n 6n қатарының дивергенциясы 1 2. Қатарлардың желілік жинақтылығы. Кошидің радикалды белгісі

Қатардың жинақтылығын тексерудің бірнеше жолы бар. Біріншіден, сіз жай ғана қатардың қосындысын таба аласыз. Нәтижесінде біз ақырлы санды алсақ, онда осындай қатар жинақталады. Мысалы, бері

содан кейін қатар жинақталады. Егер қатардың қосындысын таба алмасақ, онда қатардың жинақтылығын тексеру үшін басқа әдістерді қолдану керек.

Осы әдістердің бірі д'Аламбер белгісі

мұнда және сәйкесінше қатардың n-ші және (n + 1)-ші мүшелері болып табылады және жинақтылық D мәнімен анықталады: Егер D< 1 - ряд сходится, если D >

Мысал ретінде біз д'Аламбер сынағы арқылы қатардың жинақтылығын қарастырамыз. Алдымен және үшін өрнектерді жазайық. Енді сәйкес шекті табайық:

Өйткені, д'Аламбер сынағы бойынша қатарлар жинақталады.

Қатардың жинақтылығын тексерудің тағы бір әдісі Кошидің радикалды белгісі, жазылған келесідей:

мұнда қатардың n-ші мүшесі, ал жинақтылық д'Аламбер сынағы жағдайындағыдай D мәнімен анықталады: Егер D< 1 - ряд сходится, если D >1 - алшақтайды. D = 1 болғанда - бұл белгі жауап бермейді және қосымша зерттеу қажет.

Мысал ретінде біз радикалды Коши сынағы арқылы қатардың жинақталуын зерттейміз. Алдымен үшін өрнек жазайық. Енді сәйкес шекті табайық:

Өйткені title="15625/64>1"> , радикалды Коши сынағы бойынша қатарлар алшақтайды.

Айта кету керек, жоғарыда айтылғандармен қатар қатарлардың жинақтылығының басқа да белгілері бар, мысалы, интегралды Коши сынағы, Раабе сынағы және т.б.

Біздің онлайн калькулятор, Wolfram Alpha жүйесінің негізінде құрастырылған, серияның жинақтылығын тексеруге мүмкіндік береді. Бұл жағдайда калькулятор қатардың қосындысы ретінде белгілі бір санды берсе, онда қатар жинақталады. Әйтпесе, «Қатар жинақтылық сынағы» тармағына назар аудару керек. Егер сол жерде «қатар жинақталады» тіркесі болса, онда қатар жинақталады. Егер «қатар алшақтайды» тіркесі бар болса, онда қатар алшақтайды.

Төменде «Қатар жинақтылық сынағы» тармағының барлық мүмкін мәндерінің аудармасы берілген:

Бұл мақала жаттығулар мен тапсырмаларды талдау кезінде пайдалы болуы мүмкін құрылымдық және егжей-тегжейлі ақпарат. Біз сандар қатары тақырыбын қарастырамыз.

Бұл мақала негізгі анықтамалар мен ұғымдардан басталады. Әрі қарай стандартты опцияларды және негізгі формулаларды зерттейміз. Материалды бекіту мақсатында мақалада негізгі мысалдар мен тапсырмалар берілген.

Негізгі тезистер

Алдымен жүйені елестетіңіз: a 1 , a 2 . . . , a n, . . . , мұндағы a k ∈ R, k = 1, 2. . . .

Мысалы, 6 , 3 , - 3 2 , 3 4 , 3 8 , - 3 16 , сияқты сандарды алайық. . . .

Анықтама 1

Сандар қатары ∑ a k k = 1 ∞ = a 1 + a 2 + мүшелерінің қосындысы. . . + a n + . . . .

Анықтаманы жақсырақ түсіну үшін q = - 0 болған жағдайды қарастырыңыз. 5: 8 - 4 + 2 - 1 + 1 2 - 1 4 + . . . = ∑ k = 1 ∞ (- 16) · - 1 2 k .

Анықтама 2

a k ортақ немесе к-шіқатардың мүшесі.

Бұл келесідей көрінеді - 16 · - 1 2 k .

Анықтама 3

Қатардың ішінара қосындысыкелесідей көрінеді S ​​n = a 1 + a 2 + . . . + a n , онда n- кез келген сан. S n nthқатардың қосындысы.

Мысалы, ∑ k = 1 ∞ (- 16) · - 1 2 k S 4 = 8 - 4 + 2 - 1 = 5 болады.

S 1 , S 2 , . . . , S n, . . . сандардың шексіз тізбегін құрайды.

Сан үшін n-шіқосынды S n \u003d a 1 (1 - q n) 1 - q \u003d 8 1 - - 1 2 n 1 - - 1 2 \u003d 16 3 1 - - 1 2 n формуласы бойынша табылады. Біз ішінара қосындылардың келесі тізбегін қолданамыз: 8 , 4 , 6 , 5 , . . . , 16 3 1 - - 1 2 n, . . . .

Анықтама 4

∑ k = 1 ∞ a k қатары жинақтаутізбегінің шекті шегі S = lim S n n → + ∞ болғанда. Егер шектеу болмаса немесе реттілік шексіз болса, онда ∑ k = 1 ∞ a k қатары деп аталады. дивергентті.

Анықтама 5

Жинақтаушы қатарлардың қосындысы∑ k = 1 ∞ a k – тізбектің шегі ∑ k = 1 ∞ a k = lim S n n → + ∞ = S .

Бұл мысалда lim S n n → + ∞ = lim 16 3 t → + ∞ 1 - 1 2 n = 16 3 lim n → + ∞ 1 - - 1 2 n = 16 3 , ∑ k = 1 ∞ қатары (- 16) ) · - 1 2 к жинақталады. Қосынды 16 3: ∑ k = 1 ∞ (- 16) · - 1 2 k = 16 3 .

1-мысал

Дивергентті қатардың мысалы ретінде бөлгіші біреуден үлкен геометриялық прогрессияның қосындысын келтіруге болады: 1 + 2 + 4 + 8 + . . . + 2n - 1 + . . . = ∑ k = 1 ∞ 2 k - 1 .

n-ші бөліктік қосынды S n = a 1 (1 - q n) 1 - q = 1 (1 - 2 n) 1 - 2 = 2 n - 1 өрнегімен анықталады, ал ішінара қосындылардың шегі шексіз: lim n → + ∞ S n = lim n → + ∞ (2 n - 1) = + ∞ .

Дивергентті сандар қатарының тағы бір мысалы ∑ k = 1 ∞ 5 = 5 + 5 + түрінің қосындысы болып табылады. . . . Бұл жағдайда n-ші жартылай қосындыны S n = 5 n ретінде есептеуге болады. Жартылай қосындылардың шегі шексіз lim n → + ∞ S n = lim n → + ∞ 5 n = + ∞ .

Анықтама 6

∑ k = 1 ∞ = 1 + 1 2 + 1 3 + мәніне ұқсас қосынды. . . + 1n + . . . - Бұл гармоникалық сандар қатары.

Анықтама 7

Қосынды ∑ k = 1 ∞ 1 k s = 1 + 1 2 s + 1 3 s +. . . + 1n s + . . . , Қайда снақты сан, жалпыланған гармоникалық сандар қатары.

Жоғарыда талқыланған анықтамалар мысалдар мен есептердің көпшілігін шешуге көмектеседі.

Анықтамаларды аяқтау үшін белгілі бір теңдеулерді дәлелдеу қажет.

1. ∑ k = 1 ∞ 1 k дивергентті.

Біз керісінше әрекет етеміз. Егер ол жинақталса, онда шек шекті болады. Теңдеуді lim n → + ∞ S n = S және lim n → + ∞ S 2 n = S түрінде жазуға болады. Белгілі бір әрекеттерден кейін l i m n → + ∞ (S 2 n - S n) = 0 теңдігін аламыз.

Қарсы,

S 2 n - S n = 1 + 1 2 + 1 3 +. . . + 1n + 1n + 1 + 1n + 2 + . . . + 1 2 n - - 1 + 1 2 + 1 3 + . . . + 1 n = 1 n + 1 + 1 n + 2 + . . . + 1 2 н

Мына теңсіздіктер дұрыс: 1 n + 1 > 1 2 n , 1 n + 1 > 1 2 n , . . . , 1 2 n - 1 > 1 2 n. Біз S 2 n - S n = 1 n + 1 + 1 n + 2 + болатынын аламыз. . . + 1 2 n > 1 2 n + 1 2 n + . . . + 1 2 n = n 2 n = 1 2 . S 2 n - S n > 1 2 өрнегі lim n → + ∞ (S 2 n - S n) = 0 мәніне жетпегенін көрсетеді. Серия әртүрлі.

1. b 1 + b 1 q + b 1 q 2 + . . . + b 1 q n + . . . = ∑ k = 1 ∞ b 1 q k - 1

Сандар тізбегінің қосындысы q үшін жинақталатынын растау керек< 1 , и расходится при q ≥ 1 .

Жоғарыда келтірілген анықтамаларға сәйкес сома nмүшелері S n = b 1 · (q n - 1) q - 1 формуласы бойынша анықталады.

Егер q< 1 верно

lim n → + ∞ S n = lim n → + ∞ b 1 q n - 1 q - 1 = b 1 lim n → + ∞ q n q - 1 - lim n → + ∞ 1 q - 1 = = b 1 0 - 1 q - 1 = b 1 q - 1

Біз сандар қатарының жинақталатынын дәлелдедік.

q = 1 b 1 + b 1 + b 1 + үшін. . . ∑ k = 1 ∞ b 1 . Қосындыларды S n = b 1 · n формуласы арқылы табуға болады, шегі шексіз lim n → + ∞ S n = lim n → + ∞ b 1 · n = ∞ . Ұсынылған нұсқада серия алшақтайды.

Егер q = - 1, онда жол b 1 - b 1 + b 1 - сияқты көрінеді. . . = ∑ k = 1 ∞ b 1 (- 1) k + 1 . Жартылай қосындылар тақ үшін S n = b 1 сияқты көрінеді n, және жұп үшін S n = 0 n. Осы жағдайды қарастыра отырып, біз шектеудің жоқтығына және қатардың дивергентті екеніне көз жеткіземіз.

q > 1 үшін lim n → + ∞ S n = lim n → + ∞ b 1 (q n - 1) q - 1 = b 1 lim n → + ∞ q n q - 1 - lim n → + ∞ 1 q - 1 = = b 1 ∞ - 1 q - 1 = ∞

Біз сандар қатарының алшақтайтынын дәлелдедік.

1. ∑ k = 1 ∞ 1 k с қатары жинақталады, егер s > 1және s ≤ 1 болса ауытқиды.

Үшін s = 1∑ k = 1 ∞ 1 k аламыз, қатар алшақтайды.

с үшін< 1 получаем 1 k s ≥ 1 k для k,натурал сан. Қатар дивергентті ∑ k = 1 ∞ 1 k болғандықтан, шектеу жоқ. Осыдан кейін ∑ k = 1 ∞ 1 k s тізбегі шектелмеген. Таңдалған қатарда әр түрлі болады деген қорытындыға келеміз с< 1 .

∑ k = 1 ∞ 1 k с қатары үшін жинақталатынын дәлелдеу қажет. s > 1.

S 2 n - 1 - S n - 1 елестетіңіз:

S 2 n - 1 - S n - 1 = 1 + 1 2 с + 1 3 с +. . . + 1 (n - 1) s + 1 n s + 1 (n + 1) s + . . . + 1 (2 n - 1) с - - 1 + 1 2 с + 1 3 с + . . . + 1 (n - 1) s = 1 n s + 1 (n + 1) s + . . . + 1(2n - 1)с

Айталық, 1 (n + 1) с< 1 n s , 1 (n + 2) s < 1 n s , . . . , 1 (2 n - 1) s < 1 n s , тогда S 2 n - 1 - S n - 1 = 1 n s + 1 (n + 1) s + . . . + 1 (2 n - 1) s < < 1 n s + 1 n s + . . . + 1 n s = n n s = 1 n s - 1

Натурал және жұп n = 2 болатын сандар теңдеуін елестетіңіз: S 2 n - 1 - S n - 1 = S 3 - S 1 = 1 2 с + 1 3 с< 1 2 s - 1 n = 4: S 2 n - 1 - S n - 1 = S 7 - S 3 = 1 4 s + 1 5 s + 1 6 s + 1 7 s < 1 4 s - 1 = 1 2 s - 1 2 n = 8: S 2 n - 1 - S n - 1 = S 15 - S 7 = 1 8 s + 1 9 s + . . . + 1 15 s < 1 8 s - 1 = 1 2 s - 1 3 . . .

Біз алып жатырмыз:

∑ k = 1 ∞ 1 k s = 1 + 1 2 с + 1 3 с + 1 4 с +. . . + 17с + 18с + . . . + 1 15 с + . . . \u003d \u003d 1 + S 3 - S 1 + S 7 - S 3 + S 15 + S 7 +. . .< < 1 + 1 2 s - 1 + 1 2 s - 1 2 + 1 2 s - 1 3 + . . .

1 + 1 2 с - 1 + 1 2 с - 1 2 + 1 2 с - 1 3 + өрнегі. . . q = 1 2 s - 1 геометриялық прогрессияның қосындысы болып табылады. Бастапқы деректер бойынша s > 1, содан кейін 0< q < 1 . Получаем, ∑ k = 1 ∞ < 1 + 1 2 s - 1 + 1 2 s - 1 2 + 1 2 s - 1 3 + . . . = 1 1 - q = 1 1 - 1 2 s - 1 . Последовательность ряда при s > 1артады және 1 1 - 1 2 с - 1 жоғарыдан шектеледі. Шек бар және қатар жинақталған ∑ k = 1 ∞ 1 k s деп елестетіңіз.

Анықтама 8

∑ k = 1 ∞ a k қатары бұл жағдайда оң, егер оның мүшелері > 0 a k > 0 болса, k = 1, 2,. . . .

∑ k = 1 ∞ b k қатары кезектесіпегер сандардың белгілері әртүрлі болса. Бұл мысал ∑ k = 1 ∞ b k = ∑ k = 1 ∞ (- 1) k a k немесе ∑ k = 1 ∞ b k = ∑ k = 1 ∞ (- 1) k + 1 a k түрінде берілген, мұндағы a k > 0 , k = 1 , 2 , . . . .

∑ k = 1 ∞ b k қатары кезектесіп, өйткені оның құрамында теріс және оң сандар көп.

Екінші жол опциясы жеке оқиғаүшінші нұсқа.

Міне, сәйкесінше әрбір жағдайға мысалдар:

6 + 3 + 3 2 + 3 4 + 3 8 + 3 16 + . . . 6 - 3 + 3 2 - 3 4 + 3 8 - 3 16 + . . . 6 + 3 - 3 2 + 3 4 + 3 8 - 3 16 + . . .

Үшінші нұсқа үшін абсолютті және шартты конвергенцияны да анықтауға болады.

Анықтама 9

∑ k = 1 ∞ b k қатары абсолютті жинақты болады, егер ∑ k = 1 ∞ b k да жинақты деп есептелсе.

Кейбір типтік опцияларды қарастырайық.

2-мысал

6 - 3 + 3 жолдар 2 - 3 4 + 3 8 - 3 16 + болса. . . және 6 + 3 - 3 2 + 3 4 + 3 8 - 3 16 +. . . конвергент ретінде анықталады, онда 6 + 3 + 3 2 + 3 4 + 3 8 + 3 16 + деп есептеу дұрыс. . .

Анықтама 10

Айнымалы ∑ k = 1 ∞ b k қатары шартты жинақты деп саналады, егер ∑ k = 1 ∞ b k дивергентті болса, ал ∑ k = 1 ∞ b k қатары жинақты деп саналады.

3-мысал

∑ k = 1 ∞ (- 1) k + 1 k = 1 - 1 2 + 1 3 - 1 4 + опциясын егжей-тегжейлі қарастырайық. . . . Абсолютті мәндерден тұратын ∑ k = 1 ∞ (- 1) k + 1 k = ∑ k = 1 ∞ 1 k қатары дивергентті деп анықталады. Бұл нұсқа конвергентті болып саналады, өйткені оны анықтау оңай. Бұл мысалдан біз ∑ k = 1 ∞ (- 1) k + 1 k = 1 - 1 2 + 1 3 - 1 4 + қатары екенін білеміз. . . шартты түрде конвергентті болып саналады.

Жинақтаушы қатарлардың ерекшеліктері

Белгілі бір жағдайлар үшін қасиеттерді талдап көрейік

1. Егер ∑ k = 1 ∞ a k жинақталса, онда ∑ k = m + 1 ∞ a k қатары да жинақты деп танылады. сериясы екенін атап өтуге болады ммүшелер де конвергентті болып саналады. Егер ∑ k = m + 1 ∞ a k санына бірнеше сандарды қоссақ, онда алынған нәтиже де жинақталады.
2. Егер ∑ k = 1 ∞ a k жинақталады және қосынды = С, онда ∑ k = 1 ∞ A ak , ∑ k = 1 ∞ A ak = A S қатары, мұндағы А-тұрақты.
3. Егер ∑ k = 1 ∞ a k және ∑ k = 1 ∞ b k жинақты болса, қосындылар АЖәне Бсондай-ақ, онда ∑ k = 1 ∞ a k + b k және ∑ k = 1 ∞ a k - b k қатарлары да жинақталады. Сомалар болады A+BЖәне А-Бтиісінше.

Қатар ∑ k = 1 ∞ 2 3 k · k 3 жинақталатынын анықтаңыз.

∑ k = 1 ∞ 2 3 k · k 3 = ∑ k = 1 ∞ 2 3 · 1 k 4 3 өрнегін өзгертейік. ∑ k = 1 ∞ 1 k 4 3 қатары жинақты деп саналады, өйткені ∑ k = 1 ∞ 1 k с қатары жинақталады. s > 1. Екінші қасиеті бойынша ∑ k = 1 ∞ 2 3 · 1 k 4 3 .

5-мысал

Қатар ∑ n = 1 ∞ 3 + n n 5 2 жинақталатынын анықтаңыз.

Түпнұсқа нұсқасын ∑ n = 1 ∞ 3 + n n 5 2 = ∑ n = 1 ∞ 3 n 5 2 + n n 2 = ∑ n = 1 ∞ 3 n 5 2 + ∑ n = 1 ∞ 1 түрлендіреміз.

∑ n = 1 ∞ 3 n 5 2 және ∑ n = 1 ∞ 1 n 2 қосындысын аламыз. Әрбір қатар қасиетке сәйкес конвергентті деп танылады. Сериялар жақындасатындықтан, түпнұсқа нұсқасы да біріктіріледі.

6-мысал

1 - 6 + 1 2 - 2 + 1 4 - 2 3 + 1 8 - 2 9 + қатарлары жинақталатынын есептеңіз. . . және соманы есептеңіз.

Түпнұсқаны бөліп көрейік:

1 - 6 + 1 2 - 2 + 1 4 - 2 3 + 1 8 - 2 9 + . . . == 1 + 1 2 + 1 4 + 1 8 + . . . - 2 3 + 1 + 1 3 + 1 9 + . . . = = ∑ k = 1 ∞ 1 2 k - 1 - 2 ∑ k = 1 ∞ 1 3 k - 2

Әрбір қатар жинақталады, себебі ол сандық қатардың мүшелерінің бірі. Үшінші қасиет бойынша бастапқы нұсқаның да конвергентті екенін есептей аламыз. Қосындыны есептейміз: Қатардың бірінші мүшесі ∑ k = 1 ∞ 1 2 k - 1 = 1, ал бөлгіші = 0 . 5 , одан кейін ∑ k = 1 ∞ 1 2 k - 1 = 1 1 - 0. 5 = 2. Бірінші мүшесі ∑ k = 1 ∞ 1 3 k - 2 = 3 , ал кему сандық қатарының бөлгіші = 1 3 . Біз мынаны аламыз: ∑ k = 1 ∞ 1 3 k - 2 = 3 1 - 1 3 = 9 2 .

1 - 6 + 1 2 - 2 + 1 4 - 2 3 + 1 8 - 2 9 + қосындысын анықтау үшін жоғарыда алынған өрнектерді қолданамыз. . . = ∑ k = 1 ∞ 1 2 k - 1 - 2 ∑ k = 1 ∞ 1 3 k - 2 = 2 - 2 9 2 = - 7

Қатардың жинақтылығын анықтаудың қажетті шарты

Егер ∑ k = 1 ∞ a k қатары жинақты болса, онда оның шегі к-шімүшесі = 0: lim k → + ∞ a k = 0 .

Егер біз кез келген опцияны тексеретін болсақ, онда біз міндетті шартты ұмытпауымыз керек. Егер ол қанағаттандырылмаса, онда қатар алшақтайды. Егер lim k → + ∞ a k ≠ 0 болса, онда қатар дивергентті болады.

Шарт маңызды, бірақ жеткіліксіз екенін түсіндіру керек. Егер lim k → + ∞ a k = 0 теңдігі орындалса, онда бұл ∑ k = 1 ∞ a k жинақталатынына кепілдік бермейді.

Мысал келтірейік. ∑ k = 1 ∞ 1 k гармоникалық қатар үшін шарт орындалады lim k → + ∞ 1 k = 0, бірақ қатар әлі де алшақтайды.

7-мысал

∑ n = 1 ∞ n 2 1 + n жинақтылығын анықтаңыз.

lim n → + ∞ n 2 1 + n = lim n → + ∞ n 2 n 2 1 n 2 + 1 n = lim n → + ∞ 1 1 n 2 + 1 n = 1 + 0 шарты үшін бастапқы өрнекті тексеріңіз + 0 = + ∞ ≠ 0

Шектеу nthмүше 0 емес. Біз бұл қатардың алшақтататынын дәлелдедік.

Оң таңбалы қатардың жинақтылығы қалай анықталады.

Егер сіз осы мүмкіндіктерді үнемі қолдансаңыз, шектеулерді үнемі есептеуге тура келеді. Бұл бөлім мысалдар мен есептерді шешу кезінде қиындықтарды болдырмауға көмектеседі. Оң таңбалы қатардың жинақтылығын анықтау үшін белгілі бір шарт бар.

Оң таңбаның жинақтылығы үшін ∑ k = 1 ∞ a k , a k > 0 ∀ k = 1 , 2 , 3 , . . . қосындылардың шектеулі тізбегін анықтау керек.

Жолдарды қалай салыстыруға болады

Қатарларды салыстырудың бірнеше белгілері бар. Жинақталуын анықтау ұсынылатын қатарды жинақтылығы белгілі қатармен салыстырамыз.

Бірінші белгі

∑ k = 1 ∞ a k және ∑ k = 1 ∞ b k оң қатарлар. a k ≤ b k теңсіздігі үшін жарамды k = 1, 2, 3, ...Бұдан шығатыны ∑ k = 1 ∞ b k қатарынан ∑ k = 1 ∞ a k алуға болады. ∑ k = 1 ∞ a k алшақтайтындықтан, ∑ k = 1 ∞ b k қатарын дивергент ретінде анықтауға болады.

Бұл ереже теңдеулерді шешу үшін үнемі пайдаланылады және конвергенцияны анықтауға көмектесетін маңызды аргумент болып табылады. Қиындықтар әр жағдайда салыстыру үшін қолайлы мысал табу мүмкін еместігінде болуы мүмкін. Жиі серия индикатор принципіне сәйкес таңдалады к-шімүшесі алым мен бөлгіштің дәрежелерін азайтудың нәтижесіне тең болады к-шіқатар мүшесі. a k = k 2 + 3 4 k 2 + 5 , айырмасы тең болады делік. 2 – 3 = - 1 . Бұл жағдайда сериясы бар екенін анықтауға болады к-ші b k = k - 1 = 1 k мүшесі, ол гармоникалық.

Алынған материалды біріктіру үшін біз бірнеше типтік нұсқаларды егжей-тегжейлі қарастырамыз.

8-мысал

Қандай қатар ∑ k = 1 ∞ 1 k - 1 2 екенін анықтаңыз.

Шек = 0 lim k → + ∞ 1 k - 1 2 = 0 болғандықтан, біз орындадық. қажетті жағдай. Теңсіздік әділ болады 1 k< 1 k - 1 2 для k,бұл табиғи. Алдыңғы абзацтардан біз ∑ k = 1 ∞ 1 k гармоникалық қатары дивергентті екенін білдік. Бірінші критерий бойынша бастапқы нұсқаның дивергентті екендігін дәлелдеуге болады.

9-мысал

Қатар жинақты немесе дивергентті ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 + 3 k - 1 екенін анықтаңыз.

Бұл мысалда қажетті шарт орындалды, өйткені lim k → + ∞ 1 k 3 + 3 k - 1 = 0 . 1 k 3 + 3 k - 1 теңсіздігі түрінде көрсетеміз< 1 k 3 для любого значения к. ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 қатары жинақты, өйткені гармоникалық қатар ∑ k = 1 ∞ 1 k с үшін жинақталады. s > 1. Бірінші белгі бойынша сандар қатары жинақты болады деп қорытынды жасауға болады.

10-мысал

Қандай қатар ∑ k = 3 ∞ 1 k ln (ln k) болатынын анықтаңыз. lim k → + ∞ 1 k ln (ln k) = 1 + ∞ + ∞ = 0 .

Бұл нұсқада қалаған шарттың орындалуын белгілеуге болады. Салыстыру үшін қатарды анықтайық. Мысалы, ∑ k = 1 ∞ 1 k s . Дәреженің не екенін анықтау үшін ( ln (ln k) ) , k = 3 , 4 , 5 тізбегін қарастырайық. . . . ln (ln 3) , ln (ln 4) , ln (ln 5) , тізбегінің мүшелері. . . шексіздікке дейін артады. Теңдеуді талдағаннан кейін N = 1619 мәнін алып, онда реттілік мүшелері > 2 болатынын атап өтуге болады. Бұл реттілік үшін 1 k ln (ln k) теңсіздігі< 1 k 2 . Ряд ∑ k = N ∞ 1 k 2 сходится согласно первому признаку, так как ряд ∑ k = 1 ∞ 1 k 2 тоже сходящийся. Отметим, что согласно первому признаку ряд ∑ k = N ∞ 1 k ln (ln k) сходящийся. Можно сделать вывод, что ряд ∑ k = 3 ∞ 1 k ln (ln k) также сходящийся.

Екінші белгі

∑ k = 1 ∞ a k және ∑ k = 1 ∞ b k оң таңбалы қатарлар деп алайық.

Егер lim k → + ∞ a k b k ≠ ∞ болса, онда ∑ k = 1 ∞ b k қатары жинақталады, ∑ k = 1 ∞ a k да жинақталады.

Егер lim k → + ∞ a k b k ≠ 0 болса, онда ∑ k = 1 ∞ b k қатары ауытқығандықтан, ∑ k = 1 ∞ a k да алшақтайды.

Егер lim k → + ∞ a k b k ≠ ∞ және lim k → + ∞ a k b k ≠ 0 болса, онда қатардың жинақтылығы немесе дивергенциясы басқаның жинақтылығын немесе дивергенциясын білдіреді.

Екінші белгінің көмегімен ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 + 3 k - 1 қарастырайық. Салыстыру үшін ∑ k = 1 ∞ b k жинақталған ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 қатарын аламыз. Шекті анықтаңыз: lim k → + ∞ a k b k = lim k → + ∞ 1 k 3 + 3 k - 1 1 k 3 = lim k → + ∞ k 3 k 3 + 3 k - 1 = 1

Екінші критерий бойынша жинақталған ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 қатары бастапқы нұсқаның да жинақталатынын білдіретінін анықтауға болады.

11-мысал

Қандай қатар ∑ n = 1 ∞ k 2 + 3 4 k 3 + 5 екенін анықтаңыз.

Бұл нұсқада қанағаттандырылатын lim k → ∞ k 2 + 3 4 k 3 + 5 = 0 қажетті шартын талдап көрейік. Екінші критерий бойынша ∑ k = 1 ∞ 1 k қатарын алайық. Біз шекті іздейміз: lim k → + ∞ k 2 + 3 4 k 3 + 5 1 k = lim k → + ∞ k 3 + 3 k 4 k 3 + 5 = 1 4

Жоғарыдағы тезистерге сәйкес дивергентті қатар бастапқы қатардың дивергенциясын тудырады.

Үшінші белгі

Салыстырудың үшінші белгісін қарастырайық.

∑ k = 1 ∞ a k және _ ∑ k = 1 ∞ b k оң таңбалы сандық қатарлар деп есептейік. Егер қандай да бір a k + 1 a k ≤ b k + 1 b k саны үшін шарт орындалса, онда бұл қатардың жинақтылығы ∑ k = 1 ∞ b k ∑ k = 1 ∞ a k қатарының да жинақты екенін білдіреді. ∑ k = 1 ∞ a k дивергенттік қатары ∑ k = 1 ∞ b k дивергенциясын тудырады.

Д'Аламбер белгісі

∑ k = 1 ∞ a k оң таңбалы сандар қатары деп елестетіңіз. Егер lim k → + ∞ a k + 1 a k болса< 1 , то ряд является сходящимся, если lim k → + ∞ a k + 1 a k >1 , содан кейін дивергентті.

Ескерту 1

Шек шексіз болса, д'Аламбер сынағы жарамды.

Егер lim k → + ∞ a k + 1 a k = - ∞ , онда қатар жинақты болады, егер lim k → ∞ a k + 1 a k = + ∞ болса, онда ол дивергентті болады.

Егер lim k → + ∞ a k + 1 a k = 1 болса, онда д'Аламбер сынағы көмектеспейді және тағы бірнеше зерттеулер қажет болады.

12-мысал

Д'Аламбер сынағы арқылы қатар жинақталған немесе дивергентті ∑ k = 1 ∞ 2 k + 1 2 k екенін анықтаңыз.

Қажетті жинақтылық шартының орындалғанын тексеру қажет. L'Hopital ережесі арқылы шекті есептейік: lim k → + ∞ 2 k + 1 2 k = ∞ ∞ = lim k → + ∞ 2 k + 1 " 2 k " = lim k → + ∞ 2 2 k ln 2 = 2 + ∞ журнал 2 = 0

Шарттың орындалғанын көреміз. Д'Аламбер тестін қолданайық: lim k → + ∞ = lim k → + ∞ 2 (k + 1) + 1 2 k + 1 2 k + 1 2 k = 1 2 lim k → + ∞ 2 k + 3 2 k + 1 = 12< 1

Қатар жинақты.

13-мысал

Қатар дивергентті ∑ k = 1 ∞ k k k екенін анықтаңыз! .

Қатардың дивергенциясын анықтау үшін д'Аламбер тестін қолданайық: lim k → + ∞ a k + 1 a k = lim k → + ∞ (k + 1) k + 1 (k + 1) ! к к к ! = lim k → + ∞ (k + 1) k + 1 k ! k k · (k + 1) ! = lim k → + ∞ (k + 1) k + 1 k k (k + 1) = = lim k → + ∞ (k + 1) k k k = lim k → + ∞ k + 1 k k = lim k → + ∞ 1 + 1 k k = e > 1

Сондықтан қатар дивергентті.

Кошидің радикалды белгісі

∑ k = 1 ∞ a k оң таңбалы қатар деп есептейік. Егер lim k → + ∞ a k k болса< 1 , то ряд является сходящимся, если lim k → + ∞ a k k >1 , содан кейін дивергентті.

Ескерту 2

Егер lim k → + ∞ a k k = 1 болса, онда бұл мүмкіндік ешқандай ақпарат бермейді – қосымша талдау қажет.

Бұл мүмкіндікті анықтау оңай мысалдарда пайдалануға болады. Жағдай сандар қатарының мүшесі экспоненциалды экспоненциалды өрнек болған кезде тән болады.

Алынған ақпаратты біріктіру үшін бірнеше типтік мысалдарды қарастырыңыз.

14-мысал

∑ k = 1 ∞ 1 (2 k + 1) k оң қатары қатарға жинақталатынын анықтаңыз.

Қажетті шарт орындалды деп есептеледі, өйткені lim k → + ∞ 1 (2 k + 1) k = 1 + ∞ + ∞ = 0 .

Жоғарыда қарастырылған сынақ бойынша lim k → + ∞ a k k = lim k → + ∞ 1 (2 k + 1) k k = lim k → + ∞ 1 2 k + 1 = 0 аламыз.< 1 . Данный ряд является сходимым.

15-мысал

Сандар қатары ∑ k = 1 ∞ 1 3 k · 1 + 1 k k 2 жиналады ма.

Біз алдыңғы абзацта сипатталған белгіні қолданамыз lim k → + ∞ 1 3 k 1 + 1 k k 2 k = 1 3 lim k → + ∞ 1 + 1 k k = e 3< 1 , следовательно, числовой ряд сходится.

Интегралдық Коши сынағы

∑ k = 1 ∞ a k оң таңбалы қатар деп есептейік. Үздіксіз аргумент функциясын белгілеу керек y=f(x), ол a n = f (n) сәйкес келеді. Егер y=f(x)нөлден үлкен, үзілмейді және [ a ; + ∞) , мұндағы a ≥ 1

Бұл жағдайда дұрыс емес интеграл∫ a + ∞ f (x) d x жинақты, онда қарастырылып отырған қатар да жинақталады. Егер ол алшақтайтын болса, онда қарастырылып отырған мысалда қатар да алшақтайды.

Функцияның ыдырауын тексеру кезінде алдыңғы сабақтарда қарастырылған материалды пайдалануға болады.

16-мысал

Жинақтау үшін ∑ k = 2 ∞ 1 k ln k мысалын қарастырайық.

lim k → + ∞ 1 k ln k = 1 + ∞ = 0 болғандықтан қатардың жинақтылық шарты орындалды деп есептеледі. y = 1 x ln x деп қарастырайық. Ол нөлден үлкен, үзілмейді және [ 2 ге азаяды; +∞) . Алғашқы екі тармақ белгілі, бірақ үшіншісі толығырақ талқылануы керек. Туындыны табыңыз: y "= 1 x ln x" = x ln x "x ln x 2 = ln x + x 1 x x ln x 2 = - ln x + 1 x ln x 2. [ 2-де ол нөлден кіші. ; + ∞) Бұл функция кемиді деген тезисті дәлелдейді.

Шын мәнінде, y = 1 x ln x функциясы біз жоғарыда қарастырған принциптің ерекшеліктеріне сәйкес келеді. Біз оны қолданамыз: ∫ 2 + ∞ d x x ln x = lim A → + ∞ ∫ 2 A d (ln x) ln x = lim A → + ∞ ln (ln x) 2 A = lim A → + ∞ (ln ( ln) A) - ln (ln 2)) = ln (ln (+ ∞)) - ln (ln 2) = + ∞

Алынған нәтижелерге сәйкес бастапқы мысал алшақтайды, себебі дұрыс емес интеграл дивергентті.

17-мысал

∑ k = 1 ∞ 1 (10 k - 9) (ln (5 k + 8)) 3 қатарының жинақтылығын дәлелдеңдер.

lim k → + ∞ 1 (10 k - 9) (ln (5 k + 8)) 3 = 1 + ∞ = 0 болғандықтан, шарт орындалды деп есептеледі.

k = 4-тен басталатын дұрыс өрнек 1 (10 k - 9) (ln (5 k + 8)) 3< 1 (5 k + 8) (ln (5 k + 8)) 3 .

Егер ∑ k = 4 ∞ 1 (5 k + 8) (ln (5 k + 8)) 3 қатары жинақты деп есептелсе, онда салыстыру принциптерінің біріне сәйкес ∑ k = 4 ∞ 1 (10) қатары k - 9) ( ln (5 k + 8)) 3 де жинақтылық болып саналады. Осылайша, бастапқы өрнектің де жинақты екенін анықтауға болады.

∑ k = 4 ∞ 1 (5 k + 8) (ln (5 k + 8)) 3 дәлелдеуге көшейік.

y = 1 5 x + 8 (ln (5 x + 8)) 3 функциясы нөлден үлкен болғандықтан, ол аяқталмайды және [ 4 -те кемиді; +∞) . Біз алдыңғы абзацта сипатталған мүмкіндікті қолданамыз:

∫ 4 + ∞ d x (5 x + 8) (l n (5 x + 8)) 3 = lim A → + ∞ ∫ 4 A d x (5 x + 8) (ln (5 x + 8)) 3 = = 1 5 lim A → + ∞ ∫ 4 A d (ln (5 x + 8) (ln (5 x + 8)) 3 = - 1 10 lim A → + ∞ 1 (ln (5 x + 8)) 2 |4 A = = - 1 10 lim A → + ∞ 1 (ln (5 A + 8)) 2 - 1 (ln (5 4 + 8)) 2 = = - 1 10 1 + ∞ - 1 (ln 28) 2 = 1 10 лн 28 2

Алынған жинақталған қатарда ∫ 4 + ∞ d x (5 x + 8) (ln (5 x + 8)) 3 , ∑ k = 4 ∞ 1 (5 k + 8) (ln (5 k +) болатынын анықтауға болады. 8 )) 3 де жинақталады.

Раабенің белгісі

∑ k = 1 ∞ a k оң таңбалы сандар қатары деп алайық.

Егер lim k → + ∞ k a k a k + 1 болса< 1 , то ряд расходится, если lim k → + ∞ k · a k a k + 1 - 1 >1 , содан кейін ол жинақталады.

Егер жоғарыда сипатталған әдістер көзге көрінетін нәтиже бермесе, бұл анықтау әдісін қолдануға болады.

Абсолюттік конвергенцияны зерттеу

Зерттеу үшін ∑ k = 1 ∞ b k қабылдаймыз. ∑ k = 1 ∞ b k оң таңбасын қолданамыз. Біз жоғарыда сипатталған қолайлы мүмкіндіктердің кез келгенін пайдалана аламыз. Егер ∑ k = 1 ∞ b k қатары жинақталса, онда бастапқы қатар абсолютті жинақты болады.

18-мысал

Жинақталу үшін ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 3 k 3 + 2 k - 1 қатарын зерттеңіз ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 3 k 3 + 2 k - 1 = ∑ k = 1 ∞ 1 3 k 3 + 2 к - 1 .

Шарт орындалады lim k → + ∞ 1 3 k 3 + 2 k - 1 = 1 + ∞ = 0 . ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 2 мәнін қолданамыз және екінші таңбаны қолданамыз: lim k → + ∞ 1 3 k 3 + 2 k - 1 1 k 3 2 = 1 3 .

∑ k = 1 ∞ (- 1) k 3 k 3 + 2 k - 1 қатары жинақталады. Түпнұсқа серия да абсолютті конвергентті.

Айнымалы қатарлардың дивергенциясы

Егер ∑ k = 1 ∞ b k қатары дивергентті болса, онда сәйкес айнымалы қатар ∑ k = 1 ∞ b k не дивергентті, не шартты жинақты болады.

∑ k = 1 ∞ b k модульдерден алшақтықтан ∑ k = 1 ∞ b k туралы қорытынды жасауға тек д'Аламбер сынағы мен радикалды Коши сынағы көмектеседі. ∑ k = 1 ∞ b k қатары да қажетті жинақтылық шарты орындалмаса, яғни lim k → ∞ + b k ≠ 0 болса ауытқиды.

19-мысал

Дивергенцияны тексеру 1 7 , 2 7 2 , - 6 7 3 , 24 7 4 , 120 7 5 - 720 7 6 , . . . .

Модуль к-шітермин b k = k түрінде көрсетіледі! 7 мың.

∑ k = 1 ∞ b k = ∑ k = 1 ∞ k қатарын зерттейік! д'Аламбер критерийі бойынша жинақтылық үшін 7 k: lim k → + ∞ b k + 1 b k = lim k → + ∞ (k + 1) ! 7 мың + 1 мың! 7 k = 1 7 limk → + ∞ (k + 1) = + ∞ .

∑ k = 1 ∞ b k = ∑ k = 1 ∞ k ! 7 k бастапқы нұсқадағыдай ауытқиды.

20-мысал

∑ k = 1 ∞ (- 1) k · k 2 + 1 ln (k + 1) жинақталған.

Қажетті шартты қарастырайық lim k → + ∞ b k = lim k → + ∞ k 2 + 1 ln (k + 1) = ∞ ∞ = lim k → + ∞ = k 2 + 1 " (ln (k + 1)) " = = lim k → + ∞ 2 k 1 k + 1 = lim k → + ∞ 2 k (k + 1) = + ∞ . Шарт орындалмайды, сондықтан ∑ k = 1 ∞ (- 1) k · k 2 + 1 ln (k + 1) қатар дивергентті. Лимит L'Hospital ережесіне сәйкес есептелді.

Шартты жинақтылық критерийлері

Лейбниц белгісі

Егер ауыспалы қатар мүшелерінің мәндері төмендесе b 1 > b 2 > b 3 > . . . > . . . және модуль шегі = 0 болса, k → + ∞ , онда ∑ k = 1 ∞ b k қатары жинақталады.

17-мысал

Жинақтау үшін ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 2 k + 1 5 k (k + 1) қарастырайық.

Қатар ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 2 k + 1 5 k (k + 1) = ∑ k = 1 ∞ 2 k + 1 5 k (k + 1) түрінде берілген. Қажетті шарт орындалады lim k → + ∞ = 2 k + 1 5 k (k + 1) = 0 . Екінші салыстыру шарты бойынша ∑ k = 1 ∞ 1 k деп қарастырайық lim k → + ∞ 2 k + 1 5 k (k + 1) 1 k = lim k → + ∞ 2 k + 1 5 (k + 1) = 2 5

∑ k = 1 ∞ (- 1) k 2 k + 1 5 k (k + 1) = ∑ k = 1 ∞ 2 k + 1 5 k (k + 1) ажырайтынын аламыз. ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 2 k + 1 5 k (k + 1) қатары Лейбниц критерийі бойынша жинақталады: реттілік 2 1 + 1 5 1 1 1 + 1 = 3 10 , 2 2 + 1 5 2 (2 + 1) = 5 30 , 2 3 + 1 5 3 3 + 1 , . . . кемиді және lim k → + ∞ = 2 k + 1 5 k (k + 1) = 0 болады.

Қатар шартты түрде жинақталады.

Абель-Дирихле белгісі

∑ k = 1 + ∞ u k v k жинақталады, егер ( u k ) өспесе және ∑ k = 1 + ∞ v k тізбегі шектелген болса.

17-мысал

Зерттеу 1 - 3 2 + 2 3 + 1 4 - 3 5 + 1 3 + 1 7 - 3 8 + 2 9 +. . . конвергенция үшін.

Елестетіңіз

1 - 3 2 + 2 3 + 1 4 - 3 5 + 1 3 + 1 7 - 3 8 + 2 9 + . . . = 1 1 + 1 2 (- 3) + 1 3 2 + 1 4 1 + 1 5 (- 3) + 1 6 = ∑ k = 1 ∞ u k v k

мұндағы ( u k ) = 1 , 1 2 , 1 3 , . . . - өспейтін, ал реттілік ( v k ) = 1 , - 3 , 2 , 1 , - 3 , 2 , . . . шектеулі ( S k ) = 1 , - 2 , 0 , 1 , - 2 , 0 , . . . . Қатар жинақталады.

Мәтінде қатені байқасаңыз, оны бөлектеп, Ctrl+Enter пернелерін басыңыз

Жауап: қатар алшақтайды.

№3 мысал

$\sum\limits_(n=1)^(\infty)\frac(2)((2n+1)(2n+3))$ қатарының қосындысын табыңыз.

Төменгі жиынтық шегі 1 болғандықтан, қатардың ортақ мүшесі қосынды белгісімен жазылады: $u_n=\frac(2)((2n+1)(2n+3))$. Қатардың n-ші жартылай қосындысын құрастырыңыз, яғни. Берілген сандық қатардың алғашқы $n$ мүшелерін қос:

$$ S_n=u_1+u_2+u_3+u_4+\ldots+u_n=\frac(2)(3\cdot 5)+\frac(2)(5\cdot 7)+\frac(2)(7\cdot 9 )+\frac(2)(9\cdot 11)+\ldots+\frac(2)((2n+1)(2n+3)). $$

Неліктен мен $\frac(2)(15)$ емес, дәл $\frac(2)(3\cdot 5)$ деп жазатыным әрі қарай баяндаудан белгілі болады. Алайда, ішінара соманы жазу бізді мақсатқа бір із қалдырған жоқ. Өйткені, бізге $\lim_(n\to\infty)S_n$ табу керек, бірақ жай ғана жазсақ:

$$ \lim_(n\to\infty)S_n=\lim_(n\to\infty)\сол(\frac(2)(3\cdot 5)+\frac(2)(5\cdot 7)+\ frac(2)(7\cdot 9)+\frac(2)(9\cdot 11)+\ldots+\frac(2)((2n+1)(2n+3))\оң), $$

онда бұл жазба толығымен дұрыс пішіні бізге мәні бойынша ештеңе бермейді. Шекті табу үшін алдымен жартылай қосынды өрнегін оңайлату керек.

Бұл үшін қатардың ортақ мүшесін білдіретін $\frac(2)((2n+1)(2n+3))$ бөлігін кеңейтуден тұратын стандартты түрлендіру бар. элементар бөлшектер. Рационал бөлшектерді қарапайым бөлшектерге ыдырату мәселесіне жеке тақырып арналған (мысалы, осы беттегі №3 мысалды қараңыз). $\frac(2)((2n+1)(2n+3))$ бөлігін қарапайым бөлшектерге кеңейтсек, бізде:

$$ \frac(2)((2n+1)(2n+3))=\frac(A)(2n+1)+\frac(B)(2n+3)=\frac(A\cdot(2n) +3)+B\cdot(2n+1))((2n+1)(2n+3)). $$

Алынған теңдіктің сол және оң жағындағы бөлшектердің алымдарын теңестіреміз:

$$ 2=A\cdot(2n+3)+B\cdot(2n+1). $$

$A$ және $B$ мәндерін табудың екі жолы бар. Сіз жақшаларды ашып, шарттарды қайта реттей аласыз немесе $n$ орнына кейбір қолайлы мәндерді жай ғана ауыстыра аласыз. Әртүрлілік үшін бұл мысалда біз бірінші жолмен жүреміз, ал келесі жолы - $n$ жеке мәндерін ауыстырамыз. Жақшаларды кеңейтіп, терминдерді қайта реттесек, біз мынаны аламыз:

$$ 2=2An+3A+2Bn+B;\\ 2=(2A+2B)n+3A+B. $$

Теңдеудің сол жағында $n$ алдында нөл қойылған. Қаласаңыз, теңдіктің сол жағын түсінікті болу үшін $0\cdot n+ 2$ түрінде көрсетуге болады. Теңдіктің сол жағында $n$ алдында нөл, ал оң жағында $2A+2B$ $n$ алдында тұрғандықтан, бізде бірінші теңдеу бар: $2A+2B=0$. Бұл теңдеудің екі жағын бірден 2-ге бөлеміз, содан кейін $A+B=0$ аламыз.

Теңдіктің сол жағындағы бос мүше 2-ге, ал теңдіктің оң жағындағы бос мүше $3A+B$-ға тең болғандықтан, $3A+B=2$ болады. Сонымен, бізде жүйе бар:

$$ \left\(\бастау(тураланған) & A+B=0;\\ & 3A+B=2. \соңы(тураланған)\оңға. $$

Дәлелдеу математикалық индукция әдісімен жүзеге асырылады. Бірінші қадамда $S_n=\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$ қажетті теңдігі $n=1$ үшін орындалатынын тексеруіміз керек. Біз $S_1=u_1=\frac(2)(15)$ екенін білеміз, бірақ $\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$ өрнегі $\frac( мәнін бере ме? 2 )(15)$ егер оған $n=1$ ауыстырылса? Тексерейік:

$$ \frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)=\frac(1)(3)-\frac(1)(2\cdot 1+3)=\frac(1) (3)-\frac(1)(5)=\frac(5-3)(15)=\frac(2)(15). $$

Сонымен, $n=1$ үшін $S_n=\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$ теңдігі орындалады. Бұл математикалық индукция әдісінің бірінші қадамын аяқтайды.

$n=k$ үшін теңдік орындалады деп есептейік, яғни. $S_k=\frac(1)(3)-\frac(1)(2k+3)$. $n=k+1$ үшін бірдей теңдік орындалатынын дәлелдейік. Ол үшін $S_(k+1)$ қарастырыңыз:

$$ S_(k+1)=S_k+u_(k+1). $$

$u_n=\frac(1)(2n+1)-\frac(1)(2n+3)$ болғандықтан, $u_(k+1)=\frac(1)(2(k+1)+ 1 )-\frac(1)(2(k+1)+3)=\frac(1)(2k+3)-\frac(1)(2(k+1)+3)$. Жоғарыдағы болжамға сәйкес $S_k=\frac(1)(3)-\frac(1)(2k+3)$, сондықтан $S_(k+1)=S_k+u_(k+1)$ формуласы алынады. пішін:

$$ S_(k+1)=S_k+u_(k+1)=\frac(1)(3)-\frac(1)(2k+3)+\frac(1)(2k+3)-\ frac(1)(2(k+1)+3)=\frac(1)(3)-\frac(1)(2(k+1)+3). $$

Қорытынды: $S_n=\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$ формуласы $n=k+1$ үшін дұрыс. Сондықтан математикалық индукция әдісіне сәйкес $S_n=\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$ формуласы N$ ішіндегі кез келген $n\ үшін дұрыс. Теңдік дәлелденді.

Стандартты курста жоғары математикаәдетте ешқандай дәлелдеуді қажет етпей, күшін жою шарттарын «сызып тастаумен» қанағаттанады. Сонымен, біз n-ші жартылай қосындының өрнегін алдық: $S_n=\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$. $\lim_(n\to\infty)S_n$ мәнін табыңыз:

Қорытынды: берілген қатар жинақталады және оның қосындысы $S=\frac(1)(3)$.

Екінші әдіс - жартылай қосындының формуласын жеңілдету.

Шынымды айтсам, бұл әдісті өзім жақсы көремін :) Жартылай соманы қысқартылған түрде жазып көрейік:

$$ S_n=\sum\limits_(k=1)^(n)u_k=\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(2)((2k+1)(2k+3)). $$

Біз $u_k=\frac(1)(2k+1)-\frac(1)(2k+3)$ екенін бұрын алдық, сондықтан:

$$ S_n=\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(2)((2k+1)(2k+3))=\summa\limits_(k=1)^(n)\сол (\frac(1)(2k+1)-\frac(1)(2k+3)\оң). $$

$S_n$ сомасында терминдердің шектеулі саны бар, сондықтан біз оларды қалауымызша қайта реттей аламыз. Мен алдымен $\frac(1)(2k+1)$ пішінінің барлық шарттарын қосқым келеді, содан кейін ғана $\frac(1)(2k+3)$ пішінінің шарттарына өткім келеді. Бұл ішінара соманы мына пішінде көрсететінімізді білдіреді:

$$ S_n =\frac(1)(3)-\frac(1)(5)+\frac(1)(5)-\frac(1)(7)+\frac(1)(7)-\ frac(1)(9)+\frac(1)(9)-\frac(1)(11)+\ldots+\frac(1)(2n+1)-\frac(1)(2n+3)= \\ =\frac(1)(3)+\frac(1)(5)+\frac(1)(7)+\frac(1)(9)+\ldots+\frac(1)(2n+1 )-\left(\frac(1)(5)+\frac(1)(7)+\frac(1)(9)+\ldots+\frac(1)(2n+3)\оң). $$

Әрине, кеңейтілген белгілеу өте ыңғайсыз, сондықтан жоғарыдағы теңдікті ықшамырақ жазуға болады:

$$ S_n=\sum\limits_(k=1)^(n)\left(\frac(1)(2k+1)-\frac(1)(2k+3)\оң)=\sum\limits_( k=1)^(n)\frac(1)(2k+1)-\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+3). $$

Енді $\frac(1)(2k+1)$ және $\frac(1)(2k+3)$ өрнектерін бірдей пішінге түрлендіреміз. Менің ойымша, оны үлкенірек бөлікке ұқсату ыңғайлы (бірақ кішірекін қолдануға болады, бұл талғамға байланысты). $\frac(1)(2k+1)>\frac(1)(2k+3)$ болғандықтан (бөлгіш неғұрлым үлкен болса, бөлшек соғұрлым кіші болады), біз $\frac(1)(2k+) бөлігін азайтамыз. 3) $\frac(1)(2k+1)$ пішініне $.

Мен $\frac(1)(2k+3)$ бөлігінің бөлгішіндегі өрнекті келесідей ұсынамын:

$$ \frac(1)(2k+3)=\frac(1)(2k+2+1)=\frac(1)(2(k+1)+1). $$

Ал $\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+3)$ қосындысын енді былай жазуға болады:

$$ \sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+3)=\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2(k+1) )+1)=\қосынды\лимиттер_(k=2)^(n+1)\frac(1)(2k+1). $$

$\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+3)=\sum\limits_(k=2)^(n+1)\frac(1)(2k+) теңдігі 1) $ сұрақ туғызбайды, одан әрі қарай жүрейік. Сұрақтар болса, жазбаны кеңейтіңіз.

Конверсияланған соманы қалай алдық? көрсету/жасыру

Бізде $\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+3)=\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2() сериясы болды. k+1)+1)$. $k+1$ орнына жаңа айнымалы енгізейік - мысалы, $t$. Сонымен $t=k+1$.

Ескі айнымалы $k$ қалай өзгерді? Және ол 1-ден $n$-ға өзгерді. Жаңа $t$ айнымалысы қалай өзгеретінін білейік. $k=1$ болса, $t=1+1=2$. $k=n$ болса, $t=n+1$. $\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2(k+1)+1)$ өрнегі енді: $\sum\limits_(t=2)^(n +) 1)\frac(1)(2t+1)$.

$$ \sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2(k+1)+1)=\sum\limits_(t=2)^(n+1)\frac(1) )(2т+1). $$

Бізде $\sum\limits_(t=2)^(n+1)\frac(1)(2t+1)$ қосындысы бар. Сұрақ: бұл сомада қай әріпті қолдану маңызды ма? :) $t$ орнына $k$ әрпін үш рет жазғанда, біз мынаны аламыз:

$$ \sum\limits_(t=2)^(n+1)\frac(1)(2t+1)=\sum\limits_(k=2)^(n+1)\frac(1)(2k) +1). $$

$\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2(k+1)+1)=\sum\limits_(k=2)^(n+1) теңдігі осылай болады. \frac(1)(2k+1)$ алынады.

Осылайша, ішінара соманы келесі түрде көрсетуге болады:

$$ S_n=\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+1)-\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+3) )=\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+1)-\sum\limits_(k=2)^(n+1)\frac(1)(2k+1) ). $$

$\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+1)$ және $\sum\limits_(k=2)^(n+1)\frac(1) қосындылары екенін ескеріңіз. )(2k+1)$ тек жинақтау шегінде ғана ерекшеленеді. Осы шектеулерді бірдей етіп алайық. $\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+1)$ сомасынан бірінші элементті «алсақ» біз мынаны аламыз:

$$ \sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+1)=\frac(1)(2\cdot 1+1)+\sum\limits_(k=2)^ (n)\frac(1)(2k+1)=\frac(1)(3)+\сома\лимиттер_(k=2)^(n)\frac(1)(2k+1). $$

$\sum\limits_(k=2)^(n+1)\frac(1)(2k+1)$ сомасынан соңғы элементті «алсақ», біз мынаны аламыз:

$$\sum\limits_(k=2)^(n+1)\frac(1)(2k+1)=\sum\limits_(k=2)^(n)\frac(1)(2k+1) )+\frac(1)(2(n+1)+1)=\қосынды\лимиттер_(k=2)^(n)\frac(1)(2k+1)+\frac(1)(2n+ 3 ).$$

Сонда ішінара қосындының өрнегі келесі пішінді алады:

$$ S_n=\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+1)-\sum\limits_(k=2)^(n+1)\frac(1)(2k) +1)=\frac(1)(3)+\сома\лимиттер_(k=2)^(n)\frac(1)(2k+1)-\left(\sum\limits_(k=2)^ (n)\frac(1)(2k+1)+\frac(1)(2n+3)\оң)=\\ =\frac(1)(3)+\сома\лимиттер_(k=2)^ (n)\frac(1)(2k+1)-\sum\limits_(k=2)^(n)\frac(1)(2k+1)-\frac(1)(2n+3)=\ frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3). $$

Егер сіз барлық түсініктемелерді өткізіп жіберсеңіз, онда n-ші ішінара қосындының қысқартылған формуласын табу процесі келесі пішінді алады:

$$ S_n=\sum\limits_(k=1)^(n)u_k =\summa\limits_(k=1)^(n)\frac(2)((2k+1)(2k+3)) = \sum\limits_(k=1)^(n)\left(\frac(1)(2k+1)-\frac(1)(2k+3)\оң)=\\ =\қосынды\лимиттер_(k) =1)^(n)\frac(1)(2k+1)-\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+3) =\frac(1)(3) +\қосынды\лимиттер_(k=2)^(n)\frac(1)(2k+1)-\сол(\сома\лимиттер_(k=2)^(n)\frac(1)(2k+1) )+\frac(1)(2n+3)\оң)=\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3). $$

Естеріңізге сала кетейін, біз $\frac(1)(2k+3)$ бөлігін $\frac(1)(2k+1)$ пішініне келтірдік. Әрине, сіз керісінше жасай аласыз, яғни. $\frac(1)(2k+1)$ бөлігін $\frac(1)(2k+3)$ түрінде көрсетіңіз. Жартылай сома үшін соңғы өрнек өзгермейді. Бұл жағдайда мен жазбаның астына ішінара соманы табу процесін жасырамын.

Егер сіз басқа бөлшек түрінде келтірсеңіз, $S_n$ қалай табуға болады? көрсету/жасыру

$$ S_n =\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+1)-\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+3) ) =\сома\лимиттер_(k=0)^(n-1)\frac(1)(2k+3)-\сома\лимиттер_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+3) )=\\ =\frac(1)(3)+\sum\limits_(k=1)^(n-1)\frac(1)(2k+3)-\left(\sum\limits_(k=) 1)^(n-1)\frac(1)(2k+3)+\frac(1)(2n+3)\оң) =\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+ 3 ). $$

Сонымен $S_n=\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$. $\lim_(n\to\infty)S_n$ шегін табыңыз:

$$ \lim_(n\to\infty)S_n=\lim_(n\to\infty)\сол(\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)\оң)=\frac (1)(3)-0=\frac(1)(3). $$

Берілген қатар жинақталады және оның қосындысы $S=\frac(1)(3)$ болады.

Жауап: $S=\frac(1)(3)$.

Қатар қосындысын табу тақырыбының жалғасы екінші және үшінші бөлімдерде қарастырылады.

Сандар қатарының қосындысын табыңыз. Егер оны табу мүмкін болмаса, онда жүйе белгілі бір дәлдікпен қатарлардың қосындысын есептейді.

Конвергенция сериясы

Бұл калькулятор қатардың жинақталғанын анықтай алады, сондай-ақ жинақтылықтың қандай белгілері жұмыс істейтінін және қайсысы істемейтінін көрсетеді.

Дәрежелік қатарлардың жинақтылығын анықтауды да біледі.

Сондай-ақ қатар графигі құрастырылған, онда қатардың жинақтылық жылдамдығын (немесе дивергенцияны) көруге болады.

Өрнектер мен функцияларды енгізу ережелері

Өрнектер функциялардан тұруы мүмкін (белгілер алфавиттік ретпен берілген): абсолютті(x)Абсолютті мән x
(модуль xнемесе |x|) arccos(x)Функциясы – доғаның косинусы x arccosh(x)Косинус доғасының гиперболалық x arcsin(x)Арксин x arcsinh(x)Арксинус гиперболалық x arctg(x)Функция - доғаның жанамасынан x arctgh(x)Доғаның тангенсі -ден гиперболалық x e eшамамен 2,7-ге тең сан Exp(x)Функция – көрсеткіштен x(қайсысы e^x) журнал(x)немесе журнал(x)Натурал логарифм x
(Алу үшін журнал7(x), log(x)/log(7) енгізуіңіз керек (немесе, мысалы, for журнал10(x)=log(x)/log(10)) пиСан «Pi», ол шамамен 3,14-ке тең күнә(x)Функция - синус x cos(x)Функция - косинус x sinh(x)Функциясы - Гиперболалық синусы x қолма-қол ақша(x)Функция - Гиперболалық косинус x sqrt(x)Функция - Шаршы түбірбастап x шаршы(x)немесе x^2Функция - Шаршы x тг(x)Функция - тангенс x tgh(x)Функция - Гиперболалық тангенс x cbrt(x)Функция текше түбірі болып табылады x

Өрнектерде келесі операцияларды қолдануға болады: Нақты сандар пішінге енгізіңіз 7.5 , Жоқ 7,5 2*x- көбейту 3/x- бөлу x^3- дәрежеге шығару x + 7- қосу x - 6- алу
Басқа мүмкіндіктер: қабат(x)Функция – дөңгелектеу xтөмен (мысал қабат(4,5)==4,0) төбе(x)Функция – дөңгелектеу xжоғары (мысалы, төбе(4,5)==5,0) белгісі(x)Функция - Белгі x erf(x)Қате функциясы (немесе ықтималдық интегралы) лаплас(x)Лаплас функциясы