Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Другое - Высшая математика
Знакочередующиеся и знакопеременные ряды. Признак Лейбница. Признаки Абеля и Дирихле.

Тема Математический анализ

06 Знакочередующиеся и знакопеременные ряды. Признак Лейбница. Признаки Абеля и Дирихле.

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#60092

Показать, что признак Лейбница является частным случаем признака Дирихле.

Показать ответ и решение

Напомним, что признак Лейбница сходимости знакочередующегося ряда говорит следующее:

Знакочередующийся ряд

∞ ∑ (− 1)n− 1c , c ≥ 0∀n n n n=1

будет сходиться, если будут выполнены следующие два условия:
1. $lim cn = 0 n→ ∞$ ;
2. $cn+1 < cn$ для любого $n$ .

Но если взять в качестве $n−1 bn = (− 1)$ , то последовательность частичных сумм $∑n Bn = bn k=1$ - ограничена, поскольку $Bn = 1$ при нечётных $n$ и $Bn = 0$ для чётных $n$ .

$cn$ по условию признака Лейбница монотонно стремится к нулю. Поэтому ряд $∞ ∑ (− 1)n−1 n=1$ сходится по признаку Дирихле.

Следовательно, признак Лейбница является лишь частным случаем признака Дирихле. Отдельно его выделяют лишь для удобства, поскольку он очень часто встречается в практике.

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#60093

Исследовать на сходимость ряд

∑∞ 2n − 1 (− 1)n−1---n-- n=1 2

Показать ответ и решение

Наш ряд имеет вид

∞∑ (− 1)n−1cn n=1

где $cn = 2n−n1 2$ . Ясно, что $cn > 0$ для любого $n$ , кроме того видно, что $lim cn = 0 n→ ∞$ , поскольку показательная функция $n 2$ растёт быстрее линейной $2n − 1$ (т.е. всё следует из того, что $lim -nn = 0 n→∞ 2$ ).

Далее, заметим, что $cn − cn+1 = 2n−n1− 2n+n+11-= 2(2n−1)n−+(12n+1)-= 4n−2−n2+n1−1 = 2nn−+13> 0 2 2 2 2 2$ при $n > 1$ .

Таким образом, мы видим, что последовательность $cn$ монотонно убывает, поскольку при $n > 1$ выполнено $cn > cn+1$ .

Следовательно, по признаку Лейбница ряд

∑∞ 2n − 1 (− 1)n−1---n-- n=1 2

сходится.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#60094

Исследовать на сходимость ряд

∑∞ (− 1)n− 1n n=1

Показать ответ и решение

Хотя этот ряд и знакочередующийся, тем не менее, признак Лейбница здесь не срабатывает, поскольку $cn = n$ не стремится к нулю. Следовательно, уже даже первое условие в признаке Лейбница не выполнено.

Покажем, что наш ряд будет расходиться.

Действительно, общий член нашего ряда задаётся формулой $an = (− 1)n−1n$ и при $n → ∞$ $|a | → +∞ n$ . Следовательно, члены нашего ряда даже не стремятся к нулю. То есть, для них не выполнено необходимое условие сходимости ряда. Следовательно, ряд

∑∞ n− 1 (− 1) n n=1

расходится.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#60096

Исследовать на сходимость ряд

∑∞ (− 1)n --------2----- n=1 (n − 1)(n + 2)

Показать ответ и решение

Наш ряд имеет вид

∞∑ (− 1)n−1cn n=1

где $cn = ----1----- (n−1)(n2+2)$ . Ясно, что $cn > 0$ для любого $n$ , кроме того видно, что $lim cn = 0 n→∞$ , поскольку знаменатель стремится к бесконечности, а числитель всегда равен единице.

Далее, заметим, что знаменатель у $cn+1$ равен $2 n ((n + 1) + 1)$ , что явно больше, чем знаменатель у $cn$ , который равен $(n− 1)(n2 + 2)$ . Откуда сразу следует, что $cn > cn+1$ для любого $n$ .

Таким образом, мы видим, что последовательность $cn$ монотонно убывает, а значит по признаку Лейбница ряд

∑∞ (− 1)n --------2----- n=1 (n − 1)(n + 2)

сходится.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#60097

Исследовать на сходимость ряд

∑∞ 5n − 4 (− 1)n√-------- n=1 2n3 − 1

Показать ответ и решение

Наш ряд имеет вид

∞∑ (− 1)n−1cn n=1

где $cn = √5n−4-- 2n3−1$ . Ясно, что $cn > 0$ для любого $n$ .

Далее, $5√-−√-4- lim cn = lim √5n−-4-= lim -∘n---n3= 0 n→ ∞ n→∞ 2n3−1 n→∞ 2−n13$ (мы поделили на $n 32$ и числитель и знаменатель). Предел получился 0, потому что числитель стремится к нулю, а знменатель к $-- √ 2$ .

Далее, рассмотрим $f(x) = √5x−34- 2x −1$ . Эта функция дифференцируема при $x ≥ 1$ , и
$√--3-- --3x2-- f′(x) = 5-2x-−1−(5x−4)√2x3−1 = 5(2x√3−1)−(5x−-4)3x2= 10x3−5−15x3+12x2= −5x3+12x2−5- 2x3−1 2x3−1(2x3−1) (2x3−1)32 (2x3− 1)32$ .
И поскольку при достаточно больших $x$ третья степень больше, чем вторая, то при достаточно больших $x$ числитель $− 5x3 + 12x2 − 5 < 0$ , а знаменатель $(2x3 − 1)32 > 0$ . Следовательно, при достаточно больших $x$ производная $f ′(x) < 0$ , следовательно, при достаточно больших $n$ последовательность $√5n−4-- 2n3−1$ монотонно убывает.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#60098

Исследовать на сходимость ряд

∑∞ sin2n (− 1)n------ n=1 n

Показать ответ и решение

Во-первых, заметим, что $n (− 1)nsin2nn-= (−1)-(1−2ncos2n)$ , поэтому для доказательства сходимости исходного ряда достаточно доказать сходимость двух рядов:

∞ ∑ (− 1)n 2n n=1

∑∞ (− 1)n cos2n ----2n------ n=1

Тогда наш исходный ряд

∑∞ sin2n (− 1)n------ n=1 n

будет сходящимся как сумма сходящихся рядов.

1. Ряд

∞ ∑ (− 1)n 2n n=1

сходится по признаку Лейбница, поскольку он знакочередующийся и $cn = 21n$ монотонно убывая стремится к нулю.

2. Ряд

∑∞ n (− 1)-cos2n- n=1 2n

представим в виде

∞ ∑ anbn n=1

где $1 an = 2n$ , $n bn = (− 1) cos 2n$ . Тогда $an$ монотонно стремится к нулю, а частичные суммы $B = ∑n b k k=1 k$ ограничены, поскольку

n n ∑ ∑ k 1- (− 1)n cos1+-1- |Bk| = | bk| = | (− 1) cos2k| = |− 2 + 2cos1 cos(2n + 1)| < 2cos1 k=1 k=1

Следовательно, ряд

∑∞ (− 1)n cos2n ------------ n=1 2n

сходится по признаку Дирихле. А значит и наш исходный ряд сходится.

Ответ:

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#60100

Исследовать на сходимость ряд

∞∑ cos πn2- ----n+1 n=2 ln2n

Показать ответ и решение

Во-первых, по формулам приведения $cos πnn+21-= (− 1)ncos(πnn+21-− πn)$ .

С другой стороны, $2 2 2 cos(πnn+1-− πn) = cos(πn−nπ+n1−-πn) = cos(−n+π1n) = cos(nπ+1-− π) = − cos(nπ+1)$ . Таким образом, окончательно имеем

2 cos -πn-- = (− 1)n+1 cos(-π--) n + 1 n + 1

Следовательно наш ряд преобразуется к виду

∑∞ (− 1)n+1 cos(-π-) )-------2----n+1- n=2 ln n

Теперь если обозначить $a = cos(-π-) n n+1$ , $b = (−1)n+1 n ln2n$ , то, во-первых, последовательность $a n$ , очевидно, монотонна, поскольку аргумент косинуса $(nπ+1-)$ монотонно стремится к нулю, всё время оставаясь больше нуля, то $cos(-π--) n+1$ монотонно стремится к единице.

Ряд

∑∞ ∑∞ n+1 bn = (− 1)--- n=2 n=2 ln2 n

cходится по признаку Лейбница, поскольку последовательность $--1- cn = ln2n$ положительна и монотонно убывая стремится к нулю.

Таким образом, наш ряд

∑∞ ∑∞ (− 1)n+1 cos( nπ+1) anbn = -------2-------- n=2 n=2 ln n

сходится по признаку Абеля.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#81595

Почему преобразование Абеля для конечных сумм, то есть тождество

m∑ m∑− 1 ∑k aibi = (ai − ai+1)Bi + amBm, где Bk = bi i=1 i=1 i=1

называют дискретным аналогом формулы интегрирования по частям?

Показать ответ и решение

Действительно, вспомним формулу интегрирования по частям:

∫ ∫ fg′dx = fg − f′gdx

Ну а дискретным аналогом интегрирования является суммирование, а дискретным аналогом производной является просто приращение. И поскольку $bi = Bi − Bi −1 = ΔBi$ , то мы и получаем, что преобразования Абеля

∑m m∑−1 aibi = (ai − ai+1)Bi + amBm i=1 i=1

превращается в

m∑ m∑−1 aiΔBi = (− Δai )Bi + amBm i=1 i=1

где $Δai = ai+1 − ai$ .

Так что видно, что в преобразовании Абеля и в формуле интегрирования по частям есть что-то структурно очень схожее.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#81598

Исследовать на сходимость ряд

∑∞ ln100 n πn ------ ⋅sin --- n=1 n 4

Показать ответ и решение

Воспользуемся тем фактом, что частичные суммы

∑n πk Bn = sin --- k=1 4

будут ограничены (мы доказывали общий факт для косинусов, а для синусов он устанавливается аналогично). А при этом последовательность

ln100n an = n

стремится к нулю (это следует, что логарифм, в любой, разумеется, степени, стремится к бесконечности медленнее, чем любая степенная функция, что можно установить при помощи правила Лопиталя).

Более того, начиная с некоторого момента это стремление монотонное. Покажем, почему.

Рассмотрим $ln100x a(x) = x$ , тогда

100ln99x ⋅ 1 ⋅x− ln100x 100ln99x− ln100x ln99x (100 − lnx) a ′(x) = ----------x2-----------= --------2--------= -------2-------- x x x

И тогда $′ 100 a(x) = 0 ⇔ x = 1 или x = e$ . В силу того, что при $100 x > e$ $′ a (x ) < 0$ мы получаем, что при $x > e100$ функция $a(x)$ - убывает, а, значит, и при $n > e100$ будет убывать последовательность $an$ .

Из вышеприведенного следует, что наш ряд сходится по признаку Дирихле.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#81602

Исследовать на сходимость ряд

∞∑ (− 1)n √---------n n=1 n + (− 1)

Показать ответ и решение

В силу того, что общий член ряда можно, домножив и числитель и знаменатель на $√ -- n− (− 1)n$ , переписать в виде

n √-- n √ -- √--(− 1)--- = (− 1)n-n-−-(−-1)-= (− 1)n---n- − --1-- n+ (− 1)n n− 1 n − 1 n − 1

То и наш ряд

∞∑ n √--(− 1)--- n=1 n + (− 1)n

распадается в сумму двух рядов

∞ ∞ √ -- ∞ ∑ ---(−-1)n--- ∑ n---n- ∑ --1-- √n--+ (− 1)n = (− 1) n − 1− n − 1 n=1 n◟=1---◝◜-----◞ n◟=1-◝◜--◞ S1 S2

И ряд $S1$ будет сходится по признаку Лейбница, потому что он имеет вид

∞ √ -- ∑ n ---n- ----1---- (− 1) cn, где cn = n − 1 = √n-− √1- n=1 n

и видим, что $cn → 0$ (числитель равен 1, а знаменатель стремится к бесконечности), да притом $cn$ будет монотонно убывать. Докажем это.

Рассмотрим функцию $√- c(x) = -x- x−1$ , тогда $x−1 √- x−1−-2x- c′(x) = 2√x−-x-= -2√x--= √−-x−1--- (x−1)2 (x− 1)2 2 x(x−1)2$ Анализируя знаки производной видим, что при $x > 0$ $c′(x) < 0$ и поэтому функция $c(x)$ , а, значит, и последовательность $cn$ монотонно убывает.

Таким образом, $S1$ действительно сходится по признаку Лейбница.

А вот $S2$ будет расходиться, потому что он фактически устроен как гармонический ряд.

Получается, что наш исследуемый ряд распадается в сумму сходящегося и расходящегося ряда, а, значит, расходится (это доказывается аналогично тому, что сумма сходящейся и расходящейся последовательности расходится).

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#81605

Исследовать на сходимость ряд

∑∞ ∘ ------- sin(π n2 + k2) n=1

$(k − фик с. число )$

Показать ответ и решение

В силу формул приведения, что

∘ ------- n ∘ ------- n ∘ ------- an = sin (π n2 + k2) = (− 1) sin(π n2 + k2 − πn) = (− 1) sin(π( n2 + k2 − n)) =

(домножая и числитель и знаменатель в аргументе синуса на сопряженные)

2 = (− 1)nsin √----πk------ n2 + k2 + n ◟------◝c◜n------◞

И видно, что $cn → 0$ , потому что в числителе вообще стоит константа, а знаменатель стремится к бесконечности.

Ну и в силу того, что чем больше $n$ , тем больше знаменатель, а числитель вообще не зависит от $n$ , мы получаем еще и то, что $cn$ - монотонно убывает. Следовательно, по признаку Лейбница наш ряд сходится.

Ответ:

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#127499

Рассмотрим ряд

(a1 + a2 + ...+ an1) + (an1+1 + an1+2 + ...+ an2)+ ...+ (ank−1+1 + ank−1+2 + ...+ ank)+ ...

Пусть он сходится к $A$ . И пусть внутри одних и тех же скобок все слагаемые имеют один и тот же знак (при этом, быть может, и разный при переходе от одних скобок к другим, но внутри одних и тех же скобок - один и тот же!!). Докажите, что тогда сойдется и ряд после опускания всех скобок

a1 + a2 + ...+ an + ...

причем сойдется тоже к $A$ .

Показать ответ и решение

Пусть $Sn$ - последовательность частичных сумм ряда

a1 + a2 + ...+ an + ...

А $˜Sk$ - последовательность частичных сумм ряда

(a1 + a2 + ...+ an1) + (an1+1 + an1+2 + ...+ an2)+ ...+ (ank−1+1 + ank−1+2 + ...+ ank)+ ...

Тогда ясно, что в силу того, что внутри одних и тех же скобок все слагаемые - одного знака, то при $n ∈ {nk−1,nk− 1 + 1,...,nk}$ обязательно $Sn$ будет лежать между $˜Sk−1$ и $˜Sk$ , то есть либо

˜ ˜ Sk−1 ≤ Sn ≤ Sk ⋆

либо наоборот

˜ ˜ Sk ≤ Sn ≤ Sk−1 ⋆ ⋆

(смотря по тому, в скобках $(ank−1+1 + ank− 1+2 + ...+ ank)$ все слагаемые положительны, или же все слагаемые отрицательны. Если они все положительны, то будет неравенство $⋆$ , а если все они отрицательны, то неравенство $⋆ ⋆$ ).

Теперь, если устремить $k → ∞$ , то, в силу того, что нам дано, что ряд

(a + a + ...+ a ) + (a + a + ...+ a )+ ...+ (a + a + ...+ a )+ ... 1 2 n1 n1+1 n1+2 n2 nk−1+1 nk−1+2 nk

сходится к $A$ , то по определению это в точности значит, что $˜Sk → A$ . Тогда ясно, что при $k → ∞$ неизбежно и $n$ будет $→ ∞$ , и какое бы неравенство не было выполнено всякий раз, хоть $⋆$ , хоть $⋆ ⋆$ , мы во всяком случае можем применить теорему о двух милиционерах и заключить, что при $n → ∞$ будет существовать предел $Sn$ и он будет равен $A$ . Что и требовалось доказать.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#127500

Рассмотрим ряд

a1 + a2 + ...+ an + ...

Доказать, что если существует такая расстановка скобок в нем, что после этой расстановки скобок ряд

(a + a + ...+ a ) + (a + a + ...+ a )+ ...+ (a + a + ...+ a )+ ... 1 2 n1 n1+1 n1+2 n2 nk−1+1 nk−1+2 nk

- расходится, то и исходный ряд до расстановки скобок

a1 + a2 + ...+ an + ...

тоже обязательно расходился

Показать ответ и решение

Пусть $Sn$ - последовательность частичных сумм ряда

a1 + a2 + ...+ an + ...

А $˜Sn$ - последовательность частичных сумм ряда

(a1 + a2 + ...+ an1) + (an1+1 + an1+2 + ...+ an2)+ ...+ (ank−1+1 + ank−1+2 + ...+ ank)+ ...

Тогда как мы уже знаем, $S˜k$ - подпоследовательность последовательности $Sn$ . И нам дано, что $S˜k$ - расходится. Но если у последовательности расходится хотя бы одна подпоследовательность, то и вся последовательность, очевидно, расходится. Таким образом, $Sn$ тоже обязана расходиться. А это и означает по определению расходимость ряда

a1 + a2 + ...+ an + ...

Что и требовалось доказать.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#127501

Пусть ряд $∞∑ an n=1$ - сходится абсолютно. Пусть ряд

∑∞ pk k=1

- это ряд, составленный из положительных слагаемых ряда $∞∑ a n=1 n$ , идущих в том же самом порядке.
Пусть ряд

∑∞ qm m=1

- это ряд, составленный из модулей отрицательных слагаемых ряда $∞∑ n=1an$ , идущих в том же самом порядке.

Доказать, что:

1. Ряд $∞∑ pk k=1$ - сходится;
2. Ряд $∞ ∑ qm m=1$ - сходится;
3. Если обозначить $∞∑ p = P k=1 k$ , $∞∑ q = Q m=1 m$ , то

∑∞ an = P − Q n=1

Показать ответ и решение

1. Итак, пусть $Pn$ - частичная сумма ряда $∑∞ pk k=1$ . $S∗n$ - частичная сумма для ряда $∞∑ |an | n=1$ , а поскольку нам дано, что ряд $∑∞ a n=1 n$ - сходится абсолютно, то это и означает, что ряд $∞∑ |a | n=1 n$ - сходится, то есть $S ∗n$ - имеет предел.

Но так как $∑∞ |an| n=1$ - ряд из неотрицательных слагаемых, то $S∗n$ - имеет предел в том и только в том случае, если она ограничена. А раз так, то она ограничена. На самом деле, конечно, $∗ S n$ ограничена, например, суммой ряда $∞∑ |an| n=1$ . Обозначим её за $A$ . Таким образом, $S∗n ≤ A$ для любого $n$ .

Теперь нам надо доказать, что ряд $∑∞ p k=1 k$ - сходится. Это по определению значит, что $P n$ имеет предел. А ряд $∞∑ pk k=1$ - из неотрицательных слагаемых, поэтому достаточно показать, что $Pn$ - ограничена сверху.

Итак, пусть первые $n$ положительных слагаемых исходного ряда $∑∞ an n=1$ содержатся среди первых $N$ его слагаемых. (Ясно, что $N ≥ n$ .) Тогда ясно, что

∗ Pn ≤ SN ◟≤◝◜◞ A доказали выше

Следовательно, последовательность $Pn$ - ограничена сверху. А это и значит, что ряд $∞ ∑ pk k=1$ - сходится.

2. Абсолютно полностью аналогично пункту 1.

3. Возьмем теперь $n$ членов ряда $∞∑ n=1an$ и пусть среди них окажется $t$ положительных и $s$ отрицательных. Тогда ясно, что

∑ t ∑ s Sn = pk − qm ⋆ k=1 m=1

Тогда очевидно, что при $n → ∞$ будет и $t → ∞$ и $s → ∞$ (в противном случае бы оказалось, что в исходном ряде положительных или отрицательных слагаемых лишь конечное число, и тогда доказывать было бы нечего - тогда его сходимость была бы равносильна его абсолютной сходимости и утверждение задачи стало бы тривиально).

Тогда перейдем в этом последнем равенстве $⋆$ к пределу при $n → ∞$ . Тогда получим

∑∞ an = P − Q n=1

Что и требовалось доказать.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#127502

Пусть $∑∞ an n=1$ - сходящийся (быть может и неабсолютно) ряд, причем сходится он к $A$ .

Пусть $φ : ℕ → ℕ$ - биекция натуральных чисел на себя, но не произвольная, а обладающая таким свойством, что для любого $n ∈ ℕ$

|n − φ (n )| ≤ 1000

То есть никакое натуральное число при перестановке $φ$ не убегает от своего начального положения дальше, чем на 1000.

Доказать, что тогда переставленный ряд

∞ ∑ aφ (n) n=1

- тоже сходится и тоже к $A$ .

Показать ответ и решение

Пусть $Sn$ - последовательность частичных сумм исходного ряда, а $˜Sn$ - последовательность частичных сумм в переставленном ряду.

По условию нам известно, что $Sn$ сходится к $A$ . Это значит, что для любого $𝜀 > 0$ найдется такое $N$ , что при всех $n > N$ выполнено

|Sn − A| < 𝜀

Тогда ясно, что если рассмотреть при $n > N$ $S˜n$ - $n−$ ую частичную сумму переставленного ряда, то каждое слагаемое в ней обязательно будет среди первых $n + 1000$ слагаемых исходного ряда, то есть каждое слагаемое в $S˜n$ содержится среди слагаемых в $Sn+1000$ . Таким образом, имеем

|˜S − A| = |S˜ − S + S − A| ≤ |S˜ − S |+ |S − A |≤ n n n+1000 n+1000 n n+1000 ◟-n+10◝0◜0---◞ < 𝜀

∑ ≤ |as|+ 𝜀 по всем as, входящих в Sn+1000 и не входящих в ˜Sn

Но ясно, что при $n → ∞$ номера тех $as$ , которые входят в $Sn+1000$ , но не входят в $S˜n$ , неограничено растут.

Поэтому сумма

∑ |as| по всем as, входящих в Sn+1000 и не входящих в ˜Sn

стремится к нулю, ведь она состоит из 1000 слагаемых, каждое из которых стремится к нулю, поскольку нам дано, что исходный ряд $∞∑ an n=1$ - сходится, а, значит, $an → 0$ .

Таким образом,

˜Sn

может быть сделана сколь угодно близка к $A$ , что и доказывает наше утверждение.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#127503

Доказать продолжение теоремы Римана в виде:

Пусть ряд $∞∑ an n=1$ - сходится условно (то есть абсолютной сходимости - нет). Тогда найдется такая биекция $φ : ℕ → ℕ$ , что переставленный ряд $∞ ∑ aφ(n) n=1$ будет расходиться к $+ ∞$ (конечно, можно подобрать и $φ$ такую, что переставленный ряд будет расходиться и к $− ∞$ ).

Показать ответ и решение

Докажем, что можно устроить такую перестановку условно сходящегося ряда, чтобы после перестановки он расходился к $+ ∞$ . Будем рассуждать в обозначениях доказательства теоремы Римана с вебинара.

Ясно, что все еще ряды, составленные из положительных членов ряда $∞∑ an n=1$ и модулей отрицательных членов ряда $∞ ∑ an n=1$ , то есть ряд $∞ ∑ pk k=1$ и соответственно $∞ ∑ qm m=1$ - расходятся (оба, разумеется, к $+ ∞$ ). Но однако при этом так, что $pk → 0,qm → 0$ .

Тогда будем так переставлять члены исходного ряда. Наберем сначала первую группу положительных слагаемых так, чтобы в первый раз $p1 + p2 + ...+ p > 1 k1$ . Это можно сделать, поскольку ряд $∞ ∑ p k=1 k$ расходится к $+ ∞$ , как уже было замечено выше.

Затем поместим лишь одно отрицательное слагаемое $q1$ .

Затем наберем следующую группу положительных слагаемых так, чтобы в первый раз

(p1 + p2 + ...+ pk1)− q1 + (pk1+1 + ...+ pk2) > 2

(И это вновь можно сделать по той же причине, что $∞∑ pk → ∞ k=1$ ) Затем поместим следующее, но лишь одно отрицательное слагаемое $q2$ . И так далее...

Ясно, что каждый раз мы набираем группу из положительных слагаемых так, чтобы очередная частичная сумма ряда была больше следующего натурального числа, а вот добавление нового отрицательного слагаемого будет давать все меньший и меньший вклад, коль скоро $qm → 0,m → ∞$ . Поэтому ясно, что частичные суммы ряда

(p1 + p2 + ...+ pk1)− q1 + (pk1+1 + ...+ pk2)− q2 + (pk2+1 + ...+ pk3)− q3 + ...

Будут стремиться к $+ ∞$ . Но ясно, что и после опускания скобок они тоже будут стремиться к $+ ∞$ , поскольку сработает точно такое же доказательство, как в утверждении о том, что сходимость и даже сумма ряда при снятии скобок не меняется, если все слагаемые в каждых скобках имеют один и тот же знак (в нашем случае у нас в каждый больших скобках все слагаемые положительны, и они чередуются со скобками из одного отрицательного слагаемого).

Таким образом и огранизуется перестановка исходного ряда такая, чтобы он стал расходиться к $+ ∞$ .

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#127504

Переставить в условно сходящемся ряду

∑∞ (− 1)n ------ n=0 n + 1

слагаемые так, чтобы его сумма уменьшилась вдвое.

Показать ответ и решение

Ясно, что этот ряд сходится - по признаку Лейбница. Более того, ясно, что эта сходимость условная, поскольку если навесить модули на члены ряда, то он разойдется, потому что будет вести себя как гармонический ряд.

Следовательно, применима теорема Римана.

Переставим его члены следующим образом. В данный момент его члены знакочередующиеся - он начинается с положительного члена, за которым следует один отрицательный член, за которым вновь следует положительный, и так далее...
Совершим же следующую перестановку: сделаем так, чтобы после каждого положительного слагаемого следовало два отрицательных. То есть:

1- 1- 1- 1- 1- --1--- --1--- 1-- 1− 2 − 4 + 3 − 6 − 8 + ...+ 2k − 1 − 4k − 2 − 4k

Так вот после такой перестановки сумма исходного ряда уменьшится вдвое. Почему? Пусть $S n$ - последовательность частичных сумм исходного ряда, а $˜Sn$ - переставленного. Тогда посчитаем частичную сумму переставленного ряда, количество слагаемых в которой кратно трем (то есть в которой все слагаемые как раз таки и разбиваются на группы из одного положительного и двух отрицательных)

∑n ∑n ∑n ˜S3n = (--1---− ---1-- − -1-) = (---1-- − -1-) = 1 (--1--- − 1-) k=1 2k − 1 4k − 2 4k k=1 4k − 2 4k 2 k=1 2k − 1 2k

Но ведь это последнее $∑n -1-- -1 k=1(2k− 1 − 2k)$ - это ведь не что иное, как $S2n$ - то есть частичная сумма исходного ряда, в которой четное число слагаемых - по парам из положительного и следующего за ним отрицательного.

Таким образом, будем иметь, что

˜S = 1S 3n 2 2n

И при $n → ∞$ , поскольку исходный ряд сходится к некоторому числу $A$ , то мы получим, что

∃ lim S˜ = 1A n→∞ 3n 2

То есть частичные суммы переставленного ряда, если в них брать количества слагаемых кратное трем, действительно стремятся к половине от суммы исходного ряда. А что же происходит с остальными частичными суммами переставленного ряда?

Ясно, что

1 ˜S3n−1 = ˜S3n + --- 4n

и при $n → ∞$ будем иметь

lim S˜ = lim ( ˜S + -1-) = 1A n→∞ 3n− 1 n→ ∞ ◟◝3◜n◞ 4◟n◝◜◞ 2 → 12A →0

Аналогично,

˜S3n−2 = ˜S3n−1 + --1--- 4n − 2

и при $n → ∞$ будем иметь

1 1 lnim→∞ S˜3n− 2 = nli→m∞( S˜3n−-1 + ------ ) =--A → 1A п◟о п◝р◜еды◞дущ ему 4◟n◝−◜-2◞ 2 2 →0

Значит, любые частичные суммы переставленного ряда $S˜n$ будут стремиться к $12A$ , где $A$ - сумма исходного ряда. Значит, мы нашли требуемую перестановку.

Ответ: