Рубрика: Разное

Различные не классифицированные материалы

15.3.1 Признак Лейбница

Определение. Числовой ряд $\sum\limits_{n=1}^\infty a_{n}$ называется знакопеременным (знакочередующимся), если его слагаемые попеременно меняют знак, т. е. если $a_{n} \cdot a_{n+1}<0$ $(n=1,2,\dots)$.
Знакопеременный ряд можно записать в виде $$u_{1}-u_{2}+u_{3}-u_{4}+\dots=\sum \limits _{n=1}^\infty (-1)^{n-1}u_{n},$$ где $u_{n}\geqslant 0$.

Теорема Лейбница. Если модули слагаемых знакочередующегося ряда $$\sum\limits_{n=1}^\infty (-1)^{n-1}u_{n} (15.14)$$ монотонно убывают к нулю, то этот ряд сходится.

Обозначим через $S_{n}$ частичную сумму ряда $(15.14)$. Рассмотрим частичные суммы с четными номерами $$S_{2m}=(u_{1}-u_{2})+(u_{3}-u_{4})+\dots+(u_{2m-1}-u_{2m}).$$ Так как $u_{n}$ убывают по условию, то в каждой скобке выражение неотрицательно. Поэтому $$S_{2(m+1)}=S_{2m+2}=S_{2m}+(u_{2m+1}-u_{2m+2})\geqslant S_{2m}.$$ Это означает, что последовательность $\left\{ {S_{2m}} \right\}_{m=1}^\infty$ возрастает. С другой стороны, из представления $$S_{2m}=u_{1}-(u_{2}-u_{3})-(u_{4}-u_{5})-\dots-(u_{2m-2}-u_{2m-1})-u_{2m},$$ в силу монотонности $ u_{k}$, следует, что $S_{2m}\leqslant u_{1}$. Таким образом, последовательность $\left\{ {S_{2m}} \right\}_{m=1}^\infty$ ограничена сверху и возрастает и, следовательно, имеет предел. Обозначим $S= \displaystyle{\lim_{m \to \infty}} S_{2m}$. Для доказательства сходимости ряда $(15.14)$ нужно еще показать, что $S_{2m+1} \rightarrow S (m\rightarrow \infty)$. Но это сразу следует из равенства $S_{2m+1}= S_{2m}+ u_{2m+1}$ и условия теоремы $u_{2m+1}\rightarrow 0 (m\rightarrow\infty)$. Окончательно, последовательность частичных сумм ряда $(15.14)$ с четными и с нечетными номерами сходятся к одному и тому же пределу $S$. Поэтому $S= \displaystyle{\lim_{n \to \infty}} S_{n}$.
Знакочередующийся ряд, для которого выполнены условия теоремы Лейбница, называется рядом лейбницевского типа. Теорема Лейбница утверждает, что ряд лейбницевского типа сходится.

Пример 1. Рассмотрим полугармонический ряд $\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n}$. Здесь $u_{n}=\frac{1}{n}$ и данный ряд является рядом лейбницевского типа. По теореме Лейбница, он сходится. Ранее мы показали, что ряд, составленный из модулей слагаемых, – гармонический – расходится. Таким образом, сходимость исходного ряда обусловлена не малостью его слагаемых, а взаимной интерференцией слагаемых.

Пример 2. Приведем пример, показывающий, что в теореме Лейбница нельзя отбросить условие монотонности.
Ряд $\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{\sqrt{n}}$ является рядом лейбницевского типа и, следовательно, сходится. Гармонический ряд $\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty} \frac{1}{n}$ расходится. Рассмотрим знакопеременный ряд $\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty}\left[ \frac{(-1)^{n-1}}{\sqrt{n}} +\frac{1}{n}\right].$ Его слагаемые стремятся к нулю, но их модули не монотонны. Легко видеть, что он расходится. Действительно, если бы он являлся сходящимся, то сходился бы и ряд $\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty} \frac{1}{n}$, как разность двух сходящихся рядов $\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty}\left[ \frac{(-1)^{n-1}}{\sqrt{n}} +\frac{1}{n}\right]$ и $\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{\sqrt{n}}.$ Но гармонический ряд $\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty} \frac{1}{n}$ расходится.

Теорема (оценка остатка ряда лейбницевского типа). Остаток после $n$-го слагаемого ряда лейбницевского типа имеет такой же знак, как и его первое слагаемое, а по абсолютной величине не превосходит абсолютной величины первого слагаемого.

Пусть $S_{n}$– частичные суммы ряда лейбницевского типа $$\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty} (-1)^{n-1}u_{n} (15.15)$$ $S= \displaystyle{\sum_{n=1}^\infty} (-1)^{n-1}u_{n}$ и $r_{n}=\displaystyle{\sum_{k=n+1}^\infty} (-1)^{k-1}u_{k}$ Тогда $r_{n}=S-S_{n}$, и мы хотим оценить $r_{n}.$
При доказательстве теоремы Лейбница мы получили, что последовательность частичных сумм ряда $(15.15)$ с четными номерами $S_{2m}$ возрастает, и поэтому $S_{2m}\leqslant S$. С другой стороны, $$S_{2m+1}=u_{1}-(u_{2}-u_{3})-(u_{4}-u_{5})-\dots-(u_{2m}-u_{2m+1}),$$ откуда видно, что $S_{2m+1}\geqslant S_{2m+3},$ т.е. последовательность частичных сумм ряда $(15.15)$ с нечетными номерами убывает и поэтому $S_{2m+1}\geqslant S$.
Таким образом, $$S_{2m}\leqslant S \leqslant S_{2m+1},$$ откуда $$0\leqslant S-S_{2m}\leqslant S_{2m+1}-S_{2m}=u_{2m+1},$$ т.е. остаток четного порядка $r_{2m}=S-S_{2m}$ удовлетворяет неравенству $$0\leqslant r_{2m} \leqslant u_{2m+1},$$ что и доказывает теорему для остатков четного порядка.
Аналогично, из неравенства $$S_{2m+2}\leq S \leqslant S_{2m+1}$$ следует $$0\geqslant S — S_{2m+1}\geqslant S_{2m+2}-S_{2m+1}=-u_{2m+2},$$ т. е. $$-u_{2m+2}\leqslant r_{2m+1}\leqslant 0,$$ чем доказано утверждение теоремы для остатков нечетного порядка.
Итак, мы показали, что $\text{sign }$ $r_{n} = (-1)^{n}$ и $\mid r_{n}\mid \leqslant u_{n+1}$ для любого $n = 1,2,\dots$

Примеры решения задач

Определить, сходятся ли ряды:

  1. $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{\ln^2n}{n}$
    Решение

    Найдём предел $u_{n}=\frac{\ln^2n}{n}$ при $n\rightarrow\infty$, воспользовавшись правилом Лопиталя: $\displaystyle\lim_{n \to \infty}\frac{\ln^2n}{n}=\displaystyle\lim_{n \to \infty}\frac{2\ln n}{n}=\displaystyle\lim_{n \to \infty}\frac{2}{n}=0$, то есть модули слагаемых стремятся к нулю. Для проверки монотонности воспользуемся теоремой о достаточном условии строгой монотонности:
    $\left(\frac{\ln^2x}{x}\right)^\prime=\frac{\frac{2\ln x}{x}x-\ln^2 x}{x^2}=\frac{\ln x \left(2-\ln x \right)}{x^2}$ Откуда видно, что при $x\rightarrow\infty$, $\left(\frac{\ln^2x}{x}\right)^\prime<0$, откуда следует, что модули слагаемых монотонно убывают. То есть, данный ряд удовлетворяет условиям теоремы Лейбница, следовательно, он сходится.

  2. $\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{{\sqrt[n]{n}}}$
    Решение

    Найдём предел $u_{n}=\frac{(-1)^{n+1}}{{\sqrt[n]{n}}}$ при $n\rightarrow\infty$: $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{(-1)^{n+1}}{{\sqrt[n]{n}}}=\lim_{n \to \infty}n^{-\frac{1}{n}}=\lim_{n \to \infty}e^{-\frac{\ln n}{n}}. $Воспользуемся правилом Лопиталя: $\displaystyle \lim_{n \to \infty}e^{-\frac{\ln n}{n}}=\lim_{n \to \infty}e^{-\frac{1}{n}}=e^0=1$. Покажем, что данный ряд не удовлетворяет не только условиям теоремы Лейбница, но и необходимое условие сходимости числового ряда: $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{(-1)^{n+1}}{{\sqrt[n]{n}}}=\displaystyle \lim_{n \to \infty} (-1)^{n+1}$ Но предела $\displaystyle \lim_{n \to \infty} (-1)^{n+1}$ не существует (можно показать по Гейне, взяв ${x_{k}}^{\prime}=2n+1$ и ${x_{k}}^{\prime \prime}=2n$). То есть, данный ряд расходится.

  3. $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{2n-\text{arctg } n}$
    Решение

    Найдём предел $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{1}{2n-\text{arctg } n}=\lim_{n \to \infty} \frac{1}{2n-\frac{\pi}{2}}=0.$ То есть модули слагаемых стремятся к нулю. Проверяем монотонность: $\displaystyle \left(\frac{1}{2x-\text{arctg } x}\right)^\prime=\frac{-2+\frac{1}{1+x^2}}{\left(2x-\text{arctg } x\right)^2},$ откуда видно, что при $x\rightarrow\infty$ $\displaystyle \left(\frac{1}{2x-\text{arctg } x}\right)^\prime < 0$, что по теореме о достаточном условии строгой монотонности говорит о том, что $\displaystyle \left\{\frac{1}{2n-\text{arctg } n}\right\}_{n=1}^\infty$ монотонно убывает. То есть, по теореме Лейбница, ряд сходится.

  4. $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \sin{\left(\pi\sqrt{n^2+k^2}\right)},$ где $k \in \mathbb{N}$
    Решение

    Воспользовавшись нечётностью и периодичностью синуса, получим, что $\sin\alpha=-\sin(-\alpha)=-\sin\left(2\pi n-\alpha\right)=-\sin\left(\pi n+(\pi n -\alpha\right))=$$=-\sin(\pi n)\cos(\pi n-\alpha)-\cos(\pi n)\sin(\pi n-\alpha)=$$=-\cos(\pi n)\sin(\pi n-\alpha)=(-1)^{n+1}\sin(\pi n-\alpha)$. То есть, $$\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \sin{\pi\sqrt{n^2+k^2}}=\displaystyle \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n+1}\sin(\pi n-\pi\sqrt{n^2+k^2}).$$ Предел общего члена ряда: $\displaystyle \lim_{n \to \infty} (-1)^{n+1}\sin(\pi n-\pi\sqrt{n^2+k^2})=\lim_{n \to \infty}\sin\left(\frac{n^2-(n^2+k^2)}{n+\sqrt{n^2+k^2}}\right)=$$\displaystyle =\lim_{n \to \infty}\sin\left(\frac{\pi k^2}{n+\sqrt{n^2+k^2}}\right)=0.$ Монотонность. $\left(\frac{\pi k^2}{x+\sqrt{x^2+k^2}}\right)^\prime=\frac{-\pi k^2}{x+\sqrt{x^2+k^2}}\left(1+\frac{x}{\sqrt{x^2+k^2}}\right)=$$=\frac{-\pi k^2}{x+\sqrt{x^2+k^2}}\left(\frac{x+\sqrt{x^2+k^2}}{\sqrt{x^2+k^2}}\right)=\frac{-\pi k^2}{x\sqrt{x^2+k^2}+x^2+k^2}$, то есть при $n \to \infty$ $\left(\frac{\pi k^2}{x+\sqrt{x^2+k^2}}\right)^\prime<0$, а значит, по теореме о достаточном условии строгой монотонности $\left\{\frac{\pi k^2}{n+\sqrt{n^2+k^2}}\right\}_{n=1}^\infty$ монотонно убывает при достаточно больших $n.$ При $y$ в окрестности нуля, по таблице эквивалентных, $\sin(y)\sim y$, а $y=\frac{\pi k^2}{x+\sqrt{x^2+k^2}}$ монотонно убывает к $0$, как было показано. Значит, общий член ряда также монотонно убывает к нулю, следовательно, по признаку Лейбница, ряд сходится.

    При первом взгляде могло показаться, что для этого ряда не выполняется необходимое условие сходимости числового ряда. Однако, это не так: $\displaystyle \lim_{n \to \infty}\sin{\left(\pi\sqrt{n^2+k^2}\right)}=\lim_{n \to \infty}\sin{\left(\pi\sqrt{n^2\left(1+\frac{k^2}{n^2}\right)}\right)}=$$\displaystyle =\lim_{n \to \infty}\sin{\pi n\sqrt{1+\frac{k^2}{n^2}}}=\lim_{n \to \infty}\sin{\pi n}=0$

Признак Лейбница

Тест для проверки уровня усвоения материала по теме «признак Лейбница».

  1. Лысенко З.М. Конспект лекций по математическому анализу.
  2. В.И.Коляда, А.А.Кореновский. Курс лекций по математическому анализу т.2. Одесса, «Астропринт», 2010, стр 16-19
  3. Б.П.Демидович. Сборник задач и упражнений по математическому анализу, 13-ое издание, Московского университета, 1997, стр. 259-260

Смотрите также

  1. Л.Д.Кудрявцев. Курс математического анализа, том. 2 стр. 27-29
  2. Г.М. Фихтенгольц. Курс дифференциального и интегрального исчисления.- т.2., стр. 302-305

17.1 Структура множества точек сходимости степенного ряда

Структуру множества точек сходимости степенного ряда устанавливает

Первая теорема Абеля. Пусть степенной ряд $$\sum_{n=0}^{\infty} a_nx^n \tag {17.1} $$ сходится в некоторой точке $x_1 \ne 0.$ Тогда ряд $(17.1)$ абсолютно сходится в каждой точке $x,$ такой, что $|x| \lt |x_1|.$

Из сходимости числового ряда $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} a_nx_1^n$ следует, что его слагаемые стремятся к нулю и, следовательно, ограничены, т. е. существует такое $M,$ что для всех $n = 0,1,…$ справедливо неравенство $|a_nx_1^n| \le M.$ Поэтому для $|x| \lt |x_1|$ имеем $$|a_nx^n| = |a_nx_1^n| \cdot \left| \frac {x}{x_1}\right|^{n} \le M \cdot \left| \frac {x}{x_1}\right|^{n}.$$ Поскольку $q = \left| \frac {x}{x_1}\right| \lt 1,$ то ряд $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}q^n $ сходится. Значит, по признаку сравнения сходится и ряд $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} |a_nx^n|,$ а это означает, что ряд $(17.1)$ сходится и притом абсолютно.

Замечание. Если степенной ряд $(17.1)$ сходится при $x = x_1,$ то нельзя гарантировать, что он сходится и при $x = -x_1.$ Например, ряд $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac {x^n}{n} $ сходится при $x = x_1 = -1$ и расходится при $x = -x_1 = 1.$

Следствие. Если степенной ряд $(17.1)$ расходится в некоторой точке $x_1,$ то для всех $x,$ таких, что $|x| \gt |x_1|$ ряд $(17.1)$ расходится.

Если бы в некоторой точке $x_2,$ такой, что $|x_2| \gt |x_1|,$ ряд $(17.1)$ оказался сходящимся, то, в силу первой теоремы Абеля, он должен был быть сходящимся в точке $x_1.$ Но в точке $x_1$ ряд $(17.1)$ расходится по условию, и следствие доказано.

Теорема. Множество точек сходимости степенного ряда $(17.1)$ представляет собой непустой промежуток с центром в точке $x_0 = 0.$ Это может быть одноточечное множество $\{ 0 \},$ интервал (быть может, и бесконечный), отрезок или полуинтервал.

Ясно, что в точке $x_0 = 0$ ряд $(17.1)$ с любыми коэффициентами $\{ a_n \}$ сходится. Если других точек сходимости у ряда $(17.1)$ нет, то множеством точек сходимости ряда $(17.1)$ является множество $\{ 0 \}.$ Предположим, что существуют отличные от нуля точки сходимости ряда $(17.1).$ Обозначим через $E$ множество всех таких точек, $R = \sup_{x \in E}|x|.$ Пусть $|x| \lt R.$ Тогда найдется такое $x_1 \in E,$ что $|x_1| \gt |x|.$ По первой теореме Абеля, ряд $(17.1)$ сходится абсолютно в точке $x.$ Если $R \lt +\infty$ и $|x| \gt R,$ то ясно, что $x \notin E$ и, следовательно, в этой точке ряд $(17.1)$ расходится. При $x = \pm R$ ряд $(17.1)$ может быть сходящимся или расходящимся.

Определение. Радиусом сходимости степенного ряда $$\sum_{n=0}^{\infty} a_n(x-x_0)^n \tag {17.2}$$ называется неотрицательное число $R$ (конечное или равное $+\infty$), обладающее тем свойством, что при $|x − x_0| \lt R$ ряд $(17.2)$ сходится, а при $|x − x_0| \gt R$ ряд $(17.2)$ расходится. Существование такого числа $R$ установлено в предыдущей теореме. Интервал $(x_0 − R, x_0 + R)$ называется интервалом сходимости степенного ряда $(17.2).$

Иллюстрация Изображение не найдено

Иллюстрация комплексного случая.

Изображение не найдено

Иллюстрация вещественного случая.

Из доказанной теоремы следует, что степенной ряд $(17.2)$ сходится в точке $x = x_0.$ Если множество точек сходимости ряда $(17.2)$ состоит более чем из одной точки $x_0,$ то ряд $(17.2)$ сходится в интервале $(x_0 − R, x_0 + R)$ и расходится вне отрезка $[x_0 − R, x_0 + R],$ причем во всех точках интервала $(x_0 − R, x_0 + R)$ ряд $(17.2)$ сходится абсолютно.

Пример 1. Ряд $$\sum_{n=0}^{\infty} n!x^n \tag {17.3}$$ сходится лишь в одной точке $x = 0.$ Действительно, если $x \ne 0,$ то, в силу известного равенства $\displaystyle\lim_{n \to \infty} n!x^n = \infty,$ ряд $(17.3)$ расходится, т. к. для него не выполнено необходимое условие сходимости. Итак, здесь $R = 0$ и множество точек сходимости состоит из единственной точки $\{ 0 \}.$

Пример 2. Ряд $$\sum_{n=0}^{\infty} x^n \tag {17.4}$$ сходится при $|x| \lt 1$ и расходится при $|x| \ge 1.$ Здесь $R = 1,$ интервал сходимости $(−1, 1),$ на концах интервала сходимости ряд $(17.4)$ расходится, так что множество точек сходимости ряда $(17.4)$ – интервал $(−1, 1).$

Пример 3. Ряд $$\sum_{n=1}^{\infty} \frac {x^n}{n} \tag {17.5}$$ сходится при $|x| \lt 1$ по признаку сравнения, т. к. $\left| \frac {x^n}{n} \right| \le |x^n|$ (сравниваем с геометрической прогрессией). Если $|x| \gt 1,$ то слагаемые ряда $(17.5)$ стремятся к $\infty$ и, следовательно, ряд $(17.5)$ расходится. Итак, радиус сходимости ряда $(17.5)$ $R = 1,$ интервал сходимости $(−1, 1).$ При $x = −1$ ряд $(17.5)$ принимает вид $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac {(-1)^n}{n}.$ Это – ряд лейбницевского типа и, следовательно, сходящийся. При $x = 1$ получаем ряд $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac {1}{n}$ – гармонический, а значит, расходящийся. Итак, на левом конце интервала сходимости ряд $(17.5)$ сходится (условно), а на правом конце – расходится. Множество точек сходимости ряда $(17.5)$ – полуинтервал $[−1, 1).$

Пример 4. Для ряда $$\sum_{n=1}^{\infty} \frac {x^n}{n^2} \tag {17.6}$$ при $|x| \le 1$ имеем $\left| \frac {x^n}{n^2} \right| \le \frac {1}{n^2},$ т. е. ряд $(17.6),$ в силу признака сравнения, сходится на множестве $[−1, 1].$ Если же $|x| \gt 1,$ то ряд $(17.6)$ расходится, т. к. не выполнено необходимое условие сходимости $(\frac {x^n}{n^2} \to \infty \space (n \to \infty)).$ Итак, радиус сходимости ряда $(17.6)$ $R = 1,$ интервал сходимости $(−1, 1),$ множество точек сходимости $[−1, 1].$

Пример 5. Ряд $$\sum_{n=1}^{\infty} \frac {x^n}{n!} \tag {17.7}$$ сходится при каждом $x \in \mathbb R.$ В самом деле, поскольку $$\frac {|x|^{n+1}}{(n+1)!} \cdot \frac {n!}{|x|^n} = \frac {|x|}{n+1} \to 0 \qquad (n \to \infty),$$ то, в силу признака Даламбера, получаем, что ряд $(17.7)$ сходится. Имеем $R = +\infty,$ интервал сходимости $(−\infty, +\infty).$

Примеры решения задач

  1. Определить радиус сходимости ряда $$\sum_{n=0}^{\infty}a_nz^n, \qquad \text{где} \qquad \begin{equation*} a_n =\begin{cases} \frac {1}{n}, \text { если $n = 1, 3, 5, …,$} \\ 0, \text { если $n = 0, 2, 4, …,$} \end{cases} \end{equation*}$$
    Решение

    Признак Даламбера неприменим для определения сходимости этого ряда, так как отношение $\displaystyle\frac {a_{n+1}}{a_n}$ не имеет смысла для четных номеров $n.$ Не дает ответа здесь и признак Коши, поскольку нетрудно проверить, что здесь предел$\displaystyle{\lim_{n \to \infty}} \sqrt[n]{|a_n|}$ не существует. Однако, если положить $b_k = \frac{1}{2k+1},\space k = 0, 1, 2, …,$ и записать данный ряд в виде $$\sum_{k=0}^{\infty}b_kz^{2k+1} = \sum_{k=0}^{\infty} \frac {z^{2k+1}}{2k+1},$$ то, исследовав абсолютную сходимость этого ряда с помощью признака Даламбера, получим $$\lim_{k \to \infty} \frac {|b_{k+1}z^{2k+3}|}{|b_kz^{2k+1}|} = |z|^2 \lim_{k\to \infty} \frac {2k+1}{2k+3} = |z|^2.$$ Отсюда следует, что рассматриваемый ряд абсолютно сходится, когда $|z^2| \lt 1,$ т. е. когда $|z| \lt 1$ и абсолютно расходится, когда $|z| \gt 1.$ Таким образом, радиус сходимости этого степенного ряда равен $1.$

  2. Определить интервал сходимости ряда $$\sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac {z}{n} \right) ^n$$
    Решение

    В силу признака Даламбера и признака сравнения получаем, что ряд сходится для любого $x \in \mathbb R$ $$\frac {|z|^{n+1}}{(n+1)^{n+1}} \cdot \frac {n^n}{|z|^n} = \frac {|z| \cdot n^n}{(n+1)^{n+1}} \le \frac {|z| \cdot n^n}{n^{n+1}} = \frac {|z|}{n} \to 0 \qquad (n \to \infty),$$ Таким образом, $R = +\infty,$ а искомый интервал сходимости $(-\infty;+\infty).$

  3. Определить радиус сходимости ряда $$\sum_{n=0}^{\infty} 2^nz^n $$
    Решение

    Сделаем замену $t = 2z^2.$ Отсюда получим, ряд $$\sum_{n=0}^{\infty} t^n \text { — сумма геометрической прогрессии.}$$ При $|t| \lt 1$ ряд сходится, при $|t| \ge 1$ расходится. Теперь подставим $2z^2$ вместо $t$ в неравенство $|t| \lt 1.$ Получим $$|2z^2| \lt 1,$$ откуда $$|z| \lt \sqrt{\frac{1}{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2} = R.$$

  4. Определить множество точек сходимости ряда $$\sum_{n=0}^{\infty} n^2z^n $$
    Решение

    В силу признака Коши получаем, что $$ \sqrt[n]{|n^2z|} = |z|\sqrt[n]{n^2}.$$ Выражение будет стремиться к нулю, при $n \to \infty,$ когда $|z| \lt 1.$ Отсюда радиус сходимости равен $1,$ а интервал сходимости $(-1; 1).$ При $z = 1$ имеем ряд вида $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} n^2,$ который расходится, т. к. не выполняется необходимое условие сходимости. При $z = -1$ имеем ряд вида $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} n^2(-1)^n.$ Исследуем по признаку Лейбница. $a_n = n^2$ монотонно возрастает при достаточно больших $n,$ а $\displaystyle{\lim_{n \to \infty}}a_n = \displaystyle{\lim_{n \to \infty}}n^2 = \infty.$ Следовательно, так как ни одно из условий признака Лейбница не выполняется, то ряд в точке $z = -1$ расходится. Следовательно, множество точек сходимости $(-1; 1).$

  5. Определить множество точек сходимости ряда $$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{z^n}{n^3} $$
    Решение

    При $|z| \le 1$ имеем $\left| \frac{z^n}{n^3} \right| \le \left| \frac{1}{n^3} \right|,$ т. е. ряд сходится на $[-1;1].$ Если $|z| \gt 1,$ то ряд расходится т. к. не выполнено необходимое условие сходимости $\left( \displaystyle{ \lim_{n \to \infty}}\frac{z^n}{n^3} \to \infty \right ).$ Итак, радиус сходимости равен $1,$ а множество точек сходимости — интервал $[-1;1].$

Литература

  1. Кудрявцев Л. Д. Курс математического анализа : учебник для вузов: В 3 т. Т. 2. Радиус сходимости и круг сходимости степенного ряда / Л. Д. Кудрявцев. — 5-е изд., перераб. и доп. — Москва: Дрофа, 2003. — 720 с. — c. 100-107.
  2. В. И. Коляда, А. А. Кореновский «Курс лекций по математическому анализу». — Одесса: Астропринт, 2010, ч.2, разделы 17 «Степенные ряды» и 17.1 «Структура множества точек сходимости степенного ряда».(стр. 53 — 56).
  3. Лысенко З.М. Конспект лекций по математическому анализу.

Структура множества точек сходимости степенного ряда

Пройдите этот тест, чтобы проверить свои знания по только что прочитанной теме.

2.2 Бесконечно малые и бесконечно большие последовательности

Определение. Последовательность $\left\{x_n\right\}$ называется бесконечно малой, если $\lim\limits_{n\to\infty} x_n = 0$.

Легко видеть, что последовательность $\left\{x_n\right\}$ сходится к числу $a$ тогда и только тогда, когда последовательность $a_n = x_n — a$ бесконечно малая. Используя это, можно дать следующее равносильное определение предела.

Определение. Число $a$ называется пределом последовательности $\left\{ x_n\right\}$, если последовательность $\left\{x_n — a\right\}$ бесконечно малая.

Следует, однако, понимать, что при таком определении предела нужно отдельно определять понятие бесконечно малой последовательности, а именно, бесконечно малой называть такую последовательность $\left\{ x_n\right\}$, что для любого $\varepsilon > 0$ найдется номер $N = N(\varepsilon) \in \mathbb{N}$, такой, что при любом $n \geq N$ справедливо неравенство $|x_n| < \varepsilon$.

Теорема (свойства бесконечно малых последовательностей).
1) Сумма и произведение конечного числа бесконечно малых последовательностей являются бесконечно малыми последовательностями.
2) Произведение бесконечно малой последовательности на ограниченную является бесконечно малой последовательностью.

Доказательство. Свойство 1) следует из арифметических свойств переделов (теорема 7).

Докажем 2). Пусть $\left\{a_n\right\}$ — бесконечно малая, а $\left\{x_n\right\}$ ограниченная последовательности. Обозначим $\beta_n = a_nx_n$. Поскольку $\left\{x_n\right\}$ ограничена, то существует такое $A > 0$, что $|x_n| \leq A$ при любом $ n \in \mathbb{N}$. Зададим $\varepsilon > 0$ и, пользуясь тем, что $\left\{a_n\right\}$ бесконечно малая, найдем такой номер $N$, что при всех $n \geq N$ справедливо неравенство $|a_n| < \frac{\varepsilon}{A}$. Тогда для $n \geq N$ получим $|\beta_n| = |a_n|$ $|x_n| \leq A$ $|a_n| < \varepsilon$, а это означает, что последовательность $\left\{\beta_n\right\}$ бесконечно малая. $\small\Box$

Бесконечно большие последовательности

Выше мы показали, что каждая сходящаяся последовательность ограничена. Иначе говоря, всякая неограниченная последовательность расходится. Мы выделим некоторые специальные классы неограниченных последовательностей.

Определение. Говорят, что последовательность $\left\{x_n\right\}$ стремится к $+\infty$, если для любого действительного числа $M$ найдется номер $N$, зависящий, вообще говоря, от $M$, такой, что для всех $n \geq N$ справедливо неравенство $x_n > M$. В этом случае пишут $\lim\limits_{n\to\infty} x_n = +\infty$, или $x_n \rightarrow + \infty$ при $n \rightarrow \infty$.

Говорят, что последовательность $\left\{x_n\right\}$ стремится к $-\infty$, если для любого действительного числа $M$ найдется номер $N$, зависящий, вообще говоря, от $M$, такой, что для всех $n \geq N$ справедливо неравенство $x_n < -M$. В этом случае пишут $\lim\limits_{n\to\infty} x_n = -\infty$, или $x_n \rightarrow -\infty$ при $n \rightarrow \infty$.

Последовательность $\left\{x_n\right\}$ называется бесконечно большой, если модули её элементов стремятся к $+\infty$ $(\lim\limits_{n\to\infty} |x_n| = +\infty)$, т.е. если для любого $M$ найдется номер $N$, такой, что для всех $n \geq N$ справедливо неравенство $|x_n| > M$. Обозначают это так: $\lim\limits_{n\to\infty} x_n = \infty$, или $x_n \rightarrow \infty$ при $n \rightarrow \infty$.

Иллюстрация

Ясно, что каждое из условий $\lim\limits_{n\to\infty} x_n = +\infty$, или $\lim\limits_{n\to\infty} x_n = -\infty$ влечет $\lim\limits_{n\to\infty} x_n = \infty$. Обратное неверно. Например, последовательность $x_n = (-1)^nn$ стремится к $\infty$, но не стремится ни к $+\infty$, ни к $-\infty$.

Напомним, что неограниченная последовательность $\left\{x_n\right\}$ — это такая, что для любого $M$ найдется такой номер $n$, что $|x_n| > M$. Ясно, что каждая бесконечно большая последовательность неограничена, но обратное неверно. Например, последовательность $x_n = n^{(-1)^n}$ неограничена, но не является бесконечно большой.

Связь между бесконечно большими и бесконечно малыми последовательностями устанавливает следующее

Утверждение. Пусть $x_n \neq 0$ $(n = 1, 2,\dots)$. Тогда последовательность $\left\{x_n\right\}$ бесконечно большая в том и только в том случае, когда последовательность $ a_n = \frac{1}{x_n} $ бесконечно малая.

Доказательство этого утверждения сразу следует из эквивалентности двух следующих неравенств: $|a_n| < \varepsilon$ и $|x_n| = |\frac{1}{a_n}| > \frac{1}{\varepsilon}$. Например, если $\left\{x_n\right\}$ — бесконечно большая, то для заданного $\varepsilon > 0$ найдем такой номер $N$, что для всех $n \geq N$ справедливо неравенство $|x_n| > \frac{1}{\varepsilon}$. Тогда для $n \geq N$ будем иметь $|a_n| = |\frac{1}{x_n}| < \varepsilon$, а это и означает, что последовательность $\left\{a_n\right\}$ бесконечно малая.

Доказательство обратного утверждения аналогично.$\small\Box$

Некоторые виды неопределенностей.

Пусть $x_n \rightarrow +\infty$, $y_n \rightarrow +\infty$. Тогда легко убедится в том, что $x_n + y_n \rightarrow +\infty$ и $x_ny_n \rightarrow +\infty$. Однако, об $x_n — y_n$ ничего определенного сказать нельзя. Так, например, если $x_n = n^2 \rightarrow +\infty$, $y_n = n \rightarrow +\infty$, то $x_n — y_n = n^2 — n \geq n$ $(n \geq 2)$ и $x_n — y_n \rightarrow +\infty$. Для $x_n = n, y_n = n^2$ имеем $x_n — y_n = n — n^2 \geq -n$ и $x_n — y_n \rightarrow -\infty$. Если же $x_n = n \rightarrow +\infty$, $y_n = n + (-1)^n \rightarrow + \infty$, то последовательность $x_n — y-n = (-1)^{n+1}$ не имеет предела.

Говорят, что разность двух стремящихся к $+\infty$ последовательностей составляет неопределенность вида $\left[(+\infty) — (+\infty)\right]$. Другой вид неопределенности $\left[\frac{\infty}{\infty}\right]$ — отношение двух стремящихся к $\infty$ последовательностей, т.е. $\frac{x_n}{y_n}$, где $x_n \rightarrow \infty $, $y_n \rightarrow \infty $. Вы самом деле, для $x_n = n^2$, $y_n = n$ имеем $\frac{x_n}{y_n} = n \rightarrow \infty $, $\frac{y_n}{x_n} = \frac{1}{n} \rightarrow 0$. Если же $x_n = (2 + (-1)^n)n$, $y_n = n$, то отношение $\frac{x_n}{y_n} = 2 + (-1)^n$, очевидно, не имеет предела.

Так как обратная к бесконечно большой является бесконечно малой последовательностью, то получаем еще такие виды неопределенностей: $\left[0 \cdot \infty\right] = \left[\frac{1}{\infty} \cdot \infty\right] = \left[\frac{\infty}{\infty}\right] = \left[\frac{0}{0}\right]$. Приведите соответствующие примеры.

Комментарий

По данной теме существует множество примеров, в которых встречаются вышеописанные неопределенности. Раскрыть их позволяют эквивалентные бесконечно малые последовательности. Читателю может ознакомиться с ними ниже.

Эквивалентные бесконечно малые последовательности

Определение. Две бесконечно малые последовательности $\left\{\alpha_n\right\}$ и $\left\{\beta_n\right\}$ называются эквивалентными, если $\lim\limits_{n\to\infty} \frac{\alpha_n}{\beta_n} = 1$. Пишут так: $\alpha_n \sim \beta_n$.

При $n \rightarrow 0$ справедливы следующие отношения эквивалентности (как следствия из так называемых замечательных пределов):

  • $\sin{n} \sim n, $
  • $\tan{n} \sim n, $
  • $1-\cos{n} \sim \frac{1}{2}n^2, $
  • $\frac{\pi}{2} — \arccos{n} \sim n, $
  • $\arcsin{n} \sim n, $
  • $\arctan{n} \sim n, $
  • $a^n-1 \sim n \ln{a}, $
  • $\log_a(1+n) \sim \frac{n}{\ln{a}}, $
  • $(1+n)^\alpha — 1 \sim \alpha \cdot n.$

Примеры решения задач

Рассмотрим примеры задач, в которых фигурируют бесконечно малые и бесконечно большие последовательности. Читателю с целью самопроверки предлагается решить данные примеры самому, а затем сверить свое решение с приведенным.

  1. Определить будет ли последовательность $x_n = \frac{n}{n^2 + 1}$ бесконечно малой.
    Решение

    Найдем предел $\lim\limits_{n\to\infty} \frac{n}{n^2 + 1} = \lim\limits_{n\to\infty} \frac{\frac{n}{n^2}}{\frac{n^2 + 1}{n^2}} = \lim\limits_{n\to\infty} \frac{n}{n^2 + 1} = \lim\limits_{n\to\infty} \frac{0}{1 + \frac{1}{n^2}} = $ $ = \lim\limits_{n\to\infty} \frac{0}{1 + 0} = 0.$

    Предел последовательности равен нулю, а значит она бесконечно малая.

  2. Доказать, что $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{(-1)^n}{n} = 0$.
    Решение

    Последовательность $(-1)^n$ ограничена, а $\frac{1}{n}$ бесконечно малая, так как $\lim\limits_{n\to\infty} \frac{1}{n} = 0$. Согласно теореме о свойствах бесконечно малых последовательностей, произведение бесконечно малой последовательности на ограниченную будет бесконечно малой последовательностью, значит и $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{(-1)^n}{n} = 0$.

  3. Доказать, что $x_n = \frac{1}{n^4}$ бесконечно малая.
    Решение

    Так как $x_n = \frac{1}{n^4} = \frac{1}{n} \cdot \frac{1}{n} \cdot \frac{1}{n} \cdot \frac{1}{n}$ и $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{n} = 0$, имеем произведение конечного числа бесконечно малых последовательностей. По теореме о свойствах бесконечно малых, последовательность $x_n$ — бесконечно малая.

  4. Доказать, что $\lim\limits_{n\to\infty}(-1)^n2^n = \infty$.
    Решение

    Докажем, что последовательность бесконечно большая. Согласно определению, последовательность $\left\{x_n\right\}$ называется бесконечно большой, если для любого $M$ найдется номер $N$, такой, что для всех $n \geq N$ справедливо неравенство $|x_n| > M$. Найдем этот номер $N$.

    $|(-1)^n2^n| \geq M$, значит $2^n \geq M$. Прологарифмировав обе части неравенства по основанию $2$, получаем $n \geq \log_2M$.

    Выберем наименьшее $N$, удовлетворяющее данному условию, а это $N = [|\log_2M|] + 1$.

    Так как $N$ существует, последовательность будет бесконечно большой, а значит и $\lim\limits_{n\to\infty}(-1)^n2^n = \infty$.

  5. Найти предел последовательности $x_n = \frac{\ln(1+\frac{1}{n})}{4^{\frac{1}{n}} — 1}$.
    Решение

    Сделаем замену $\frac{1}{n} = x$ и тогда $x \rightarrow 0$.

    $\lim\limits_{n\to\infty} \frac{\ln(1+\frac{1}{n})}{4^{\frac{1}{n}} — 1} = \lim\limits_{x\to 0} \frac{\ln(1+x)}{4^x-1} = [\frac{\infty}{\infty}]$.

    Воспользуемся эквивалентными бесконечно малыми последовательностями для раскрытия неопределенности.

    $\lim\limits_{x\to 0} \frac{\ln(1+x)}{4^x-1} \sim \lim\limits_{x \to 0} \frac{x}{x\ln4} = \frac{1}{\ln4}$.

Литература

  1. Лысенко З.М. Конспект лекций по математическому анализу
  2. Коляда В.И., Кореновский А. А. Курс лекций по математическому анализу.- Одесса : Астропринт , 2009. с. 24-26.
  3. Фихтенгольц Г. М. Курс дифференциального и интегрального исчисления: учеб. пособие для ун-тов и пед. ин-тов. Т. 1 / Г. М. Фихтенгольц. — 5-е изд., стереотип. — Москва: Физматгиз, 1962. — 607 с. — c. 47-56.
  4. Тер-Крикоров А. М., Шабунин М. И. Курс математического анализа: Учеб. пособие для вузов. – 3-е изд., исправл. / А. М. Тер-Крикоров, М. И. Шабунин. – Москва: ФИЗМАТЛИТ, 2001. – 672 с. — С. 45-50.

Бесконечно малые и бесконечно большие последовательности

Пройдите этот тест для проверки своих знаний вышеизложенного материала.

М669. Четырехугольник вписанный в окружность

Задача из журнала «Квант» (1981 год, 10 выпуск)

Условие

Четырехугольник $ABCD$ вписан в окружность. Докажите что:
а) отрезок, соединяющий, середины дуг $AB$ и $CD$, перпендикулярен отрезку, соединяющему середины дуг $BC$ и $AD$;
б) центры окружностей, вписанных в треугольники $ABC$, $BCD$, $CDA$, и $DAB$, являются вершинами прямоугольника.

Решение

а) Поскольку $\widehat{NMP} = \frac{1}{4} (\breve{B}C + \breve{C}D) = \frac{1}{2}\widehat{A}$, $\widehat{MNQ} = \frac{1}{4} (\breve{A}B + \breve{A}D) = \frac{1}{2}\widehat{C}$ (рис. 1), $\widehat{NMP} + \widehat{MNQ} = \frac{1}{2}(\widehat{A} + \widehat{C}) = 90^{\circ}$ , откуда следует утверждение а).
б) Очевидно, $O_{1} = \left | AN \right | \cap \left | CM \right |, O_{2} = \left | BP \right | \cap \left | DN \right |, O_{3} = \left | AP \right | \cap \left | CQ \right |, O_{4} = \left | BQ \right | \cap \left | DM \right |$ — центры окружностей, вписанных соответственно в треугольники $ABC$, $BCD$, $CDA$ и $DAB$ (рис. 2).

Треугольники $BMN$ и $MO_{1}N$ конгруэнтны, так что $\left | BN \right | = \left | NO_{1} \right |$. Аналогично, $\left | CN \right | = \left | NO_{2} \right |$. Но $\left | BN \right | = \left | CN \right |$; следовательно, треугольник $O_{1}NO_{2}$ — равнобедренный, в котором $\left | NQ \right |$ является биссектрисой. Поэтому $\left | NQ \right | \perp \left | O_{1}O_{2} \right |$; значит, $\left | O_{1}O_{2} \right | \left | \right | \left | MP \right |$.

Аналогично доказывается, что $\left | O_{3}O_{4} \right | \left | \right | \left | MP \right |$ и $\left | O_{1}O_{4} \right | \left | \right | \left | NQ \right | \left | \right | \left | O_{2}O_{3} \right |$. Таким образом, четырехугольник $O_{1}O_{2}O_{3}O_{4}$ — прямоугольник.

И.Герман
К.Малхасян

5.2 Дифференцируемость и арифметические операции

Теорема. Пусть функции $f$ и $g$ определены на интервале $(a,b)$ и дифференцируемы в точке $x_0$. Тогда

  1. функция $f + g$ дифференцируема в точке $x_0$ и $$(f + g)’(x_0) = f’(x_0) + g’(x_0);$$
  2. функция $f \cdot g$ дифференцируема в точке $x_0$ и $$(f \cdot g)’(x_0) = f’(x_0)g(x_0) + f (x_0)g’(x_0);$$
  3. если $g(x) \neq 0 (x \in (a,b))$, то функция $\dfrac{f}{g}$ дифференцируема в точке $x_0$ и $$(\dfrac{f}{g})’ = \dfrac{f’(x_0)g(x_0) — f (x_0)g’(x_0)}{g^2(x_0)}.$$

Утверждение $a)$ очевидно. Докажем $b)$. Имеем $$\dfrac{(f \cdot g)(x) — (f \cdot g)(x_0)}{x-x_0} = \dfrac{f(x)g(x) — f(x_0)g(x_0)}{x-x_0} =$$ $$= \dfrac{f(x)g(x) — f(x_0)g(x) + f(x_0)g(x) + f(x_0)g(x_0)}{x-x_0} =$$ $$ = \dfrac{f(x) — f(x_0)}{x-x_0}\cdot g(x) + f(x_0)\dfrac{g(x) — g(x_0)}{x-x_0}.$$ Используя непрерывность функции $g$ в точке $x_0$, которая следует из дифференцируемости, переходя к пределу при $x \to x_0$, получаем $b)$.

Для доказательства $c)$ рассмотрим сначала случай $f(x) \equiv 1$. Тогда $$\dfrac{\dfrac{1}{g(x)} — \dfrac{1}{g(x_0)}}{x — x_0} = — \dfrac {g(x)-g(x_0)}{x-x_0} \cdot \dfrac1{g(x)g(x_0)} \to -\dfrac{g’(x_0)}{g^2(x_0)} (x \to x_0).$$

Замечание. Непосредственно из определения производной следует, что $(c \cdot f)’(x_0) = c\cdot f’(x_0)$, где $c$ – постоянная. Поэтому, используя часть $a)$ доказанной теоремы, получаем, что операция дифференцирования является линейной операцией, т. е. производная линейной комбинации двух дифференцируемых функций равна линейной комбинации их производных – $$(\alpha\cdot f + \beta\cdot g)’(x_0) = \alpha\cdot f’(x_0) + \beta\cdot g’(x_0),$$ где $\alpha$ и $\beta$ – постоянные.

Примеры решения задач

  1. Найти производную функции $ f(x) = 3x^2 + 7x + 3$ в точке $x_0 = 3$.
    Решение

    Пользуясь вышеописанными формулами и таблицей производных получаем: $$f’(x) = (3x^2 + 7x + 3)’ = (3x^2)’ + (7x)’ + (3)’ = 6x + 7 + 0 = 6x + 7.$$ Тогда: $$f’(x_0) = 25$$

  2. Найти производную функции $f(x) = e^x\cos x$
    Решение

    Вновь воспользуемся вышеописанными формулами и таблицей производных, вследствие чего получим результат: $$f’(x) = (e^x\cos x)’ = (e^x)’\cdot\cos x + e^x\cdot(\cos x)’ = e^x\cos x — e^x\sin x$$

  3. Найти производную функции $f(x) = \dfrac {\arccos x}{\sqrt x}$.
    Решение

    $$f’(x) = (\dfrac {\arccos x}{\sqrt x})’ = \dfrac{(\arccos x)’\cdot\sqrt x — (\sqrt x)’\cdot\arccos x}{(\sqrt x)^2} =$$ $$= \dfrac{-\dfrac{\sqrt x}{\sqrt{1 — x^2}} — \dfrac{\arccos x}{2\sqrt x}}{x}$$

Литература

  1. Коляда В.И., Кореновский А. А. Курс лекций по математическому анализу.- Одесса : Астропринт , 2009. с. 111-112.
  2. Кудрявцев Л. Д. Курс математического анализа : учебник для вузов: В 3 т. Т. 1. Дифференциальное и интегральное исчисления функций одной переменной / Л. Д. Кудрявцев. 5-е изд., перераб. и доп. — Москва: Дрофа, 2003. — 703 с. — с.288-291.
  3. Фихтенгольц Г. М. Курс дифференциального и интегрального исчисления: учеб. пособие для ун-тов и пед. ин-тов. Т. 1 / Г. М. Фихтенгольц. — 5-е изд., стереотип. — Москва: Физматгиз, 1962. — 607 с. — С. 199-202.
  4. Б.П.Демидович. Сборник задач и упражнений по математическому анализу, 13-ое издание, Московского университета, 1997, с. 96-97

Дифференцируемость и арифметические операции

Тест для проверки собственных знаний по данной теме.