^{x}f(x)dx={a}_{0}x+\frac{{a}_{1}}{2}{x}^{2}+\frac{{a}_{2}}{3}{x}^{3}+…+\frac{{a}_{n-1}}{n}{x}^{n}+…[/latex] и [latex]f^\prime(x)=\sum_{n=1}^{\infty}{na_nx^{n-1}}=a_1+2a_2x+\ldots+na_nx^{(n-1)}+\ldots[/latex] сходятся на промежутке [latex](-R, R)[/latex], следовательно их радиусы сходимости не меньше [latex]R[/latex]. В свою очередь ряд (1) получается почленным дифференцированием ряда [latex]\int_{0}^{x}f(x)dx={a}_{0}x+\frac{{a}_{1}}{2}{x}^{2}+\frac{{a}_{2}}{3}{x}^{3}+…+\frac{{a}_{n-1}}{n}{x}^{n}+…[/latex] и почленным интегрированием ряда [latex]f^\prime(x)=\sum_{n=1}^{\infty}{na_nx^{n-1}}=a_1+2a_2x+\ldots+na_nx^{(n-1)}+\ldots[/latex] следовательно [latex]R[/latex] не может быть меньше упомянутых радиусов сходимости. Из вышеупомянутого следует, что радиусы сходимости всех трех рядов равны между собой.

Пример

Спойлер

1) Разложить в степенной ряд функцию [latex]e^x[/latex]

Рассмотрим ряд [latex]f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{x^n}{n!}}=1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\ldots[/latex].

Ряд сходится при любых [latex]x[/latex]. Почленно дифференцируя ряд получим:$$f^\prime(x)=\frac{d}{dx}1+\frac{d}{dx}x+\frac{d}{dx}\frac{x^2}{2!}+\frac{d}{dx}\frac{x^3}{3!}+\ldots=0+1+x+\frac{x^2}{2!}+\ldots=f(x)$$

Заметим что функция [latex]f(x)[/latex] удовлетворяет дифференциальному уравнению [latex]f^\prime=f[/latex]. Общее решение этого уравнения имеет вид [latex]f(x)=ce^x[/latex], где [latex]c[/latex] — константа. Подставляя начальное значение [latex]f(0)=1[/latex], получим [latex]c=1[/latex]. Таким образом получим разложение:$$f(x)=e^x=\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{x^n}{n!}}=1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\ldots$$

[свернуть]

Список литературы

Почленное дифференцирование степенного ряда

Критерий дифференцируемости функции

Определение

Функция [latex]f(x)=f(x_{1},…,x_{n})[/latex] называется дифференцируемой в точке [latex]x^{0}=(x^{0}_{1},…,x^{0}_{n})[/latex], если она определена в некоторой окрестности этой точки и существуют такие числа [latex]A_{1},…,A_{n}[/latex], что при [latex]x\rightarrow x^{0}[/latex] выполняется равенство: $$f(x)-f(x^{0})=\sum_{i=1}^{n}A_{i}(x_{i}-x^{0}_{i})+o(\rho(x,x^{0})).  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (1)$$

Геометрический смысл

Рассмотрим случай двух переменных.

Пусть функция [latex]z=f(x,y)[/latex] определена в некоторой [latex]\delta [/latex]-окрестности [latex]U=U({M}’,\delta )[/latex] точки [latex]{M}’=({x}’,{y}’)[/latex] и пусть [latex]M=(x,y)\in U({M}’;\delta )[/latex], [latex]\Delta x=x-{x}'[/latex], [latex]\Delta y=y-{y}'[/latex]. Тогда, [latex]\rho =\rho(M,{M}’)=\sqrt{\Delta x^{2}+\Delta y^{2}}<\delta [/latex].

Пусть, наконец, [latex]\Delta z=f({x}’+\Delta x,{y}’+\Delta y)-f({x}’,{y}’)[/latex].

Обычно [latex]\Delta z[/latex] называется полным приращением функции; это название объясняется тем, что здесь, вообще говоря, все независимые переменные получают приращения, отличные от нуля.

CircleUTF8NextVersionA

Теорема (Критерий дифференцируемости функции)

Функция [latex]f(x)[/latex] дифференцируема в точке [latex]x^{0}[/latex] тогда и только тогда, когда в некоторой окрестности точки [latex]x^{0}[/latex] функция [latex]f(x)[/latex] может быть представлена в виде: $$f(x)=f(x^{0})+\sum_{i=1}^{n}f_{i}(x)(x_{i}-x_{i}^{0}),(2)$$

где функции [latex]f_{i}(x)[/latex] непрерывны в точке [latex]x^{0}[/latex].

Доказательство

Пусть функция [latex]f(x)[/latex] дифференцируема в точке [latex]x^{0}[/latex]. Тогда выполняется условие [latex](1)[/latex]. Заметим, что равенство [latex]\psi (x)=o(\rho(x,x^{0}))[/latex] при [latex]x\rightarrow x^{0}[/latex] означает, что [latex]\psi (x)=\varepsilon (x)\rho(x,x^{0})[/latex], где [latex]\lim_{x\rightarrow x^{0}}\varepsilon (x)=0[/latex].

Тогда $$\psi (x)=\frac{\varepsilon (x)}{\rho(x,x^{0})}\sum_{i=1}^n{}(x_{i}-x^{0}_{i})^{2}=\sum_{i=1}^{n}\varepsilon _{i}(x)(x_{i}-x^{0}_{i}),(3)$$ где [latex]\varepsilon_{i} (x)=\varepsilon (x)\frac{x_{i}-x_{i}^{0}}{\rho(x,x^{0})}[/latex], [latex]\lim_{x\rightarrow x^{0}}\varepsilon _{i}(x)=0[/latex], так как [latex]0\leqslant \frac{\left | x_{i}-x_{i}^{0} \right |}{\rho(x,x^{0})}\leqslant 1[/latex].

Доопределим функции [latex]\varepsilon _{i}(x)[/latex] в точке [latex]x^{0}[/latex] по непрерывности, полагая что [latex]\lim_{x\rightarrow x^{0}}\varepsilon _{i}(x)=\varepsilon _{i}(x^{0})=0[/latex].

Тогда из [latex](1)[/latex] и [latex](3)[/latex] получаем $$f(x)=f(x^{0})+\sum_{i=1}^{n}A_{i}(x_{i}-x_{i}^{0})+\sum_{i=1}^{n}\varepsilon _{i}(x)(x_{i}-x_{i}^{0})=$$ $$=f(x^{0})+\sum_{i=1}^{n}f_{i}(x)(x_{i}-x_{i}^{0}),$$ [latex]f_{i}(x)=A_{i}+\varepsilon _{i}(x)[/latex].

Так как функции [latex]\varepsilon _{i}(x)[/latex] непрерывны в точке [latex]x^{0}[/latex], то и функции [latex]f_{i}(x)[/latex] непрерывны в этой точке и [latex]f_{i}(x^{0})=A_{i}[/latex], [latex]i=\overline{1,n}[/latex].

Пусть выполнено [latex](2)[/latex]. Тогда, воспользовавшись непрерывностью функции [latex]f_{i}(x)[/latex] в точке [latex]x^{0},[/latex] положим [latex]A_{i}=f_{i}(x^{0})[/latex], [latex]f_{i}(x)=A_{i}+\varepsilon _{i}(x)[/latex], [latex]\lim_{x\rightarrow x^{0}}\varepsilon _{i}(x)=0[/latex].

Получаем $$f(x)-f(x^{0})=\sum_{i=1}^{n}A_{i}(x_{i}-x_{i}^{0})+\sum_{i=1}^{n}\varepsilon _{i}(x)(x_{i}-x_{i}^{0})=$$ $$=\sum_{i=1}^{n}A_{i}(x_{i}-x_{i}^{0})+o(\rho(x,x^{0})),$$ так как при [latex]x\rightarrow x^{0}[/latex]: $$\frac{\left | \sum_{i=1}^{n}\varepsilon _{i}(x)(x_{i}-x_{i}^{0}) \right |}{\rho(x,x^{0})}\leqslant \sum_{i=1}^n{\left | \varepsilon _{i}(x) \right |\rightarrow 0}.$$ [latex]\square [/latex]

Литература

Тест

Тест:

Тест на проверку усвоения связи между производной и дифференциалом.

Критерий дифференцируемости функции

Тест на знание критерия дифференцируемости функции.

Таблица лучших: Критерий дифференцируемости функции

максимум из 20 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных

Формула конечных приращений Лагранжа

Определение

Выпуклой областью называется открытое множество, любые две точки которого можно соединить отрезком, лежащим в области.

Теорема (Формула конечных приращений Лагранжа)

Пусть функция [latex] f(x) [/latex] дифференцируема в выпуклой области [latex] G\subset\mathbb{R}^{n} [/latex]. Тогда для любых двух точек [latex] x= \left ( x_{1},…,x_{n} \right )\in G[/latex], [latex]y= \left ( y_{1},…,y_{n} \right )\in G [/latex] найдется такое число [latex] \theta \in \left(0,1 \right ) [/latex], что
$$f(y)-f(x)= \sum _{i=1}^{n}\frac{\partial f}{\partial x_{i}}\left (x+\theta \left ( y-x \right )\left ( y_{i}-x_{i} \right ) \right ).\ \ \ \ \ \ \ \ \ \  (1)$$

Формула [latex](1)[/latex] называется формулой конечных приращений Лагранжа.

Доказательство

Пусть точки [latex] x,y \in G [/latex]. Так как область [latex]G[/latex] выпукла, то отрезок, соединяющий точки [latex]x[/latex] и [latex]y[/latex], лежит в области [latex]G[/latex]. Поэтому определена функция одной переменной:

[latex] \varphi (t) = f(x_{1}+t(y_{1}-x_{1}),…,x_{n}+t(y_{n}-x_{n})), 0\leqslant t\leqslant 1 [/latex]. [latex](2)[/latex]

По теореме о производной сложной функции [latex]\varphi (t)[/latex] — дифференцирума на отрезке [latex][0,1][/latex] и очевидно, что [latex] \varphi (0) = f(x)[/latex], [latex]\varphi (1) = f(y) [/latex]. По правилу нахождения производной сложной функции имеем:

$$\varphi{}’ (t)=\sum_{i=1}^{n}\frac{\partial f}{\partial x}\left ( x_{1}+t(y_{1}-x_{1}),…,x_{n}+t(y_{n}-x_{n}) \right )\left ( y_{i}-x_{i} \right ). \ \ \ \ \ \ (3)$$

Применим к функции [latex] \varphi(t) [/latex] формулу приращений Лагранжа для функции одной переменной. Получаем, что найдется число [latex] \theta \in \left(0,1 \right ) [/latex] такое, что [latex] \varphi(1) — \varphi(0) = \varphi{}’ (\theta ) [/latex]. Используя формулы [latex](2)[/latex] и [latex](3)[/latex], теперь легко получаем формулу [latex](1)[/latex].[latex]\square [/latex]

[spoilergroup]

Спойлер

Доказать, что [latex]\left | \arctan x_{2} -\arctan x_{1} \right |\leqslant \left | x_{2}-x_{1} \right |[/latex], [latex]x_{1}\in \mathbb{R}[/latex], [latex]x_{2}\in \mathbb{R}[/latex]. (*)
По теореме Лагранжа для функции [latex]\arctan x[/latex] на отрезке с концами [latex]x_{1}[/latex] и [latex]x_{2}[/latex] находим
$$\arctan x_{2} — \arctan x_{1}=\frac{1}{1+\xi ^{2}}(x_{2}-x_{1}),$$
откуда получаем [latex]\left | \arctan x_{2}-\arctan x_{1} \right |=\frac{\left | x_{2}-x_{1} \right |}{1+\xi ^{2}}\leqslant \left | x_{2}-x_{1} \right |[/latex], так как [latex]0<\frac{1}{1+\xi^{2}}\leqslant 1[/latex].
Полагая в соотношении (*) [latex]x_{2}=x[/latex], [latex]x_{1}=0[/latex], получаем
[latex]\left | \arctan x \right |\leqslant \left | x \right |[/latex], [latex]x\in \mathbb{R}[/latex],
и, в часности,
[latex]0\leqslant \arctan x\leqslant x[/latex], [latex]x\geqslant 0[/latex].

[свернуть]

[/spoilergroup]

Литература

Тест

Формула конечных приращений Лагранжа

Теста на знание формулы конечных приращений Лагранжа


Таблица лучших: Формула конечных приращений Лагранжа

максимум из 10 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных

Критерий Коши сходимости несобственных интегралов

Будем рассматривать несобственный интеграл от неограниченной функции.

Теорема

Пусть [latex]f(x)[/latex] определена на полуинтервале [latex]\left[ a ,b \right)[/latex]. Для сходимости несобственного интеграла [latex]\int _{a}^{b}{f(x)dx}[/latex] необходимо и достаточно, чтобы выполнялось условие Коши: для всякого [latex]\varepsilon > 0[/latex] найдется такое [latex]\delta\in\left[ a ,b \right)[/latex], что для любых [latex]{ \xi }_{ 1 },{ \xi }_{ 2 }\in\left( \delta ,b \right)[/latex] выполняется неравенство [latex]\left| \int _{{\xi}_{1}}^{{\xi}_{2}}{f(x)dx} \right| < \varepsilon[/latex].

Доказательство

Обозначим функцию [latex]\Phi (\xi ) = \int _{a}^{\xi}{f(x)dx}[/latex]. Тогда, сходимость интеграла [latex]\int _{a}^{b}{f(x)dx}[/latex] означает существование конечного предела [latex]\underset {\xi \to b-0}{\lim}\int _{a}^{\xi}{f(x)dx} = \underset {\xi \to b-0}{\lim}\Phi(\xi)[/latex], а этот предел существует, согласно критерию Коши, когда функция [latex]\Phi(\xi)[/latex] удовлетворяет условию
$$\forall \varepsilon > 0 \quad \exists \delta \in \left[ a;b \right): \forall \xi_1, \xi_2 \in \left(\delta, b \right ) \Rightarrow \left|\Phi(\xi_2)-\Phi(\xi_1) \right| < \varepsilon .$$
И в силу свойств интеграла получаем $$\left| \Phi (\xi _{ 2 })-\Phi (\xi _{ 1 }) \right| = \left|\overset { \xi _{ 2 } }{ \underset { a }{ \int } } f(x)dx- \overset { \xi_1 }{ \underset {a }{ \int} }f(x)dx \right| = \left|\overset { \xi _{ 2 } }{ \underset {\xi_1 }{ \int } } f(x)dx \right| < \varepsilon .$$
А это то, что нам и требовалось доказать.

Список Литературы

Критерий Коши сходимости несобственных интегралов

После прочтения статьи, для закрепления материала, рекомендуется пройти тест по данной теме


Таблица лучших: Критерий Коши сходимости несобственных интегралов

максимум из 30 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных

Критерий сходимости рядов с неотрицательными слагаемыми

Теорема

Рассмотрим ряд в котором все члены ряда неотрицательны, т.е. ([latex]\forall n \in N \rightarrow a_{n}\geq 0[/latex]). Для того чтобы ряд сходился, необходимо и достаточно, чтобы последовательность его частичных сумм была ограниченна сверху.

Доказательство

Так как [latex]a_{n}\geq 0[/latex], то [latex]S_{n}=S_{n-1}+a_{n}\geq S_{n-1}[/latex]. Из этого следует что последовательность частичных сумм монотонно возрастает. Если ряд сходится это означает что сходится последовательность его частичных сумм. По теореме об ограниченности сходящейся последовательности сходимость последовательности частичных сумм эквивалентна ограниченности этой последовательности.

Пример

Рассмотрим ряд:$$\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^{\alpha }},$$ где [latex]\alpha>0[/latex]. При [latex]\alpha=1[/latex] получаем гармонический ряд, а он как известно расходится.
При [latex]0<\alpha<1[/latex] имеем:$$S_{n}(\alpha)=1+ \frac{1}{2^{\alpha}}+\cdots +\frac{1}{n^{\alpha}}\geq n \cdot \frac{1}{n^{\alpha}}=n^{1-\alpha}\underset{n\rightarrow \infty }{\rightarrow}\infty $$ Из этого следует, что [latex]S_{n}(\alpha)\rightarrow +\infty [/latex], а из этого следует расходимость ряда.
Теперь рассмотрим случай [latex]\alpha>1[/latex]. Выберем такое натуральное [latex]m[/latex], что [latex]n<2^{m}[/latex]. Тогда имеем:$$S_{n}(\alpha)\leq S_{2^{m}-1}(\alpha)=1+\left ( \frac{1}{2^{\alpha}}+\frac{1}{3^{\alpha}} \right )+\left ( \frac{1}{4^{\alpha}}+\frac{1}{5^{\alpha}}+\frac{1}{6^{\alpha}}+\frac{1}{7^{\alpha}} \right )+$$$$+\cdots +\left ( \frac{1}{(2^{m-1})^{\alpha}}+\frac{1}{(2^{m-1}+1)^{\alpha}}+\cdots +\frac{1}{(2^{m}-1)^{\alpha}} \right )\leq $$$$\leq 1+2^{1-\alpha}+(2^{2})^{1-\alpha}+\cdots +(2^{m-1})^{1-\alpha}=$$$$=1+2^{1-\alpha}+(2^{1-\alpha})^{2}+\cdots +(2^{1-\alpha})^{m-1}=\frac{1-(2^{1-\alpha})^{m}}{1-2^{1-\alpha}}$$ Отсюда следует, что при [latex]\alpha>1[/latex] имеем [latex]S_{n}(\alpha)\leq \frac{1}{1-2^{1-\alpha}}[/latex], т.е. последовательность частичных сумм ограниченна сверху, и по теореме о сходимости рядов с неотрицательными членами ряд сходится при [latex]\alpha>1[/latex].

Список Литературы

Тест на проверку знаний по данной теме.

Таблица лучших: Критерий сходимости рядов с неотрицательными слагаемыми

максимум из 2 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных