Тема Математический анализ

24 Ряды (признаки Коши, Даламбера, сравнения)

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела математический анализ

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#59425

a) Пусть ряд $∑∞ an n=1$ - сходится. Пусть ряд $∞∑ bn n=1$ - сходится.
Доказать, что также будет сходиться ряд из сумм последовательностей, то есть ряд

∞∑ (a1 + b1)+ (a2 + b2)+ ...+ (an + bn)+ ...= (an + bn) n=1

Да притом если $∞∑ an = A n=1$ , $∞∑ bn = B n=1$ , то $∞∑ (an + bn) = A + B n=1$

b) Пусть ряд $∑∞ an n=1$ - сходится.
Доказать, что тогда для любой константы $c ∈ ℝ$ ряд, в котором все слагаемые умножили на $c$ , тоже будет сходиться, то есть сойдётся ряд:

∑∞ ca1 + ca2 + ...+ can + ...= can n=1

Да притом если $∞ ∑ an = A n=1$ , то $∞ ∑ can = cA n=1$

Показать ответ и решение

a) То, что ряд $∞∑ an n=1$ сходится, по определению означает, что имеет предел последовательность его частичных сумм

S = a + a + ...+ a n 1 2 n

Причём нам дано, что

∃ lim S = A n→ ∞ n

Так как $∞ ∑ an = A n=1$ .

Аналогично, тот факт, что ряд $∑∞ bn n=1$ сходится, по определению означает, что имеет предел последовательность его частичных сумм

S˜ = b + b + ...+ b n 1 2 n

Причём нам дано, что

˜ ∃ nli→m∞ Sn = B

Далее, ясно, что для суммы рядов $∞ ∑ an n=1$ и $∞ ∑ bn n=1$ последовательность частичных сумм будет иметь вид

˜ (a1 + b1)+ (a2 + b2)+ ...+ (an + bn) = Sn + Sn

Но поскольку

˜ ∃nli→m∞ Sn = A,∃ lni→m∞ Sn = B

то по теореме о сумме пределов,

∃ lim Sn + S˜n = A + B n→ ∞

А это по определению означает, что ряд

∑∞ (an + bn) n=1

сходится, причём его сумма равна $A + B$ .

b) То, что ряд $∞∑ an n=1$ сходится, по определению означает, что имеет предел последовательность его частичных сумм

Sn = a1 + a2 + ...+ an

Причём нам дано, что

∃ lim Sn = A n→ ∞

Так как $∞∑ an = A n=1$ .

Но тогда понятно, что для ряда, умноженного на константу $∞ ∑ can n=1$ последовательность частичных сумм будет иметь вид

ca1 + ca2 + ...+ can = c(a1 + ...+ an) = cSn

Но поскольку $∃ lim Sn = A n→∞$ , то $∃ lim cSn = cA n→∞$ . (сходящаяся последовательность при умножении на константу тоже сходится). А это по определению означает, что ряд

∞ ∑ ca n n=1

сходится, причём его сумма равна $cA$ .

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#59426

Доказать, что ряд

∑∞ 1 -- n=1 n

расходится.

Указание. Выделить группы по 2, 4, 8, 16, .... слагаемых так, чтобы в каждой группе сумма членов была больше $1 2$ .

Показать ответ и решение

Воспользуемся указанием. Распишем последовательность частичных сумм для ряда

∑∞ 1 -- n=1 n

Sn = 1+ 1+ 1+ 1...+ 1- 2 3 4 n

Давайте в последовательности $Sn$ выделим куски по 2, 4, 8, 16 и так далее слагаемых:

1 1 1 1 1 1 1 Sn = 1 + 2-+ (3 + 4)+ (5-+ 6-+ 7 + 8)+ ...

Теперь ясно, что в первых скобках все слагаемые больше, либо равны $1 4$ , во вторых скобках все слагаемые больше, либо равны $18$ , и так далее. Например, следующая группа скобок будет состоять из $8$ слагаемых $1 + 1-+ ...+ 1- 9 10 16$ , каждое из которых больше, либо равно $1- 16$ . Таким образом, можно написать оценку:
$S n = 1 + 1 + (1+ 1) + (1+ 1+ 1+ 1) + ...+ -1n ≥ 2 2 3 4 5 6 7 8 2$
$≥ 1 + 12 + 2 14 + 4 18 + ...+ 2n− 1 12n ≥ 1+ 1-+ 1+ ...+ 1-= 1+ n2 2◟----2◝◜-----2◞ n раз$ .

Таким образом, видно, что последовательность $S n$ может быть сделана сколь угодно большой, потому что на шагах с номерами $2n$ частичная сумма $Sn$ уже будет не меньше, чем $1+ n2$ , что стремится к бесконечности с ростом $n$ . Таким образом, $S n$ расходится к $+ ∞$ , то есть ряд

∑∞ 1 n- n=1

расходится к $+ ∞$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#59427

Привести пример:
a) Ряда $∑∞ n=1an$ , у которого в признаке Коши в пределе получается единица, т.е.

lim n∘ |a--| = 1 n→∞ n

но при этом ряд $∑∞ an n=1$ сходится;

b) Ряда $∑∞ an n=1$ , у которого в признаке Коши в пределе получается единица, т.е.

∘ ---- lni→m∞ n |an | = 1

но при этом ряд $∑∞ n=1an$ расходится;

Показать ответ и решение

a) Рассмотрим $∞∑ n12 n=1$ . Он сходится как эталонный $∞∑ n1α n=1$ с показателем $α > 1$ .

Тогда

∘ ---- ∘ -1- 2 2 lim − 2 lnn lim n|an| = lim n -2-= lim n −n = lim e−nlnn = en→∞ n n→ ∞ n→ ∞ n n→∞ n→ ∞

И поскольку логарифм растёт медленнее любой степенной функции, то $lnn ln→im∞ -n- = 0$ .
А следовательно

n∘ ---- nli→m∞ − 2n lnn 0 nli→m∞ |an | = e = e = 1

b) Рассмотрим $∞ ∑ 1 n=1 n$ . Он расходится как эталонный $∞ ∑ -1α n=1n$ с показателем $α ≤ 1$ .

Тогда

∘ ---- ∘ -- 1 lim n |an | = lim n 1-= lim n− 1n = lim e− 1nln n = en l→im∞− nlnn n→∞ n→∞ n n→ ∞ n→∞

И поскольку логарифм растёт медленнее любой степенной функции, то $lim lnnn = 0 n→ ∞$ .
А следовательно

n∘ ---- lim − 1 lnn 0 nli→m∞ |an | = en→∞ n = e = 1

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#59428

Привести пример:

a) Ряда $∑∞ an n=1$ , у которого в признаке Даламбера в пределе получается единица, т.е.

an+1 lni→m∞ |-----| = 1 an

но при этом ряд $∑∞ an n=1$ сходится;

b) Ряда $∑∞ an n=1$ , у которого в признаке Даламбера в пределе получается единица, т.е.

an+1- lni→m∞ | an | = 1

но при этом ряд $∑∞ a n=1 n$ расходится;

Показать ответ и решение

a) Рассмотрим $∞∑ n12 n=1$ . Он сходится как эталонный $∞∑ n1α n=1$ с показателем $α > 1$ .

Тогда

an+1 n2 n2 1 nli→m∞ |----| = nl→im∞-------2 = lnim→∞ --2-------- = nli→m∞ ----2---1-= 1 an (n + 1) n + 2n + 1 1+ n + n2

b) Рассмотрим $∑∞ 1n n=1$ . Он расходится как эталонный $∞∑ n1α n=1$ с показателем $α ≤ 1$ .

Тогда

lim |an+1-| = lim --n-- = lim --1---= 1 n→ ∞ an n→ ∞ n + 1 n→∞ 1+ 1n

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#59429

Привести пример ряда, который сходится, но не абсолютно (т.е. сходится условно).

Показать ответ и решение

Рассмотрим ряд

1 1 1 1 1 − 1+ -− --+ --− --+ ... 2 2 3 3

Его частичные суммы ведут себя так:

1- S2n−1 = n ,S2n = 0

То есть частичные суммы с нечётными номерами стремятся к 0, а с чётными номерами и так равны нулю.

Следовательно, $∃nli→m∞ Sn = 0$ , то есть наш ряд

1 − 1+ 1− 1-+ 1-− 1-+ ... 2 2 3 3

сходится к 0.

Но это сходимость условная, ведь если рассмотреть этот ряд, навесив на его слагаемые модули, то получим ряд

1 + 1+ 1+ 1-+ 1-+ 1-+ ... 2 2 3 3

У которого последовательность частичных сумм даже больше, чем последовательность частичных сумм гармонического ряда $∑∞ -1 n=1n$ , который расходится. Значит, по теореме сравнения, разойдётся и ряд

1 1 1 1 1 + 1+ -+ --+ --+ --+ ... 2 2 3 3

Таким образом, исходный ряд с модулями расходится, а без модулей - сходится. То есть, он сходится условно.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#59430

Исследовать ряд на сходимость:

∑∞ sinn --2-- n=1 n

Показать ответ и решение

Исследовать ряд с синусами неудобно, поскольку $sin n$ принимает как положительные, так и отрицательные значения, и поэтому здесь неприменимы никакие теоремы сравнения. Но если же взять этот ряд по модулю, то можно заметить, что

|sinn| 1 0 ≤ ---2-- ≤ -2- n n

Но ряд $∞∑ 1- n=1 n2$ сходится как эталонный. Следовательно, по теореме сравнения сходится ряд

∑∞ |sin n| ---2-- n=1 n

А это означает, что наш исходный ряд

∑∞ sinn-- n=1 n2

сходится абсолютно. Следовательно, он сходится (из абсолютной сходимости следует просто сходимость).

Ответ:

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#59431

Исследовать ряд на сходимость:

∑∞ 4n -n--4 n=13 n

Показать ответ и решение

Применим признак Даламбера.

an+1 4n+1 3nn4 4n4 4n4 4 nli→m∞ -a---= nli→m∞ 3n+1(n-+-1)4 ⋅-4n- = lni→m∞ 3(n-+-1)4-= nli→m∞ 3n4 +-¯o(n4-) = 3 > 1 n

Следовательно, по признаку Даламбера ряд расходится.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#59432

Исследовать ряд на сходимость:

∑∞ (2n − 1)! ---n+2--- n=1 4

Показать ответ и решение

Применим признак Даламбера.

an+1 (2n + 1)! 4n+2 2n (2n + 1) nl→im∞ -----= lnim→∞ ---n+3---⋅---------= nl→im∞ ---------- an 4 (2n − 1)! 4

Но последовательность $2n(2n+1) ---4---$ стремится к $+ ∞$ , что явно больше единицы, поэтому по признаку Даламбера ряд расходится.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#59433

Исследовать ряд на сходимость:

∑∞ n + 5 (------ )4n−7 n=1 3n + 2

Показать ответ и решение

Применим признак Коши.

∘ ------------ ∘n ---- n n + 5 n + 5 4− 7 1 + 5 4− 7 1 4 lnim→∞ |an| = lnim→∞ (3n+-2-)4n− 7 = nl→im∞ (3n+-2-) n = lni→m∞ (----n2) n = (3-) < 1 3 + n

Следовательно, по признаку Коши ряд сходится.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#59434

Исследовать ряд на сходимость:

∑∞ 1 1 2 -n(1+ -)2n n=1 3 n

Показать ответ и решение

Применим признак Коши.

∘ ---- ∘ -1------1---- 1 1 1 1 lim n |an| = lim n -n(1+ -)2n2 = lim -(1 + -)2n = --lim ((1+ --)n)2 n→ ∞ n→ ∞ 3 n n→ ∞ 3 n 3 n→∞ n

Далее, воспользуемся вторым замечательным пределом, а именно тем, что

1-n nli→m∞(1+ n) = e

И получим

∘ ---- 2 lim n |an| = 1-lim ((1 + 1-)n )2 = e- > 1 n→∞ 3 n→ ∞ n 3

Следовательно, по признаку Коши ряд расходится.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#59435

Исследовать ряд на сходимость:

∑∞ 5n+ 1 ( ------)2n n=1 4n+ 5

Показать ответ и решение

Применим признак Коши.

∘ ---- ∘ -5n-+-1--- 5n + 1 5+ 1n 5 lim n|an| = lim n(------ )2n = lim (------)n = lim ----n5- = lim (--)n n→ ∞ n→ ∞ 4n + 5 n→ ∞ 4n + 5 n→ ∞ 4+ n n→ ∞ 4

Но последовательность $(54)n$ стремится к бесконечности, что явно больше единицы, поэтому по признаку Коши ряд расходится.

Ответ:

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#59436

Исследовать ряд на сходимость:

∑∞ 2n+1 √------- n=1 3n+ 5

Показать ответ и решение

Применим признак Даламбера.

√------ √ ------ ∘ ----5- √ -- an+1- √-2n+2-- -3n-+-5- 2√-3n-+-5 2∘--3+-n-- 2√--3 nli→m∞ an = nli→m∞ 3n + 8 ⋅ 2n+1 = nli→m∞ 3n + 8 = lni→m∞ 8 = 3 = 2 > 1 3 + n

Следовательно, по признаку Даламбера ряд расходится.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#59437

Исследовать ряд на сходимость:

∑∞ sinn n=1

Показать ответ и решение

Заметим, члены этого ряда не стремятся к нулю. Последовательность $an = sin n$ вообще не имеет предела при $n → + ∞$ . Поэтому не выполнено необходимое условие сходимости ряда. Следовательно, ряд расходится.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#59438

Исследовать ряд на сходимость:

∞∑ (n!)2 ----- n=1(2n)!

Показать ответ и решение

Применим признак Даламбера.

an+1 (n + 1)!2 (2n)! (n + 1)2 n2 + ¯o(n2) 1 nl→im∞ -a---= nl→im∞ (2n-+-2)! ⋅(n!)2 = nli→m∞ (2n-+-1)(2n-+-2) = lnim→∞ 4n2-+-¯o(n2) = 4-< 1 n

Следовательно, по признаку Даламбера ряд сходится.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#59439

Исследовать ряд на сходимость:

∞∑ 2n + n2 --n---- n=1 3 + n

Показать ответ и решение

Применим признак Даламбера.

$n+1 2 n lim ana+n1 = lim 23n++1+(n(+n1+)1) ⋅ 32n++nn2-= n→∞ n→ ∞$
$(n+1)2 n- = lim (2+--2nn+1-)(1+n32n)= 2< 1 n→ ∞ (3+ 3n-)(1+2n) 3$ Следовательно, по признаку Даламбера ряд сходится.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#59440

Исследовать ряд на сходимость (при всех $p$ ):

∑∞ 1 π -p-sin -- n=1 n n

Показать ответ и решение

Поскольку $sinx ∼ x$ при $x → 0$ , то получаем, что $π lim sinπn-= 1 n→ ∞ n$ .

Следовательно, $-1 π lim np sπin-n-= 1 n→ ∞ np+1$ . Таким образом, по следствию из теорем сравнения, имеем, что ряды