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#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:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#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 3#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 4#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 5#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 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

и

∑∞  (− 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:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#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 8#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 9#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 10#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 11#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:
Рулетка
Вы можете получить скидку в рулетке!