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

Равномерная сходимость и дифференцируемость

Теорема

Пусть \left \{ f_{n} \right \} — последовательность непрерывно дифференцируемых на отрезке \left[a;b\right] функций. Предположим, что в некоторой точке x\in \left[a;b\right] числовая последовательность \left \{ f_{n}(x_{0}) \right \} сходится, а функциональная последовательность \left \{ f'_{n} \right \} равномерно сходится на \left[a;b\right]. Тогда исходная последовательность \left \{ f_{n} \right \} равномерно сходится на \left[a;b\right] к непрерывно дифференцируемой функции f, причем для любого x\in \left[a;b\right] справедливо равенство f'(x)=\lim_{n\rightarrow \infty }f'_{n}(x).

Доказательство

Спойлер

Обозначим \varphi (x)=\lim_{n\rightarrow \infty }f'_{n}(x). По теореме о непрерывности предела равномерно сходящейся последовательности непрерывных функций получаем, что функция \varphi непрерывна на \left[a;b\right]. Положим g(x)=\int_{x_{0}}^{x}\varphi (t)dt. Применим на отрезке с концами x_{0} и xтеорему о предельном переходе под знаком интеграла к последовательности \left \{ f'_{n}(t) \right \}. Тогда получим
g(x)=\int_{x_{0}}^{x}\varphi (t)dt=\lim_{n\rightarrow \infty }\int_{x_{0}}^{x}f'_{n}(t)dt=\lim_{n\rightarrow \infty }(f_{n}(x)-f_{n}(x_{0}))
(последнее равенство справедливо в силу формулы Ньютона-Лейбница). По условию теоремы существует \lim_{n\rightarrow \infty }f_{n}(x_{0}). Тогда из равенства g(x)=\lim_{n\rightarrow \infty }(f_{n}(x)-f_{n}(x_{0})) следует, что существует и \lim_{n\rightarrow \infty }f_{n}(x), т.е. мы показали, что последовательность \left \{ f_{n}(x) \right \} сходится на \left[a;b\right]. Обозначим f(x)=\lim_{n\rightarrow \infty }f_{n}(x) и получим, что g(x)=f(x)-f(x_{0}), а так как функция g дифференцируема (как интеграл с переменным верхним пределом от непрерывной функции \varphi) и g'(x)=\varphi (x)(в силу формулы Ньютона-Лейбница), то отсюда следует, что функция f также дифференцируема и f'(x)=\varphi (x), т.е. функция f имеет производную, эта производная непрерывна и справедливо равенство f'(x)=\lim_{n\rightarrow \infty }f'_{n}(x). Осталось показать, что последовательность \left \{ f_{n} \right \} сходится к функции f равномерно на \left[a;b\right]. Имеем
\left | f_{n}(x)-f(x) \right |\leq \left | (f_{n}(x)-f_{n}(x_{0}))-(f(x)-f(x_{0})) \right |+\left | f_{n} (x_{0})-f(x_{0})\right |.
Второе слагаемое справа мало при достаточно больших n, а первое оцениваем так:
\left | \int_{x_{0}}^{x}f'_{n}(t)dt-\int_{x_{0}}^{x}\varphi (t)dt \right |=\left | \int_{x_{0}}^{x}(f'_{n}(t)-\varphi (t))dt \right |\leq \int_{a}^{b}\left | f'_{n}(t)-\varphi (t) \right |dt.
Теперь остается учесть, что последовательность \left \{ f'_{n} \right \} сходится к функции \varphi равномерно на \left[a;b\right], и тем самым завершается доказательство теоремы.

[свернуть]

Теорема (о почленном дифференцировании ряда)

Пусть на отрезке \left[a;b\right] задана последовательность непрерывно дифференцируемых функций \left \{ u_{n} \right \}, такая, что ряд \sum_{n=1}^{\infty }u_{n}(x) сходится в некоторой точке x\in \left[a;b\right], а ряд из производных \sum_{n=1}^{\infty }u'_{n}(x) сходится равномерно на \left[a;b\right]. Тогда исходный ряд \sum_{n=1}^{\infty }u_{n}(x) равномерно сходится на всем отрезке \left[a;b\right], его сумма является непрерывно дифференцируемой функцией и справедливо равенство \left ( \sum_{n=1}^{\infty }u_{n}(x) \right )'=\sum_{n=1}^{\infty }u'_{n}(x)\; (x\in \left[a;b\right]).

Доказательство

Спойлер

Для доказательства этой теоремы достаточно применить предыдущую теорему к последовательности частичных сумм ряда \sum_{n=1}^{\infty }u_{n}(x).

[свернуть]

Теорема

Пусть на отрезке \left[a;b\right] задана последовательность дифференцируемых функций \left \{ f_{n} \right \}, сходящаяся в некоторой точке x\in \left[a;b\right] и такова, что функциональная последовательность \left \{ f'_{n} \right \} сходится равномерно на \left[a;b\right]. Тогда последовательность \left \{ f_{n} \right \} равномерно сходится на всем отрезке \left[a;b\right] к некоторой функции f, причем эта функция f дифференцируема на \left[a;b\right] и справедливо равенство $$f'(x)=\lim_{n\rightarrow \infty }f’_{n}(x) \; \; \; \; \; (x\in \left[a;b\right])$$.

Доказательство

Спойлер

Зададим \varepsilon > 0. По критерию Коши, в силу равномерной сходимости последовательности \left \{ f'_{n} \right \}, существует такой номер N, что для всех n, m\geq N и для любого x\in \left[a;b\right] справедливо неравенство $$\left | f’_{n}(x)-f’_{m}(x) \right |< \varepsilon$$
Обозначим \varphi _{n, m}(x)=f_{n}(x)-f_{m}(x). Тогда \left | \varphi {}'_{n,m}(x) \right |< \varepsilon и, в силу формулы Лагранжа, $$\left | \varphi _{n,m}(x)-\varphi _{n,m}(x_{0}) \right |\leq \left | \varphi {}'_{n,m}(\xi ) \right |\cdot \left | x-x_{0} \right |\leq \varepsilon \left | x-x_{0} \right |$$
Отсюда следует, что
$$\left | f_{n}(x)-f_{m}(x) \right |=\left | \varphi _{n,m}(x) \right |\leq \left | \varphi _{n,m}(x)-\varphi _{n,m}(x_{0}) \right |+\left | \varphi _{n,m}(x_{0}) \right |\leq \varepsilon \left | x-x_{0} \right |+\left | f_{n}(x_{0})-f_{m}(x_{0}) \right |$$
Из этого неравенства видно, что последовательность \left \{ f_{n} \right \} удовлетворяет условию критерия Коши, а значит, она равномерно сходится. Обозначим f(x)=\lim_{n\rightarrow \infty }f_{n}(x). Далее, для n,m\geq N имеем $$\left | \varphi _{n,m}(x+h)-\varphi _{n,m}(x) \right |\leq \varepsilon \left | h \right |\; \; \; \; \; (x, x+h\in \left [ a,b \right ])$$
Это неравенство можем переписать так: $$\left | \frac{f_{n}(x+h)-f_{n}(x)}{h} — \frac{f_{m}(x+h)-f_{m}(x)}{h}\right |\leq \varepsilon $$
Устремим n\rightarrow \infty и тогда получим $$\left | \frac{f(x+h)-f(x)}{h} — \frac{f_{m}(x+h)-f_{m}(x)}{h}\right |\leq \varepsilon \; \; \; \; \; (m\geq N)$$
Зафиксируем m\geq N и найдем такое \delta >0, что для всех h, удовлетворяющих условию 0< \left | h \right |< \delta , справедливо неравенство $$\left | \frac{f_{m}(x+b)-f_{m}(x)}{h} -f{}'_{m}(x)\right |< \varepsilon $$
Тогда получим, что $$\left | \frac{f(x+h)-f(x)}{h}-f'_{m}(x) \right |< 2\varepsilon \; \; \; \; \; (0< \left | h \right |< \delta)$$
Если в неравенстве \left | f'_{n}(x)-f'_{m}(x) \right |< \varepsilon (n, m\geq N) перейдем к пределу при n\rightarrow \infty (как уже доказано, он существует), то получим $$\left | \varphi (x)-f'_{m}(x) \right |\leq \varepsilon$$ где обозначено \varphi (x)=\lim_{n\rightarrow \infty }f'_{n}(x). Отсюда следует, что $$\left | \frac{f(x+h)-f(x)}{h}-\varphi(x) \right |< 3\varepsilon \; \; \; \; \; (0< \left | h \right |< \delta)$$
Это означает, что существует $$\lim_{h\rightarrow 0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}=\varphi (x)=\lim_{n\rightarrow \infty }f'_{n}(x) \; \; \; \; \; \; (x \in \left[a;b\right])$$ .

[свернуть]

Тесты

Равномерная сходимость и дифференцируемость

Проверьте свои знания по теме «Равномерная сходимость и дифференцирование»

Равномерная сходимость последовательностей и рядов

Функциональные последовательности

Если каждому натуральному числу n ставится в соответствие по некоторому закону функция f_n(x), определенная на множестве E, то говорят, что на множестве E задана функциональная последовательность \left \{f_n (x)\right \}. Множество E называется областью определения последовательности \left \{f_n (x)\right \}.

Если для некоторого x_0 \in E числовая последовательность \left \{f_n (x_0) \right \} сходится, то говорят, что последовательность функций \left \{f_n (x) \right \} сходится в точке x_0. Последовательность функций, сходящуюся в каждой точке x \in E, называют сходящейся на множестве E.

Если \underset {n \to \infty}{\lim} f_n(x) = f(x) для всех x \in E, то говорят, что последовательность \left \{f_n (x) \right \} на множестве E сходится к функции f(x). Эту функцию называют предельной функцией последовательности.

Равномерная сходимость функциональных последовательностей

Пусть задана последовательность функций \left \{ f_n(x) \right \} и предельная функция f(x). Говорят, что последовательность функций равномерно сходится на множестве E к функции f(x) если
$$\forall \varepsilon >0 \quad \exists n_{ \varepsilon }\in \mathbb{N}: \forall n \ge n_\varepsilon \ \forall x \in E \Rightarrow \left|f_n(x)-f(x) \right| < \varepsilon .$$
Последовательность \left \{ f_n(x) \right \} называется равномерно сходящейся на E, если существует функция f(x), к которой она равномерно сходится.

Спойлер

Рассмотрим последовательность \left \{f_n(x) \right \}, f_n(x) = \frac{1}{n}x^n на отрезке \left [ 0;1 \right ]. Она равномерно сходится на этом отрезке.

thirdtopic

Действительно, так как 0 < \frac{1}{n}x^n < \frac{1}{n} и \underset{n \to \infty}{\lim} \frac{1}{n} = 0, то для любой точности \varepsilon > 0 мы можем выбрать номер  n_\varepsilon = \left \lceil \frac{1}{\varepsilon } \right \rceil + 1, начиная с которого все последующие члены ряда будут меньше \varepsilon, \left | f_n(x) \right | < \varepsilon. Значит последовательность сходится равномерно к нулю на \left [ 0;1 \right ].

[свернуть]

Функциональные ряды

Аналогично вводим понятие функциональных рядов. Пусть каждому натуральному числу n ставится в соответствие по некоторому закону функция u_n(x), определенная на множестве E. Формально говоря нам дана функциональная последовательность \left \{ u_n(x) \right \}.

Выражение вида u_{ 1 }(x)+u_2(x) +\dots +u_n(x) +\dots =\overset{\infty}{\underset{n=1}{\sum}}u_n(x) называется функциональным рядом. Если для некоторого x_0 \in E числовой ряд \sum_{n=1}^{\infty} u_n(x_0) сходится, то говорят, что функциональный ряд \sum_{n=1}^{\infty} u_n(x) сходится в точке x_0. Функциональный ряд, сходящийся в каждой точке x \in E, называют сходящимся на множестве E.

Сумма n первых членов ряда S_n(x) = \overset{n}{\underset{k=1}{\sum}}u_k(x) называется его частичной суммой. Заметим, что частичная сумма сама является функцией. Мы получаем функциональную последовательность \left \{ S_n(x) \right \}.

Спойлер

Изучим сходимость ряда
$$x^2 + \frac{x^2}{1+x^2} + \dots + \frac{x^2}{(1+x^2)^n} + \dots,$$
Где x — действительное число. Этот ряд сходится при всех x. При x \neq 0 мы имеем бесконечно убывающую геометрическую прогрессию со знаменателем q = \frac{1}{1+x^2},  0 < q < 1. Таким образом:
$$x^2 + \frac{x^2}{1+x^2} + \dots + \frac{x^2}{(1+x^2)^n} + \dots = \frac{x^2}{1-\frac{1}{1+x^2}} = 1 + x^2 .$$
При x = 0 каждый член ряда равен нулю и тогда сумма всего ряда равна нулю.

[свернуть]

Равномерная сходимость функциональных рядов

Пусть задан функциональный ряд \overset{\infty}{\underset{n=1}{\sum}}u_n(x), члены которого являются функциями, определенными на множестве E. Функциональный ряд называется равномерно сходящимся на множестве E, если последовательность его частичных сумм равномерно сходящаяся на множестве E. Согласно определению равномерной сходимости последовательности функции, существует такая функция S(x), что
$$\forall \varepsilon >0 \quad \exists n_{ \varepsilon }\in \mathbb{N}: \forall n \ge n_\varepsilon \ \forall x \in E \Rightarrow \left|S_n(x)-S(x) \right| < \varepsilon .$$
Обозначим S_n(x)-S(x)=r_n(x)n-ый остаток ряда, получаем r_n(x) = \overset{\infty}{\underset{k=n+1}{\sum}}u_k(x). Тогда условие сходимости ряда примет вид: $$\forall \varepsilon >0 \quad \exists n_{ \varepsilon }\in \mathbb{N}: \forall n \ge n_\varepsilon \ \forall x \in E \Rightarrow \left|r_n(x)\right| < \varepsilon .$$
Это означает, что какое бы мы маленькое \varepsilon не взяли, начиная с некоторого номера n, n-ый остаток ряда будет меньше этого \varepsilon.

Необходимое условие равномерной сходимости функционального ряда

Теорема

Если функциональный ряд \overset{\infty}{\underset{n=1}{\sum}}u_n(x) равномерно сходится на множестве E, то последовательность его членов \left \{ u_n(x) \right \} равномерно стремится к нулю на множестве E.

Доказательство

Обозначим частичные суммы ряда как S_n(x), а сумму ряда (предельную функцию последовательности частичных сумм) как S(x). Согласно определению равномерной сходимости ряда
$$\forall \varepsilon >0 \quad \exists n_{ \varepsilon }\in \mathbb{N}: \forall n \ge n_\varepsilon \ \forall x \in E \Rightarrow \left|S_n(x)-S(x) \right| < \frac{\varepsilon}{2} ,$$
поэтому для \forall n \ge n_\varepsilon справедливо также неравенство
$$\left| u_{ n+1 }(x) \right| =\left| S_{ n+1 }(x)-S_{ n }(x) \right| =\left| \left[ S_{n+1}(x)-S(x) \right] + \left[S(x) — S_n(x) \right] \right| < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon .$$
А это и означает равномерную сходимость к нулю последовательности \left \{ u_n(x) \right \}.

Список Литературы

Равномерная сходимость последовательностей и рядов

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


Таблица лучших: Равномерная сходимость последовательностей и рядов

максимум из 60 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных

Гармонический ряд

Гармоническим называется ряд:$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots +\frac{1}{n}+\cdots,$$ т.е. гармонический ряд состоит из членов, обратных числам натурального ряда.

Сходимость Гармонического ряда

Проверим гармонический ряд на сходимость:
Общий член гармонического ряда стремится к 0.$$\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{1}{n}=0$$ Это показывает, что необходимое условие сходимости ряда выполняется. Для доказательства сходимости гармонического ряда будем использовать критерий Коши. По критерию Коши для того чтобы ряд сходился необходимо и достаточно чтобы:$$\forall \varepsilon >0, \exists N_{\varepsilon },\forall n>N_{\varepsilon },\forall p > 0:\left | \frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots +\frac{1}{n+p} \right |<\varepsilon$$ В качестве \varepsilon выберем \frac{1}{2} и p=n. Тогда:$$\left | \frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots +\frac{1}{n+p} \right |=\left | \frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots +\frac{1}{2n} \right |>$$$$>\left | \frac{1}{2n}+\frac{1}{2n}+\cdots +\frac{1}{2n} \right |=\frac{1}{2}=\varepsilon$$ Из этого следует что гармонический ряд не удовлетворяет критерию Коши. Иначе говоря гармонический ряд расходится.
grad

Связанные ряды

Обобщённый гармонический ряд

Обобщённым гармоническим рядом называется ряд:$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{\alpha }}=1+\frac{1}{2^{\alpha }}+\frac{1}{3^{\alpha }}+\cdots +\frac{1}{n^{\alpha }}+\cdots$$ Обобщённый гармонический ряд расходится при \alpha\leq 1 и сходится при\alpha>1

Список Литературы

Тест на проверку знаний по данной теме.

Таблица лучших: Гармонический ряд

максимум из 3 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных

Интегральный признак

Интегральный признак сходимости ряда

Формулировка

Дана функция f определенная при всех x\geq1, неотрицательна и убывает, тогда ряд \sum_{n=1}^{\infty}f(n) сходится тогда и только тогда, когда сходится интеграл \int_{1}^{+\infty}{f(x)dx}.

Доказательство

Так как функция монотонна на промежутке \left[1,+\infty \right], тогда она интегрируема по Риману на любом конечном отрезке \left[1,\eta \right], и поэтому имеет смысл говорить о несобственном интеграле.
Если k\leq x\leq k+1, тогда f(k)\geq f(x)\geq f(k+1), k=1,2, ... (функция убывает) (рис. 1). Проинтегрировав это неравенство \left[k,k+1\right] имеем: f(k)\geq \int\limits_{k}^{k+1}{f(x)dx}\geq f(k+1), k=1,2, ....
integral_sign(1)
Суммируя от k=1 до k=n (рис. 2) получим:

\sum\limits_{k=1}^{n}{f(k)}\geq \int\limits_{1}^{n+1}{f(x)dx}\geq \sum\limits_{k=1}^{n}{f(k+1)}

integral_sign(2)
Положим s_{n}=\sum_{k=1}^{n}{f(k)}, будем иметь

s_{n}\geq \int\limits_{1}^{n+1}{f(x)dx}\geq s_{n+1}-f(1)
n=1,2, ...

Если интеграл сходится, то в силу неотрицательности f справедливо неравенство:

\int\limits_{1}^{n+1}{f(x)dx}\leq \int\limits_{1}^{+\infty}{f(x)dx}.

Отсюда следует:

s_{n+1}\leq f(1)+\int\limits_{1}^{+\infty}{f(x)dx},

то есть последовательность частичных сумм ряда ограничена сверху, а значит ряд сходится.
Если ряд сходится, пусть его сумма равна s, тогда \forall n\epsilon \mathbb{N}s_{n}\leq s  и следовательно \forall n\epsilon \mathbb{N}\int_{1}^{n+1}{f(x)dx}\leq s.
Пусть \xi, то беря n, так чтобы n\geq \xi, в силу неотрицательности функции имеем \int_{1}^{\xi }{f(x)dx}\leq \int_{1}^{n}{f(x)dx}\leq s.
Таким образом совокупность всех интегралов \int_{1}^{\xi }{f(x)dx} ограничена сверху, поэтому интеграл \int_{1}^{+\infty}{f(x)dx} сходится.

Пример

Дан ряд \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt[6]{(2n+3)^{7}}}. Исследовать ряд на сходимость.
Так как данная функция f(n)=\frac{1}{\sqrt[6]{(2n+3)^{7}}} определенна при всех n\geq1, неотрицательна и убывает, то воспользуемся  интегральным признаком сходимости ряда.
Проверим сходимость интеграла \int_{1}^{+\infty }{\frac{1}{\sqrt[6]{(2x+3)^{7}}}dx}.

\int\limits_{1}^{+\infty }{\frac{1}{\sqrt[6]{(2x+3)^{7}}}dx}=\frac{1}{2}\int\limits_{1}^{+\infty }{(2x+3)^{-\frac{7}{6}}d(2x+3)}=-\frac{1}{2}*6*\lim\limits_{b\rightarrow +\infty}\left ( \frac{1}{\sqrt[6]{(2x+3)}} \right)\left.\right |^b_1=-3*\lim\limits_{b\rightarrow +\infty}\left ( \frac{1}{\sqrt[6]{2b+3}}-\frac{1}{\sqrt[6]{5}} \right )=\frac{3}{\sqrt[6]{5}}

Интеграл сходится, а значит исходный ряд тоже сходится.

Тест

Предлагаем пройти тесты и закрепить пройденный материал