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:

Предыдущий раздел

Следующий раздел