15.1 Определения и простейшие свойства

Пусть задана числовая последовательность $\left\{a_{n}\right\}_{n=1}^{\infty}$ . Символ $a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}+\ldots$ , или, что то же самое, $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ , называется числовым рядом, а сами числа $a_{n}$ называются слагаемыми или членами ряда. Обозначим $S_{1}=a_{1}, S_{2}=a_{1}+a_{2},\ldots, S_{n}=a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}a_{k}$ $\left(n=1,2,\ldots\right)$ . Числа $S_{n}$ называются частичными суммами ряда $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ .

Если существует $\displaystyle\lim_{n \rightarrow \infty}S_{n}=S$ , то ряд $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ называется сходящимся, а число $S$ называется суммой ряда $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ . Если же не существует конечного предела последовательности частичных сумм $S_{n}$ , то ряд $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ называется расходящимся. Если ряд $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ сходится к сумме $S,$ то это обозначают так: $S=a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}+\cdots=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}.$

Таким образом, с каждым рядом $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ мы связываем последовательность его частичных сумм $S_{n}=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}a_{k}$ , причем сходимость ряда мы определяем как сходимость последовательности частичных сумм этого ряда (понятие сходимости последовательности изучалось нами ранее). Обратно, если задана последовательность $\left\{S_{n}\right\}_{n=1}^{\infty}$ , то легко составить ряд, для которого эта последовательность будет последовательностью частичных сумм. Действительно, достаточно положить $a_{1}=S_{1}, a_{2}=S_{2}-S_{1},\ldots,$ $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}$ $(n=2,3,\ldots)$ . Ясно, что в этом случае будем иметь $a_{1}+\cdots+a_{n}=S_{n}$ , т. е. заданные числа $S_{n}$ являются частичными суммами построенного нами рядa $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}.$

Геометрической прогрессией называется такая последовательность $1,q,q^{2},\ldots,q^{n−1},\ldots$ , т. е. $\left\{q^{n-1}\right\}_{n=1}^{\infty}$ , где $q$ – фиксированное число. Ряд $1+q+q^{2}+\cdots+q^{n−1}+\ldots\equiv\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}q^{n-1}$ называется суммой геометрической прогрессии. В этом случае слагаемые ряда равны ${a}_n = q^{n−1}$ . Выведем формулу для суммы первых $n$ слагаемых геометрической прогрессии. Имеем $S_{n}=1+q+q^{2}+\cdots+q^{n-2}+q^{n−1},$ $qS_{n}=q+q^{2}+q^{3}+\cdots+q^{n-1}+q^{n}.$ Если $q\neq1$ , то вычитая второе равенство из первого, получим $S_{n}=\frac{1-q^{n}}{1-q}$ . Если же $q=1$ , то, очевидно, $S_{n}=1+1+\cdots+1=n$ и $S_{n}\rightarrow\infty$ $\left(n\rightarrow\infty\right)$ , так что при $q=1$ данный ряд расходится. Пусть $q\neq1$ . Тогда вопрос о сходимости ряда $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}q^{n-1}$ сводится к вопросу о сходимости последовательности $S_{n}=\frac{1-q^{n}}{1-q}$ . Ясно, что возможны такие случаи.

$\left|q\right|<1$ . При этом $S_{n}\rightarrow\frac{1}{1-q}$ $\left(n\rightarrow\infty\right)$ , т. е. наш ряд сходится и его сумма равна $S=\frac{1}{1-q}$ .
$\left|q\right|>1$ . Тогда последовательность $S_{n}$ не имеет предела, т. е. ряд расходится.
$\left|q\right|=1$ . Случай $q=1$ уже рассмотрен. Если же $q=−1$ , то, очевидно, $S_{2k}=0$ и $S_{2k+1}=1$ , так что последовательность частичных сумм $\left\{S_{n}\right\}$ не имеет предела, т. е. ряд расходится.

Окончательно, $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}q^{n-1}=\frac{1}{1-q}$ при $\left|q\right|<1$ , а при $\left|q\right|\geqslant 1$ ряд $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}q^{n-1}$ расходится.

Рассмотрим ряд $\frac{1}{1\cdot2}+\frac{1}{2\cdot3}+\cdots+\frac{1}{n(n+1)}+\ldots$ Имеем $S_{n}=\frac{1}{1\cdot2}+\frac{1}{2\cdot3}+\cdots+\frac{1}{n(n+1)}=$ $=\left(1-\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)=1-\frac{1}{n+1}.$ Теперь уже легко видеть, что $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}S_{n}=\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}\left(1-\frac{1}{n+1}\right)=1$ , а это означает, что наш ряд сходится и его сумма равна $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(n+1)}=1$ .

Теорема (критерий Коши сходимости ряда). Ряд $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ сходится тогда и только тогда, когда для любого $\varepsilon>0$ найдется такой номер $N=N(\varepsilon)$ , что при любом $n\geq N$ и при любом натуральном $p$ справедливо неравенство $\left|\displaystyle\sum_{k=n+1}^{n+p}a_{k}\right|<\varepsilon.$

Сумма слева в последнем неравенстве называется отрезком Коши. По определению, сходимость ряда эквивалентна сходимости последовательности его частичных сумм $S_{n}$ . В силу критерия Коши для числовых последовательностей, сходимость последовательности $\left\{S_{n}\right\}$ эквивалентна ее фундаментальности. Фундаментальность последовательности $\left\{S_{n}\right\}$ означает, что для любого $\varepsilon>0$ найдется такой номер $N$ , что для любого $n\geqslant N$ и для любого $p\in \mathbb {N}$ справедливо неравенство $\left|S_{n+p}−S_{n}\right|<\varepsilon$ . Но поскольку $S_{n+p}−S_{n}=a_{1}+\cdots+a_{n}+a_{n+1}+\cdots+a_{n+p}−(a_{1}+\cdots+a_{n})=$ $=a_{n+1}+\cdots+a_{n+p},$ то тем самым теорема доказана. $\small\Box$

Следствие (необходимое условие сходимости). Если ряд $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ сходится, то $\displaystyle\lim_{n\rightarrow \infty}a_{n}=0$ .

Если ряд $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ сходится, то, в силу критерия Коши, для любого $\varepsilon>0$ найдется такое $N\in \mathbb {N}$ , что при любом $n\geqslant N$ и при любом $p\in \mathbb {N}$ справедливо неравенство $\left|\displaystyle\sum_{k=n+1}^{n+p}a_{k}\right|<\varepsilon$ . В частности, если $p=1$ , то получим, что для любого $\varepsilon>0$ найдется такой номер $N$ , что при любом $n\geqslant N$ справедливо неравенство $\left|a_{n+1}\right|<\varepsilon$ . Это и означает, что $\displaystyle\lim_{n\rightarrow \infty}a_{n}=0$ . $\small\Box$

Сходимость ряда $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ равносильна существованию следующего предела: $\displaystyle\lim_{n \rightarrow \infty}S_{n}=S$ . Но тогда и $\displaystyle\lim_{n \rightarrow \infty}S_{n-1}=S$ , откуда, в силу равенства $a_{n}=S_{n}−S_{n−1}$ , следует $\displaystyle\lim_{n \rightarrow \infty}a_{n}=\displaystyle\lim_{n \rightarrow \infty}{(S_{n}-S_{n-1})}=\displaystyle\lim_{n \rightarrow \infty}S_{n}-\displaystyle\lim_{n \rightarrow \infty}S_{n-1}=S-S=0.\ \small\Box$

Итак, если ряд $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ , сходится, то его слагаемые стремятся к нулю. Обратное утверждение неверно. Действительно, для ряда $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{n}}$ имеем: $a_{n}=\frac{1}{\sqrt{n}}$ . Тогда $\displaystyle\lim_{n \rightarrow \infty}a_{n}=0$ и, вместе с тем, $S_{n}=1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n}}\geqslant n\cdot\frac{1}{\sqrt{n}}=\sqrt{n},$ откуда следует, что $\displaystyle\lim_{n \rightarrow \infty}S_{n}=+\infty$ , т. е. ряд $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{n}}$ расходится.

Гармоническим называется ряд $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}+\ldots$ Отрезок Коши этого ряда можно оценить следующим образом:
$\displaystyle\sum_{k=n+1}^{n+p}\frac{1}{k}=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots+\frac{1}{n+p}\geqslant\frac{1}{n+p}\cdot p.$ Если взять $p=n$ , то получим, что $\displaystyle\sum_{k=n+1}^{2n}\frac{1}{k}\geqslant\frac{n}{n+n}=\frac{1}{2}$ . Это означает, что найдется такое ${\varepsilon}_{0}>0$ $({\varepsilon}_{0}=\frac{1}{2})$ , что для любого $N\in \mathbb {N}$ существует $n\geqslant N$ (например, $n=N$ ) и существует такое $p\in \mathbb {N}$ $(p=n)$ , при которых справедливо неравенство $\left|\displaystyle\sum_{k=n+1}^{n+p}\frac{1}{k}\right|\geqslant {\varepsilon}_{0}$ . В силу критерия Коши это означает, что гармонический ряд расходится.

Как правило, на практике необходимое условие сходимости применяется в следующей форме: если предел слагаемых ряда не существует, либо существует, но отличен от нуля, то ряд расходится.

Примеры решения задач

Найти сумму ряда $\sum_{n=1}^{\infty}\left(\sqrt{n+2}-2\sqrt{n+1}+\sqrt{n}\right).$

Решение

$S_{n}=\left(\sqrt{1+2}-2\sqrt{1+1}+\sqrt{1}\right)+\left(\sqrt{2+2}-2\sqrt{2+1}+\sqrt{2}\right)+\cdots+$ $+\left(\sqrt{n-1+2}-2\sqrt{n-1+1}+\sqrt{n-1}\right)+\left(\sqrt{n+2}-2\sqrt{n+1}+\sqrt{n}\right)=$ $=\left(\sqrt{3}-2\sqrt{2}+\sqrt{1}\right)+\left(\sqrt{4}-2\sqrt{3}+\sqrt{2}\right)+\cdots+$ $+\left(\sqrt{n+1}-2\sqrt{n}+\sqrt{n-1}\right)+\left(\sqrt{n+2}-2\sqrt{n+1}+\sqrt{n}\right)=$ $=1-\sqrt{2}+\sqrt{n+2}-\sqrt{n+1}=1-\sqrt{2}+\frac{1}{\sqrt{n+2}+\sqrt{n+1}};$ $S=\lim_{n \rightarrow \infty}S_{n}=\lim_{n \rightarrow \infty}\left(1-\sqrt{2}+\frac{1}{\sqrt{n+2}+\sqrt{n+1}}\right)=1-\sqrt{2}.$
Записать первые три члена ряда $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sqrt{n+1}}{\left(4n-3\right)5^{n}}.$

Решение

$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sqrt{n+1}}{\left(4n-3\right)5^{n}}=\frac{\sqrt{2}}{1\cdot5^1}+\frac{\sqrt{3}}{5\cdot5^2}+\frac{\sqrt{4}}{9\cdot5^3}+\ldots$
Записать сумму в свернутом виде с общим членом ряда $\frac{2}{\sqrt[5]{7}}+\frac{4}{\sqrt[5]{14}}+\frac{8}{\sqrt[5]{21}}+\ldots$

Решение

$\frac{2}{\sqrt[5]{7}}+\frac{4}{\sqrt[5]{14}}+\frac{8}{\sqrt[5]{21}}+\ldots=\frac{2^1}{\sqrt[5]{7\cdot1}}+\frac{2^2}{\sqrt[5]{7\cdot2}}+\frac{2^3}{\sqrt[5]{7\cdot3}}+\ldots=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2^n}{\sqrt[5]{7n}}$
Проверить, выполняется ли необходимое условие сходимости для ряда: $\sum_{n=1}^{\infty}\left(2n+1\right).$

Решение

Ряды $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(2n+1\right)$ расходятся, поскольку не выполняется необходимое условие сходимости: общий член ряда не стремится к нулю $\left(\displaystyle\lim_{n \rightarrow \infty}a_{n}=\displaystyle\displaystyle\lim_{n \rightarrow \infty}\left(2n+1\right)=\infty\neq0\right)$ .

Определения и простейшие свойства числового ряда

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

Задание 1 из 5

1.
Количество баллов: 1
Из ниже перечисленных рядов выберите сходящийся ряд.
- $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^{2}}{7n^{2}+8000n}$
- $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^{n}$
- $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(-1\right)^{n}\frac{n+1}{n+2}$
Правильно

Ряды $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^{2}}{7n^{2}+8000n}$ и $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(-1\right)^{n}\frac{n+1}{n+2}$ расходятся, поскольку не выполняется необходимое условие сходимости: общий член ряда не стремится к нулю. Ряд $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^{n}$ сходится, как геометрическая прогрессия, где $q=\frac{1}{2}<1$ .

Неправильно

Ряды $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^{2}}{7n^{2}+8000n}$ и $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(-1\right)^{n}\frac{n+1}{n+2}$ расходятся, поскольку не выполняется необходимое условие сходимости: общий член ряда не стремится к нулю. Ряд $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^{n}$ сходится, как геометрическая прогрессия, где $q=\frac{1}{2}<1$ .
Задание 2 из 5

2.
Количество баллов: 1
Проверить, выполняется ли необходимое условие сходимости для ряда: $0,001+\sqrt{0,001}+\sqrt[3]{0,001}+\ldots$
- Да, выполняется.
- Нет, не выполняется.
Правильно

$\displaystyle\lim_{n \rightarrow \infty}a_{n}=\displaystyle\lim_{n \rightarrow \infty}\sqrt[n]{0,001}=1\neq 0$ .

Неправильно

$\displaystyle\lim_{n \rightarrow \infty}a_{n}=\displaystyle\lim_{n \rightarrow \infty}\sqrt[n]{0,001}=1\neq 0$ .
Задание 3 из 5

3.
Количество баллов: 1
Дополните формулировку теоремы одним словом.

Ряд $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ $\ldots$ тогда и только тогда, когда $\forall\varepsilon>0$ $\exists N=N\left(\varepsilon\right):$ $\forall n\geqslant N,$ $\forall p \in \mathbb {N}:$ $\left|\displaystyle\sum_{k=n+1}^{n+p}a_{k}\right|<\varepsilon.$
Правильно

Неправильно

Задание 4 из 5

4.

Количество баллов: 4

Исследовать сходимость рядов:

Элементы сортировки

Ряд расходится, так как не выполняется необходимое условие сходимости $(\displaystyle\lim_{n \rightarrow \infty}a_{n}=\frac{1}{1000})$ .
Ряд расходится, так как не выполняется необходимое условие сходимости $(\displaystyle\lim_{n \rightarrow \infty}a_{n}=1)$ .
Ряд сходится и его сумма равна $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}=2$ .
Ряд сходится и его сумма равна $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}=1$ .

$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n+1}{1000n+1000}$

$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{e}{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{n}$

$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{2^n}$

$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(n+1)}$

Задание 5 из 5

5.
Количество баллов: 4
Упорядочьте суммы рядов по возрастанию.
- $\frac{1}{1\cdot 4}+\frac{1}{4\cdot 7}+\cdots+\frac{1}{(3n-2)(3n+1)}+\ldots$
- $1-\frac{1}{2}+\frac{1}{4}-\frac{1}{8}+\cdots+\frac{{(-1)}^{n-1}}{2^{n-1}}+\ldots$
- $\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{2^n}+\frac{1}{3^n}\right)+\ldots$
- $\frac{1}{2}+\frac{3}{2^2}+\frac{5}{2^3}+\cdots+\frac{2n-1}{2^n}+\ldots$
Правильно

$S_{n}=\frac{1}{1\cdot 4}+\frac{1}{4\cdot 7}+\cdots+\frac{1}{(3n-2)(3n+1)}=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{(3k-2)(3k+1)}=$ $=\frac{1}{3}\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{3k-2}-\frac{1}{3k+1}\right)=\frac{1}{3}\left(1-\frac{1}{3k+1}\right),\ S=\lim_{n \rightarrow \infty}S_{n}=\frac{1}{3}.$

$S_{n}=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{4}-\frac{1}{8}+\cdots+\frac{{(-1)}^{n-1}}{2^{n-1}}=\frac{1-\frac{(-1)^n}{2^n}}{1+\frac{1}{2}},$ $S=\lim_{n \rightarrow \infty}S_{n}=\frac{1}{1+\frac{1}{2}}=\frac{2}{3}.$

$S_{n}=\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{2^n}+\frac{1}{3^n}\right)=$ $=\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2^{2}}+\cdots+\frac{1}{2^{n}}\right)+\left(\frac{1}{3}+\frac{1}{3^{2}}+\cdots+\frac{1}{3^{n}}\right)=$ $=\frac{1}{2}\cdot\frac{1-\frac{1}{2^{n}}}{1-\frac{1}{2}}+\frac{1}{3}\cdot\frac{1-\frac{1}{3^{n}}}{1-\frac{1}{3}},$ $S=\lim_{n \rightarrow \infty}\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{1-\frac{1}{2}}+\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{1-\frac{1}{3}}=\frac{3}{2}.$

$S_{n}=\frac{1}{2}+\frac{3}{2^2}+\frac{5}{2^3}+\cdots+\frac{2n-1}{2^n},$ $\frac{1}{2}S_{n}=\frac{1}{2^2}+\frac{3}{2^3}+\frac{5}{2^4}+\cdots+\frac{2n-1}{2^{n+1}},$ $\frac{1}{2}S_{n}=S_{n}-\frac{1}{2}S_{n}=\frac{1}{2}+\frac{2}{2^2}+\frac{2}{2^3}+\cdots+\frac{2}{2^n}-\frac{2n-1}{2^{n+1}}=$ $=\frac{1}{2}\left(1+1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{2^{n-1}}-\frac{2n-1}{2^n}\right)=\frac{1}{2}\left(1+\frac{1-\frac{1}{2^{n-1}}}{1-\frac{1}{2}}-\frac{2n-1}{2^n}\right),$ $S=\lim_{n \rightarrow \infty}S_{n}=1+\frac{1}{1-\frac{1}{2}}=3.$

Неправильно

$S_{n}=\frac{1}{1\cdot 4}+\frac{1}{4\cdot 7}+\cdots+\frac{1}{(3n-2)(3n+1)}=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{(3k-2)(3k+1)}=$ $=\frac{1}{3}\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{3k-2}-\frac{1}{3k+1}\right)=\frac{1}{3}\left(1-\frac{1}{3k+1}\right),\ S=\lim_{n \rightarrow \infty}S_{n}=\frac{1}{3}.$

$S_{n}=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{4}-\frac{1}{8}+\cdots+\frac{{(-1)}^{n-1}}{2^{n-1}}=\frac{1-\frac{(-1)^n}{2^n}}{1+\frac{1}{2}},$ $S=\lim_{n \rightarrow \infty}S_{n}=\frac{1}{1+\frac{1}{2}}=\frac{2}{3}.$

$S_{n}=\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{2^n}+\frac{1}{3^n}\right)=$ $=\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2^{2}}+\cdots+\frac{1}{2^{n}}\right)+\left(\frac{1}{3}+\frac{1}{3^{2}}+\cdots+\frac{1}{3^{n}}\right)=$ $=\frac{1}{2}\cdot\frac{1-\frac{1}{2^{n}}}{1-\frac{1}{2}}+\frac{1}{3}\cdot\frac{1-\frac{1}{3^{n}}}{1-\frac{1}{3}},$ $S=\lim_{n \rightarrow \infty}\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{1-\frac{1}{2}}+\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{1-\frac{1}{3}}=\frac{3}{2}.$

$S_{n}=\frac{1}{2}+\frac{3}{2^2}+\frac{5}{2^3}+\cdots+\frac{2n-1}{2^n},$ $\frac{1}{2}S_{n}=\frac{1}{2^2}+\frac{3}{2^3}+\frac{5}{2^4}+\cdots+\frac{2n-1}{2^{n+1}},$ $\frac{1}{2}S_{n}=S_{n}-\frac{1}{2}S_{n}=\frac{1}{2}+\frac{2}{2^2}+\frac{2}{2^3}+\cdots+\frac{2}{2^n}-\frac{2n-1}{2^{n+1}}=$ $=\frac{1}{2}\left(1+1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{2^{n-1}}-\frac{2n-1}{2^n}\right)=\frac{1}{2}\left(1+\frac{1-\frac{1}{2^{n-1}}}{1-\frac{1}{2}}-\frac{2n-1}{2^n}\right),$ $S=\lim_{n \rightarrow \infty}S_{n}=1+\frac{1}{1-\frac{1}{2}}=3.$

Таблица лучших: Определения и простейшие свойства числового ряда

максимум из 11 баллов
Место	Имя	Записано	Баллы	Результат
Таблица загружается
Нет данных

15.3.2 Признаки Абеля и Дирихле

Аналогом интегрирования по частям для сумм является следующее равенство, которое называют преобразованием Абеля:
$\sum_{i=1}^n\alpha_i \beta_i = \sum_{i=1}^{n-1}\left(\alpha_i — \alpha_{i+1}\right)B_i + \alpha_n B_n,$
где $B_i = \sum_{j = 1}^i\beta_j \left(i = 1,2,\ldots,n\right).$ Для его доказательства обозначим
$B_0 = 0.$ Тогда получим
$\sum_{i=1}^n\alpha_i \beta_i = \sum_{i=1}^n\alpha_i\left(B_i — B_{i-1}\right) = \sum_{i=1}^n\alpha_iB_i — \sum_{i=1}^n\alpha_iB_{i-1} =$ $= \sum_{i=1}^{n — 1}\alpha_iB_i + \alpha_nB_n — \sum_{i=1}^{n — 1}\alpha_{i + 1}B_i = \sum_{i=1}^{n — 1}\left(\alpha_i — \alpha_{i+1}\right)B_i + \alpha_nB_n,$
и тем самым завершается доказательство преобразования Абеля.

Лемма

Пусть числа $\alpha_i \left(i = 1,2,\ldots,n\right)$ монотонны (возрастают или убывают). Тогда справедливо неравенство
$\left|\sum_{i=1}^n\alpha_i \beta_i\right| \leqslant \max_{1\leqslant k\leqslant n} \left| B_k\right|\left(\left|\alpha_1\right| + 2\left|\alpha_n\right|\right)$

Применим преобразование Абеля
$\left|\sum_{i=1}^n\alpha_i \beta_i\right| = \left|\sum_{i=1}^{n — 1}\left(\alpha_i — \alpha_{i+1}\right)B_i + \alpha_nB_n\right| \leqslant$
$\leqslant \max_{1\leqslant k\leqslant n}\left| B_k\right|\left(\sum_{i=1}^{n — 1}\left|\alpha_i — \alpha_{i+1}\right| + \left|\alpha_n\right|\right) =$
$= \max_{1\leqslant k\leqslant n}\left| B_k\right|\left(\left|\alpha_1 — \alpha_n\right| + \left|\alpha_n\right|\right)\leqslant \max_{1\leqslant k\leqslant n}\left| B_k\right|\left(\left|\alpha_1\right| + 2\left|\alpha_n\right|\right),$
и тем самым лемма доказана.

Теорема (признак Абеля)

Пусть последовательность $\{a_n\}$ монотонна (возрастающая или убывающая) и ограничена, а последовательность $\{b_n\}$ такова, что сходится ряд $\sum_{n = 1}^{\infty}b_n.$ Тогда ряд $\sum_{n = 1}^{\infty}a_nb_n$ сходится.

Доказательство основано на применении критерия Коши . В силу этого критерия, нам нужно оценить отрезок Коши
$\sum_{k=n + 1}^{n + p}a_k b_k \equiv \sum_{i=1}^pa_{n + i}b_{n + i}$
Обозначим $\alpha_i = a_{n+i},\; \beta_i = b_{n+i}.$ Пользуясь леммой, получим
$\left|\sum_{k=n + 1}^{n + p}a_k b_k\right| = \left|\sum_{i=1}^p\alpha_i\beta_i\right| \leqslant \max_{1\leqslant k\leqslant p}\left| B_k\right|\left(\left|\alpha_1\right| + 2\left|\alpha_p\right|\right) =$
$= \max_{1\leqslant k\leqslant p}\left|\sum_{i=n+1}^{n+k}b_i\right|\left(\left|a_{n+1}\right| + 2\left|a_{n+p}\right|\right)\;\;\;\;\;\;\left(15.16\right)$
По условию, ряд $\sum_{n=1}^{\infty}b_n$ сходится. Поэтому, в силу критерия Коши, для любого $\varepsilon > 0$ найдется такой номер $N,$ что при любом $n \geqslant N$ и при любом $k \in \mathbb{N}$ справедливо неравенство $\left|\sum_{i=n+1}^{n+k}b_i\right| < \varepsilon .$ Далее, в силу
ограниченности последовательности $\{a_n\},$ найдется такое $M,$ что $\left|a_n\right| \leq M \left(n = 1,2,\ldots\right).$ Из неравенства $\left(15.16\right),$ для заданного $\varepsilon > 0$ и $n \geqslant N$ имеем
$\left|\sum_{i=n+1}^{n+p}a_ib_i\right| \leqslant 3M \cdot \varepsilon,$
где произвольное $p \in \mathbb{N}.$ Таким образом, для ряда $\sum_{i = 1}^{\infty}a_ib_i$ выполнено условие критерия Коши, в силу которого этот ряд сходится.

Теорема (признак Дирихле)

Пусть последовательность $\{a_n\}$ монотонно стремится к нулю, а последовательность $\{b_n\}$ такова, что частичные суммы $B_n = \sum_{i = 1}^{n}b_i$ ограничены, т.е существует такое $M,$ что $\left|B_n\right| \leq M \left(n = 1,2,\ldots\right).$ Тогда ряд $\sum_{n = 1}^{\infty}a_nb_n$ сходится.

В силу неравенства $\left(15.16\right),$ полученного при доказательстве предыдущей теоремы,
$\left|\sum_{k=n+1}^{n+p}a_kb_k\right| \leqslant \max_{1\leqslant k\leqslant p}\left| B_{n+k} — B_n\right|\left(\left|a_{n+1}\right| + 2\left|a_{n+p}\right|\right)\;\;\;\;\;\left(15.17\right)$
Зададим $\varepsilon > 0$ и, пользуясь условиями теоремы, найдем такой номер $N,$ что $\left|a_n\right| < \varepsilon$ при всех $n \geqslant N.$ Тогда из $\left(15.17\right)$ и из ограниченности $B_i$ следует
$\left|\sum_{k=n+1}^{n+p}a_kb_k\right| \leqslant 2M \cdot 3\varepsilon = 6M\varepsilon\;\;\left(n \geqslant N, p \in \mathbb{N}\right)$
Таким образом, для ряда $\sum_{n=1}^{\infty}a_nb_n$ выполнено условие критерия Коши, в силу которого этот ряд сходится.

Теорема Лейбница является частным случаем признака Дирихле, в котором $a_n = u_n, b_n = \left(-1\right)^{n-1}.$

Примеры:

Доказать, что ряд $\sum\limits_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n}\sin{n\alpha}$ сходится по Дирихле.

Решение:

Положим

$a_n = \frac{1}{n},$ тогда последовательность

$\{a_n\}_{n = 1}^{\infty}$ монотонно стремится к нулю т.к.

$\lim\limits_{n \rightarrow \infty}\frac{1}{n} = 0$
$\frac{a_{n + 1}}{a_n} = \frac{n}{n + 1} < 1$

Положим также $b_n = \sin{n\alpha},$ тогда по формуле суммы синусов кратных углов получим
$\sum_{k=1}^{n}\sin{n\alpha} = \frac{\sin{\frac{n\alpha}{2}} \cdot \sin{\frac{\left(n+1\right)\alpha}{2}}}{\sin{\frac{\alpha}{2}}}, \;\; \alpha \neq 2\pi m, \;\; \left(m = 0,\pm 1,\ldots\right)$
и отсюда
$\left|\sum_{k=1}^{n}\sin{n\alpha}\right| = \left|\frac{\sin{\frac{n\alpha}{2}} \cdot \sin{\frac{\left(n+1\right)\alpha}{2}}}{\sin{\frac{\alpha}{2}}}\right| \leqslant \frac{1}{\left|\sin{\frac{\alpha}{2}}\right|} \equiv M, \;\; \alpha \neq 2\pi m, \;\; \left(m = 0,\pm 1,\ldots\right),$
что и значит что наши суммы ограничены константой $M$ . Подытожив, имеем последовательность $\{a_n\}_{n = 1}^{\infty},$ монотонно сходящуюся к $0$ и последовательность $\{b_n\}_{n = 1}^{\infty},$ частичные суммы которой ограниченны. Тогда по признаку Дирихле ряд $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}\sin{n\alpha}$ сходится.

Исследовать ряд $\sum\limits_{n = 1}^{\infty} \frac{\sin n \cdot \sin{n^2}}{n^2}$ на сходимость.

Решение:

Пусть

$\{b_n\}_{n=1}^{\infty} = \{\sin n \cdot \sin{n^2}\}_{n=1}^{\infty},$ покажем, что частичные суммы ограниченны.

$\sum_{k = 1}^{n}b_k = \sum_{k = 1}^{n}\sin k \cdot \sin{k^2} = \sum_{k = 1}^{n}\frac{\cos{\left(k — k^2\right)} — \cos{\left(k + k^2\right)}}{2} = \left(\frac{\cos0}{2} — \frac{\cos2}{2}\right) +$

$+ \left(\frac{\cos{\left(-2\right)}}{2} — \frac{\cos6}{2}\right) + \left(\frac{\cos{\left(-6\right)}}{2} — \frac{\cos12} {2}\right) + \left(\frac{\cos{\left(-12\right)}}{2} — \frac{\cos20}{2}\right) +\cdots$

$+ \left(\frac{\cos{\left(n — n^2\right)}}{2} — \frac{\cos{\left(n + n^2\right)}}{2}\right) = \frac{1}{2} — \frac{\cos{\left(n + n^2\right)}}{2}$

$\left|\sum_{k = 1}^{n}b_k\right| = \left|\frac{1}{2} — \frac{\cos{\left(n + n^2\right)}}{2}\right| \leqslant \frac{1}{2} + \frac{\left|\cos{\left(n + n^2\right)}\right|}{2} \leqslant \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1$
Получили, что частичные суммы последовательности

$\{b_n\}_{n=1}^{\infty}$ в совокупности ограниченны единицей.
Теперь пусть

$\{a_n\}_{n=1}^{\infty} = \{n^2\}_{n=1}^{\infty}.$ Убедимся, что

$\{a_n\}_{n=1}^{\infty}$ монотонно стремится к нулю.

$\lim\limits_{n \rightarrow \infty}\frac{1}{n^2} = 0$
$\frac{a_{n + 1}}{a_n} = \frac{n^2}{\left(n + 1\right)^2} < 1$

Действительно, $\{a_n\}_{n=1}^{\infty}$ монотонно стремится к нулю.
Значит ряд $\sum\limits_{n = 1}^{\infty} \frac{\sin n \cdot \sin{n^2}}{n^2}$ сходится по Дирихле.

Доказать, что ряд $\sum\limits_{n = 1}^{\infty} \frac{\sin{\frac{\pi n}{12}}}{\ln n}\cos{\frac{\pi}{n}}$ сходится по Абелю.

Решение:

Выделим в исходном ряде 2 последовательности:

$\{\frac{\sin{\frac{\pi n}{12}}}{\ln n}\}_{n=1}^{\infty}$ и

$\{\cos{\frac{\pi}{n}}\}_{n=1}^{\infty}.$ Докажем, что ряд

$\sum\limits_{n = 1}^{\infty}\frac{\sin{\frac{\pi n}{12}}}{\ln n}$ сходится:
Пусть

$a_n = \frac{1}{\ln n},$ тогда последовательность

$\{a_n\}_{n = 1}^{\infty}$ монотонно стремится к нулю т.к.

$\lim\limits_{n \rightarrow \infty}\frac{1}{ln n} = 0$
$\frac{a_{n + 1}}{a_n} = \frac{\ln n}{\ln{n + 1}} < 1$

И пусть $b_n = \sin{\frac{\pi n}{12}},$ отсюда из формулы суммы синусов кратных углов следует, что
$\left|\sum_{k=1}^{n}\sin{\frac{\pi n}{12}}\right| = \left|\frac{\sin{\frac{\pi}{24} n} \cdot \sin{\left(\frac{\pi}{24}\left(n+1\right)\right)}}{\sin{\frac{\pi}{24}}}\right| \leqslant \frac{1}{\left|\sin{\frac{\pi}{24}}\right|} \equiv M,$
значит частичные суммы последовательности $\{b_n\}_{n=1}^{\infty}$ ограничены. По признаку Дирихле ряд сходится.
Последовательность $\{\cos{\frac{\pi}{n}}\}_{n=1}^{\infty}$ ограниченна единицей и монотонна т.к. косинус на промежутке $\left[\pi;0\right)$ монотонно убывает.

Оба условия признака Абеля выполнены, а значит ряд сходится.

Тест по теме: "Признаки Абеля и Дирихле"

Небольшой тест, чтобы закрепить теоретический материал.

Задание 1 из 5

1.
Для того, чтобы ряд $\sum_{n = 1}^{\infty}a_nb_n$ сходился по признаку Абеля необходимо, чтобы последовательность была $\{a_n\}_{n=1}^{\infty}$ монотонной и ограниченной, а последовательность $\{b_n\}_{n=1}^{\infty}$ …
- Такова, что частичные суммы $B_n = \sum_{i = 1}^{n}b_i$ ограниченны
- Cтремится к нулю
- Такова, что ряд $\sum_{n = 1}^{\infty}b_n$ сходится
- Такова, что сумма ряда $\sum_{n = 1}^{\infty}b_n$ равна нулю
Правильно

Поздравляем! Это правильный ответ!

Неправильно

Увы, вы дали неверный ответ.
Задание 2 из 5

2.
Для того, чтобы ряд $\sum_{n = 1}^{\infty}a_nb_n$ сходился по Дирихле должны выполнятся 2 условия:
- Последовательность $\{a_n\}$ Монотонно стремится к нулю
- Последовательность $\{a_n\}$ стремится к нулю
- Ряд $\sum_{n = 1}^{\infty}a_nb_n$ имеет общий член $a_n$ , стремящийся к нулю
- Последовательность $\{b_n\}$ такая, что ряд $\sum_{n = 1}^{\infty}b_n$ сходится
- Последовательность $\{b_n\}$ такая, что частичные суммы $\sum_{i = 1}^{n}b_i$ ограничены
Правильно

Поздравляем! Это правильный ответ!

Неправильно

Увы, вы дали неверный ответ.
Задание 3 из 5

3.
Доказательство признака Абеля основано на применении…
Правильно

Поздравляем! Это правильный ответ!

Неправильно

Увы, вы дали неверный ответ.
Задание 4 из 5

4.
Расставить в порядке убывания выражения:
- $\max\limits_{1\leq k\leq n}\left| B_k\right|\left(\left|\alpha_1\right| + 2\left|\alpha_n\right|\right)$
- $\max\limits_{1\leq k\leq n}\left| B_k\right|\left(\left|\alpha_1 - \alpha_n\right| + \left|\alpha_n\right|\right)$
- $\left|\sum\limits_{i=1}^{n - 1}\left(\alpha_i - \alpha_{i+1}\right)B_i + \alpha_nB_n\right|$
Правильно

Поздравляем! Это правильный ответ!

Неправильно

Увы, вы дали неверный ответ.
Задание 5 из 5

5.
Вставьте пропущенное слово
- (Теорема Лейбница) является частным случаем признака Дирихле.
Правильно

Поздравляем! Это правильный ответ!

Неправильно

Увы, вы дали неверный ответ.

Первая теорема Абеля

Теорема

Если степенной ряд $\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_{n}z^{n}$ сходится при $z=z_0\neq0$ , то он сходится, и притом абсолютно, при любом $z$ , для которого $\left|z\right|<\left|z_{0}\right|$ .

Доказательство

По условию ряд $\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_{n}z^{n}$ сходится при $z=z_{0}$ . Обозначим:
$K=\left\{z:\left|z\right|<\left|z_{0}\right|\right\}.$

Положим, что $\rho=\frac{\left|z \right|}{\left|z_{0} \right|}$ . Причем так как $\left|z \right|<\left|z_{0} \right|$ , то $\rho<1$ .

Из сходимости ряда $\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_{n}z^{n}$ в точке $z_{0}$ следует сходимость числового ряда вида $\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_{n}z_{0}^{n}$ . Следовательно, выполняется необходимое условие сходимости ряда, а именно: $\lim\limits_{ n \to 0}a_{n}z_{0}^{n}=0.$

Тогда последовательность $\left\{a_{n}z_{0}^{n}\right\}$ ограничена, т.е. $\exists M>0\; \forall n:\left|a_{n}z_{0}^{n}\right|< M.$

Имеем следующее: $\left|a_{n}z^{n}\right|=$ $\left|a_{n}z^{n}\right|\cdot \left|\frac{z_{0}^{n}}{z_{0}^{n}}\right|=$ $\left|a_{n}z_{0}^{n}\cdot\frac{z^{n}}{z_{0}^{n}}\right|=$ $\left|a_{n}z_{0}^{n}\right|\cdot\left|\frac{z^{n}}{z_{0}^{n}}\right|=$ $\left|a_{n}z_{0}^{n}\right|\rho^{n} < M\rho^{n}.$

Рассмотрим ряд $\sum\limits_{n=0}^{\infty}M\rho^{n}$ . Так как мы знаем, что $0\leq\rho<1$ , то, в силу необходимого условия сходимости ряда, данный ряд сходится.

Тогда, по признаку сравнения в форме неравенств, ряд $\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_{n}z^{n}$ сходится абсолютно для $\forall z \in K$ .

Следствие 1

Если степенной ряд $\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_{n}z^{n}$ расходится при $z=z_{0}\neq0$ , то он расходится при любом $z$ , для которого $\left|z\right|>\left|z_{0}\right|$ .

Спойлер

Докажем от противного. Пусть ряд $\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_{n}z^{n}_0$ расходится, а ряд $\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_{n}z^{n}$ сходится. В этом случае, по теореме Абеля, сходится и ряд $\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_{n}z_{0}^{n}$ . Пришли к противоречию.

[свернуть]

Следствие 2

Если степенной ряд $\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_{n}z^{n}$ сходится в точке $z_{0}\neq0$ , то в замкнутом круге $K_1=\left\{z:\left|z\right|\leq \vartheta\right\}$ , где $\vartheta<\left|z_{0}\right|$ этот ряд сходится абсолютно и равномерно.

Спойлер

Если $z \in K_1$ , то $\left|a_{n}z^{n}\right|=$ $\left|a_{n}z^{n}\right|\cdot \left|\frac{z_{0}^{n}}{z_{0}^{n}}\right|=$ $\left|a_{n}z_{0}^{n}\cdot\frac{z^{n}}{z_{0}^{n}}\right|=$ $\left|a_{n}z_{0}^{n}\right|\cdot\left|\frac{z^{n}}{z_{0}^{n}}\right|\leq M\cdot {\left(\frac{\vartheta}{z_{0}}\right)}^{n},$ так как известно, что: $\left|a_{n}z_{0}^{n}\right|<M$ , а $\left|z\right|<\vartheta.$

Положим, $p=\frac{\vartheta}{z_{0}}$ , причем $0\leq p<1$ .

Ряд $\sum\limits_{n=0}^{\infty}Mp^{n}$ сходится. Следовательно, по признаку Вейерштрасса ряд $\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_{n}z^{n}$ сходится абсолютно и равномерно в круге $K_{1}$ .

[свернуть]

Литература

Лысенко З.М. Конспекты лекций.
Л.Д. Кудрявцев. Курс математического анализа, том 2. стр 101-102.
Тер-Крикоров А.М. и Шабунин М.И. «Курс математического анализа»: Учеб. пособие для вузов. 3-е издание, 2001 г. стр 425-427
В.И.Коляда, А.А.Кореновский. Курс лекций по математическому анализу, часть 2. стр 53-54

Теорема Абеля

Тест на закрепление вышеизложенного материала.

Задание 1 из 2

1.
Продолжите следствие из теоремы Абеля.
Если степенной ряд $\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_{n}z^{n}$ сходится в точке $z_{0}\neq0$ , то в замкнутом круге $K_1=\left\{z:\left|z\right|\leq \vartheta\right\}$ , где $\vartheta<\left|z_{0}\right|$ этот ряд $\ldots$
- сходится абсолютно
- сходится абсолютно и равномерно
- сходится равномерно
- сходится условно
- расходится
Правильно

Неправильно
Задание 2 из 2

2.
Согласно следствию из теоремы Абеля, если степенной ряд вида $\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_{n}z^{n}$ расходится при $z=z_{0}\neq0$ , то при любом $z$ , для которого $\left | z \right | > \left | z_{0} \right |$ , исходный ряд $\ldots$
Правильно

Неправильно

Таблица лучших: Теорема Абеля

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

Критерий равномерной сходимости в терминах точной верхней грани, критерий Коши

Теорема 1 (Критерий равномерной сходимости в терминах точной верхней грани)

Для того, чтобы последовательность функций $f_{n}(x)$ , определенных на множестве $E$ , сходилась равномерно к функции $f(x)$ на этом множестве, необходимо и достаточно, чтобы выполнялось условие:

$\lim\limits_{n\rightarrow \infty}\underset{x\in E}{sup}\mid f_{n}(x)-f(x)\mid=0\quad (1)$

Необходимость

Пусть $f_{n}\rightrightarrows f$ на $E$ . Покажем, что $\delta_{n}=\underset{x\in E}{sup}\mid f_{n}(x)-f(x)\mid\rightarrow 0$ при $n\rightarrow\infty$ .
Имеем, что $\forall\varepsilon >0$ существует такой номер $\exists n_{\varepsilon}$ , что $\forall n\geq n_{\varepsilon}$ и $\forall x\in X$ выполняется неравенство:
$\mid f_{n}(x)-f(x)\mid<\frac{\varepsilon}{2}$
Тогда $\forall n\geq n_{\varepsilon}$ будем иметь:
$\underset{x\in X}{sup}\mid f_{n}(x)-f(x)\mid\leq\frac{\varepsilon}{2}<\varepsilon$ ,
а это, согласно определению предела числовой последовательности, и означает выполнение условия (1).

Достаточность

Пусть справедливо условие (1). Докажем, что последовательность функций $f_{n}(x)$ равномерно сходится к функции $f(x)$ .

Используя неравенство $\mid f_{n}\left ( x \right )-f\left ( x \right )$ $\mid\leq\delta_{n}$ для $x\in E$ , $n\in N$ , мы получим, что $\mid f_{n}(x)-f(x)\mid<\varepsilon$ , для $x\in E$ , $n\geq n_{\varepsilon}$ . А это означает, что $f_{n}(x)\rightrightarrows f(x)$ , $x\in E$ .

Спойлер

Последовательность функций сходящихся к функции $ln x$

[свернуть]

Теорема 2

(Критерий Коши равномерной сходимости последовательности)

Для того чтобы последовательность функций ${f_{n}(x)}$ сходилась равномерно на множестве $E$ необходимо и достаточно, чтобы выполнялось условие Коши:

$\forall\varepsilon >0$ $\exists n_{\varepsilon}:\forall n\geq N_{\varepsilon}\quad\forall P\in N$ $\forall x\in E\Rightarrow\mid f_{n+p}(x)-f_{n}(x)\mid<\varepsilon\quad (2)$

Необходимость

Пусть $f_{n}(x)\rightrightarrows f(x)$ , $x\in E$ . Следовательно, согласно определению равномерной сходимости можно утверждать, что:

$\forall\varepsilon>0$ $\exists N_{\varepsilon}:\forall k\geq N_{\varepsilon}$ $\forall x\in E\Rightarrow\left | f_{k}\left ( x \right )-f\left ( x \right )\right |< \frac{\varepsilon}{2}\quad(4)$

Пусть теперь $n\geq N_{\varepsilon}$ , $p\in N$ .

Тогда:

$\mid f_{n}(x)-f(x)\mid <\frac{\varepsilon}{2}$ и $\mid f_{n+p}(x)-f(x)\mid <\frac{\varepsilon}{2}$

Теперь, применяя неравенство треугольника, получим что:

$\mid f_{n+p}(x)-f_{n}(x)\mid =\mid (f_{n+p}(x)-f(x))-(f_{n}(x)-f(x))\mid\leq\mid (f_{n+p}(x)-$

$f\left ( x \right )\mid+\mid f_{n}\left ( x \right )$ $-f\left ( x \right )\mid<\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon\quad (5)$

Достаточность

Пусть дано, что выполняется условие Коши. Докажем равномерную сходимость последовательности функций.

Какое бы значение $x$ из $X$ не взяли, мы будем иметь числовую последовательность, для которой выполняется условие Коши. Следовательно, для этой последовательности существует конечный предел, что доказывает существование для последовательности предельной функции $f\left ( x \right )$ .
Покажем, что последовательность ${f_{n}}$ сходится равномерно к функции $f$
на множестве $X$ . Действительно, в силу условия (2), $\forall\varepsilon>0$ $\quad\exists n_{\varepsilon}$ , что $\forall n\geq n_{\varepsilon}$ , $\forall p\geq 0$ и $\forall x\in X$ справедливо неравенство

$\mid f_{n+p}(x)-f_{n}(x)\mid<\frac{\varepsilon}{2}\quad (3)$
Заметив, что $\lim\limits_{p\rightarrow\infty}f_{n+p}(x)=f(x)$ , перейдем к пределу в неравенстве (3) при $p\rightarrow\infty$ ; тогда $\forall n>n_{\varepsilon}$ и $\forall x\in X$ получим
$\mid f(x)-f_{n}(x)\mid<\frac{\varepsilon}{2}<\varepsilon$ ,
а это и означает, что $f_{n}\rightrightarrows f$ .

Источники:

Курс математического анализа. Тер-Крикоров А.М., Шабунин М.И. 3-е изд., испр. — М.: 2001. — 672 с стр 405-420.
В.И.Коляда, А.А.Кореновский. Курc 2 Математический анализ
Лысенко З.М., Конспект лекций по математическому анализу, 2014-2015 гг., 1-ый курс, семестр 2

Критерий равномерной сходимости в терминах точной верхней грани, критерий Коши

Тест для закрепления материала.

Задание 1 из 3

1.
Количество баллов: 2
Выберите последовательности, равномерно сходящиеся при всех $x$ :
- $f_{n}\left ( x \right )=\frac{\sin x}{n}$
- $f_{n}\left ( x \right )=e^{\frac{x}{\ln x}}$
- $f_{n}\left ( x \right )=e^{\frac{\cos x}{n}}$
- $f_{n}\left ( x \right )=x^{n}$
Правильно

Правильно

Неправильно

Неправильно
Задание 2 из 3

2.
Количество баллов: 1
Даны два утверждения.
Утверждение 1: Последовательность $\left \{ f_{n}\left ( x \right ) \right \}$ равномерно сходящаяся на множестве $\left \{ x \right \}$ .

Утверждение 2: $\forall\varepsilon$ >0 $\exists N_{\varepsilon}: \forall n\geq N_{\varepsilon}\quad\forall p\in N\quad\forall x\in\left \{ x \right \}$ : $\mid f_{n+p}\left ( x \right )-f_{n}\left ( x \right )\mid$ < $\varepsilon$
- утверждение 1 и утверждение 2 эквивалентны
- из утверждения 1 следует утверждение 2
- из утверждения 1 не следует утверждение 2 и наоборот
- из утверждения 2 следует утверждение 1
Правильно

Неправильно
Задание 3 из 3

3.
Количество баллов: 1
Для того, чтобы последовательность функций равномерно сходилась на множестве $E$ , необходимо и достаточно, чтобы выполнялось
Правильно

Правильно

Неправильно

Неправильно

Таблица лучших: Критерий равномерной сходимости в терминах точной верхней грани, критерий Коши

максимум из 4 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: $f(k)\geq \int\limits_{k}^{k+1}{f(x)dx}\geq f(k+1), k=1,2, …$ .

Суммируя от $k=1$ до $k=n$ (рис. 2) получим:

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

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.

Литература

Конспект лекций по мат.анализу Лысенко З.М.
Г.М. Фихтенгольц Курс дифференциального и интегрального исчисления т.2. 1964г. стр.282-285
В.И.Коляда, А.А.Кореновский. Курс лекций по математическому анализу. 2009г. стр.14-16.
Л.Д. Кудрявцев. Курс математического анализа, том 1, 1988-1989г. стр.23-24.

Тест

Предлагаем пройти тесты и закрепить пройденный материал

Задание 1 из 1

1.
Количество баллов: 3
Исследовать ряд на сходимость: $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt[3]{(5n-1)^{2}}}$
- Ряд сходится
- Ряд расходится

Средний результат
Ваш результат

Средний результат
Ваш результат

Средний результат
Ваш результат

Примеры решения задач

Определения и простейшие свойства числового ряда

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

3.

4.

Элементы сортировки

5.

Таблица лучших: Определения и простейшие свойства числового ряда

Примеры:

Тест по теме: "Признаки Абеля и Дирихле"

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

3.

4.

5.

Теорема

Доказательство

Следствие 1

Следствие 2

Литература

Теорема Абеля

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

Таблица лучших: Теорема Абеля

Теорема 1 (Критерий равномерной сходимости в терминах точной верхней грани)

Необходимость

Достаточность

Теорема 2

Необходимость

Достаточность

Источники:

Критерий равномерной сходимости в терминах точной верхней грани, критерий Коши

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

3.

Таблица лучших: Критерий равномерной сходимости в терминах точной верхней грани, критерий Коши

Интегральный признак сходимости ряда

Формулировка

Доказательство

Пример

Литература

Тест

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.