Ряды (признаки Коши, Даламбера, сравнения) —Каталог задач по Высшей математике

Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Другое - Высшая математика
Ряды (признаки Коши, Даламбера, сравнения)

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#59444

Исследовать ряд на сходимость :

∑∞ 5n2 − 3 √3-------------- n=1 7n10 + 2n3 − 4

Показать ответ и решение

Поделим и числитель и знаменатель на $n2$ , :

5n2 − 3 5 − -32 √3--------------= ∘-------n------ 7n10 + 2n3 − 4 3 7n4 + 2n3 − 4n6

Далее, так как $-3 5 − n2 < 5$ , $3∘ --4---2----4- 3√--4 7n + n3 − n6 > n$ , то

----5-−-n32----- -5--- 0 < 3∘ --4---2----4-< 3√n4-- 7n + n3 − n6

Но ряд

∞∑ ∞∑ √-5--= 5 -1- n=1 3n4 n=1n 43

сходится как эталонный. Следовательно, по теореме сравнения сходится и наш исходный ряд

∞ ∑ ----5n2-−-3----- √37n10-+-2n3-−-4- n=1

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#59443

Исследовать ряд на сходимость :

∑∞ 4n3 + 2n+ 9 --2-------2- n=1 n (3n + 5)

Показать ответ и решение

Поскольку

4n3 + 2n + 9 4 + 22 + 93 -2--------2-= ----n----n25- n (3n + 5) 9n+ 30 + n

То так как $4+ n22 + n93 > 1$ , а $9n + 30 + 25n < 100n$ , то

4+ 2-+ -9 1 -----n2--n325 > -----> 0 9n + 30 + n- 100n

Но ряд

∑∞ -1-- 1- 100n=1 n

расходится как эталонный.

Следовательно, по теореме сравнения, расходится и наш исходный ряд

∞ ∑ 4n3 +-2n+-9- n2(3n + 5)2 n=1

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#59442

Исследовать ряд на сходимость :

∑∞ 1 -2---- n=1 n − n

Показать ответ и решение

Ясно, что при достаточно больших $n$ будем иметь:

n2 0 ≤ ---≤ n2 − n 2

Второе неравенство следует из того, что при больших $n$ выполнено $n2 2 ≥ n$ .

Но тогда $-1--- 2- 0 ≤ n2− n ≤ n2$ А ряд

∞ ∑ 2-- n2 n=1

сходится как эталонный. Но тогда по признаку сравнения сходится и наш исходный ряд

∑∞ --1--- n=1 n2 − n

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#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

∞ ∑ -1-sin π- np n n=1

∑∞ --π-- np+1 n=1

сходятся или расходятся одновременно.

Но ряд

∑∞ π --p+1 n=1n

сходится при $p+ 1 > 1$ , то есть при $p > 0$ - это эталонный ряд.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#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 6#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:

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#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 8#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 9#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:

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#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:

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#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 13#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 14#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:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#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 16#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:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#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 18#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 19#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:

Предыдущий раздел

Следующий раздел