Seria 1 n 2 converge sau diverge. Convergența seriei online. Divergența serii alternative

Acest articol oferă informații structurate și detaliate care pot fi utile atunci când se analizează exerciții și sarcini. Ne vom uita la subiectul seriilor de numere.

Acest articol începe cu definiții și concepte de bază. În continuare, vom folosi opțiunile standard și vom studia formulele de bază. Pentru a consolida materialul, articolul oferă exemple și sarcini de bază.

Teze de bază

Mai întâi, să ne imaginăm sistemul: a 1 , a 2 . . . , un n , . . . , unde a k ∈ R, k = 1, 2. . . .

De exemplu, să luăm numere precum: 6, 3, - 3 2, 3 4, 3 8, - 3 16, . . . .

Definiția 1

O serie de numere este suma termenilor ∑ a k k = 1 ∞ = a 1 + a 2 + . . . + un n + . . . .

Pentru a înțelege mai bine definiția, luați în considerare cazul dat în care q = - 0. 5: 8 - 4 + 2 - 1 + 1 2 - 1 4 + . . . = ∑ k = 1 ∞ (- 16) · - 1 2 k .

Definiția 2

a k este generală sau k – al-lea membru al seriei.

Arata cam asa - 16 · - 1 2 k.

Definiția 3

Suma parțială a serii arata cam asa S n = a 1 + a 2 + . . . + un n , în care n- orice număr. S n este al n-lea suma seriei.

De exemplu, ∑ k = 1 ∞ (- 16) · - 1 2 k este S 4 = 8 - 4 + 2 - 1 = 5.

S1, S2,. . . , S n , . . . formează o succesiune infinită de numere.

Pentru un rând al n-lea suma se găsește prin formula S n = a 1 · (1 - q n) 1 - q = 8 · 1 - - 1 2 n 1 - - 1 2 = 16 3 · 1 - - 1 2 n. Folosim următoarea succesiune de sume parțiale: 8, 4, 6, 5, . . . , 16 3 · 1 - - 1 2 n , . . . .

Definiția 4

Seria ∑ k = 1 ∞ a k este convergent când şirul are o limită finită S = lim S n n → + ∞ . Dacă nu există limită sau șirul este infinit, atunci seria ∑ k = 1 ∞ a k se numește divergente.

Definiția 5

Suma unei serii convergente∑ k = 1 ∞ a k este limita șirului ∑ k = 1 ∞ a k = lim S n n → + ∞ = S .

În acest exemplu, lim S n n → + ∞ = lim 16 3 t → + ∞ · 1 - 1 2 n = 16 3 · lim n → + ∞ 1 - - 1 2 n = 16 3 , rând ∑ k = 1 ∞ ( - 16) · - 1 2 k converg. Suma este 16 3: ∑ k = 1 ∞ (- 16) · - 1 2 k = 16 3 .

Exemplul 1

Un exemplu de serie divergentă este suma unei progresii geometrice cu un numitor mai mare decât unu: 1 + 2 + 4 + 8 +. . . + 2 n - 1 + . . . = ∑ k = 1 ∞ 2 k - 1 .

A n-a sumă parțială este dată de S n = a 1 (1 - q n) 1 - q = 1 (1 - 2 n) 1 - 2 = 2 n - 1, iar limita sumelor parțiale este infinită: lim n → + ∞ S n = lim n → + ∞ (2 n - 1) = + ∞ .

Un alt exemplu de serie de numere divergente este o sumă de forma ∑ k = 1 ∞ 5 = 5 + 5 + . . . . În acest caz, a n-a sumă parțială poate fi calculată ca Sn = 5n. Limita sumelor parțiale este infinit lim n → + ∞ S n = lim n → + ∞ 5 n = + ∞ .

Definiția 6

O sumă de aceeași formă ca ∑ k = 1 ∞ = 1 + 1 2 + 1 3 + . . . + 1 n + . . . - Acest armonic serie de numere.

Definiția 7

Suma ∑ k = 1 ∞ 1 k s = 1 + 1 2 s + 1 3 s + . . . + 1 n s + . . . , Unde s– un număr real, este o serie de numere armonice generalizate.

Definițiile discutate mai sus vă vor ajuta să rezolvați majoritatea exemplelor și problemelor.

Pentru a completa definițiile este necesară demonstrarea anumitor ecuații.

1. ∑ k = 1 ∞ 1 k – divergent.

Folosim metoda inversă. Dacă converge, atunci limita este finită. Putem scrie ecuația ca lim n → + ∞ S n = S și lim n → + ∞ S 2 n = S . După anumite acțiuni obținem egalitatea l i m n → + ∞ (S 2 n - S n) = 0.

Împotriva,

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

Sunt valabile următoarele inegalități: 1 n + 1 > 1 2 n, 1 n + 1 > 1 2 n, . . . , 1 2 n - 1 > 1 2 n . Obținem că S 2 n - S n = 1 n + 1 + 1 n + 2 + . . . + 1 2 n > 1 2 n + 1 2 n + . . . + 1 2 n = n 2 n = 1 2 . Expresia S 2 n - S n > 1 2 indică faptul că lim n → + ∞ (S 2 n - S n) = 0 nu se realizează. Seria este divergentă.

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

Este necesar să confirmăm că suma unei șiruri de numere converge la q< 1 , и расходится при q ≥ 1 .

Conform definițiilor de mai sus, suma n termenii se determină după formula S n = b 1 · (q n - 1) q - 1 .

Dacă 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

Am demonstrat că seria numerică converge.

Pentru q = 1 b 1 + b 1 + b 1 + . . . ∑ k = 1 ∞ b 1 . Sumele pot fi găsite folosind formula S n = b 1 · n, limita este infinită lim n → + ∞ S n = lim n → + ∞ b 1 · n = ∞. În versiunea prezentată, seria diverge.

Dacă q = - 1, atunci seria arată ca b 1 - b 1 + b 1 - . . . = ∑ k = 1 ∞ b 1 (- 1) k + 1 . Sumele parțiale arată ca S n = b 1 pentru impar n, iar S n = 0 pentru par n. Luând în considerare acest caz, ne vom asigura că nu există limită și seria este divergentă.

Pentru q > 1, 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 = ∞

Am demonstrat că seria numerică diverge.

1. Seria ∑ k = 1 ∞ 1 k s converge dacă s > 1și diverge dacă s ≤ 1.

Pentru s = 1 obţinem ∑ k = 1 ∞ 1 k , seria diverge.

Cand este< 1 получаем 1 k s ≥ 1 k для k,numar natural. Deoarece seria este divergentă ∑ k = 1 ∞ 1 k , nu există limită. În continuare, șirul ∑ k = 1 ∞ 1 k s este nemărginit. Concluzionăm că seria selectată diverge când s< 1 .

Este necesar să se furnizeze dovezi că seria ∑ k = 1 ∞ 1 k s converge pentru s > 1.

Să ne imaginăm S 2 n - 1 - S n - 1:

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

Să presupunem că 1 (n + 1) s< 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

Să ne imaginăm ecuația pentru numere care sunt naturale și par n = 2: S 2 n - 1 - S n - 1 = S 3 - S 1 = 1 2 s + 1 3 s< 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 . . .

Primim:

∑ k = 1 ∞ 1 k s = 1 + 1 2 s + 1 3 s + 1 4 s + . . . + 1 7 s + 1 8 s + . . . + 1 15 s + . . . = = 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 + . . .

Expresia este 1 + 1 2 s - 1 + 1 2 s - 1 2 + 1 2 s - 1 3 + . . . este suma progresiei geometrice q = 1 2 s - 1. Conform datelor inițiale la s > 1, apoi 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 > 1 creşte şi este limitată de mai sus 1 1 - 1 2 s - 1 . Să ne imaginăm că există o limită și seria este convergentă ∑ k = 1 ∞ 1 k s .

Definiția 8

Seria ∑ k = 1 ∞ a k este pozitiv în acest caz, dacă membrii săi > 0 a k > 0 , k = 1 , 2 , . . . .

Seria ∑ k = 1 ∞ b k semnalul alternant, dacă semnele numerelor sunt diferite. Acest exemplu este prezentat ca ∑ k = 1 ∞ b k = ∑ k = 1 ∞ (- 1) k · a k sau ∑ k = 1 ∞ b k = ∑ k = 1 ∞ (- 1) k + 1 · a k , unde a k > 0 , k = 1 , 2 , . . . .

Seria ∑ k = 1 ∞ b k alternativ, deoarece conține multe numere, negative și pozitive.

A doua serie de opțiuni este un caz special al celei de-a treia opțiuni.

Iată exemple pentru fiecare caz, respectiv:

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 + . . .

Pentru a treia opțiune, puteți determina și convergența absolută și condiționată.

Definiția 9

Seria alternantă ∑ k = 1 ∞ b k este absolut convergentă în cazul în care ∑ k = 1 ∞ b k este de asemenea considerată convergentă.

Să ne uităm la mai multe opțiuni tipice în detaliu.

Exemplul 2

Dacă rândurile sunt 6 - 3 + 3 2 - 3 4 + 3 8 - 3 16 +. . . și 6 + 3 - 3 2 + 3 4 + 3 8 - 3 16 + . . . sunt definite ca fiind convergente, atunci este corect să presupunem că 6 + 3 + 3 2 + 3 4 + 3 8 + 3 16 + . . .

Definiția 10

O serie alternantă ∑ k = 1 ∞ b k este considerată convergentă condiționat dacă ∑ k = 1 ∞ b k este divergentă, iar seria ∑ k = 1 ∞ b k este considerată convergentă.

Exemplul 3

Să examinăm în detaliu opțiunea ∑ k = 1 ∞ (- 1) k + 1 k = 1 - 1 2 + 1 3 - 1 4 + . . . . Seria ∑ k = 1 ∞ (- 1) k + 1 k = ∑ k = 1 ∞ 1 k , care constă din valori absolute, este definit ca divergent. Această opțiune este considerată convergentă deoarece este ușor de determinat. Din acest exemplu aflăm că seria ∑ k = 1 ∞ (- 1) k + 1 k = 1 - 1 2 + 1 3 - 1 4 + . . . va fi considerat convergent condiționat.

Caracteristicile seriei convergente

Să analizăm proprietățile pentru anumite cazuri

1. Dacă ∑ k = 1 ∞ a k converge, atunci și seria ∑ k = m + 1 ∞ a k este considerată convergentă. Se poate observa că rândul fără m termeni este de asemenea considerat convergent. Dacă adăugăm mai multe numere la ∑ k = m + 1 ∞ a k, atunci rezultatul rezultat va fi și el convergent.
2. Dacă ∑ k = 1 ∞ a k converge și suma = S, atunci converge și seria ∑ k = 1 ∞ A · a k , ∑ k = 1 ∞ A · a k = A · S, unde A-constant.
3. Dacă ∑ k = 1 ∞ a k și ∑ k = 1 ∞ b k sunt convergente, sumele AȘi B de asemenea, atunci converg și seria ∑ k = 1 ∞ a k + b k și ∑ k = 1 ∞ a k - b k. Sumele vor fi egale A+BȘi A - B respectiv.

Să se determine că seria converge ∑ k = 1 ∞ 2 3 k · k 3 .

Să schimbăm expresia ∑ k = 1 ∞ 2 3 k · k 3 = ∑ k = 1 ∞ 2 3 · 1 k 4 3 . Seria ∑ k = 1 ∞ 1 k 4 3 este considerată convergentă, deoarece seria ∑ k = 1 ∞ 1 k s converge atunci când s > 1. Conform celei de-a doua proprietăți, ∑ k = 1 ∞ 2 3 · 1 k 4 3 .

Exemplul 5

Să se determine dacă seria ∑ n = 1 ∞ 3 + n n 5 2 converge.

Să transformăm versiunea originală ∑ 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 n 2 .

Obținem suma ∑ n = 1 ∞ 3 n 5 2 și ∑ n = 1 ∞ 1 n 2 . Fiecare serie este considerată convergentă în funcție de proprietate. Deci, pe măsură ce seria converge, la fel și versiunea originală.

Exemplul 6

Calculați dacă seria 1 - 6 + 1 2 - 2 + 1 4 - 2 3 + 1 8 - 2 9 + converge. . . și calculează suma.

Să extindem versiunea originală:

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

Fiecare serie converge deoarece este unul dintre membrii unei secvențe de numere. Conform celei de-a treia proprietăți, putem calcula că și versiunea originală este convergentă. Calculăm suma: primul termen al seriei ∑ k = 1 ∞ 1 2 k - 1 = 1, iar numitorul = 0. 5, aceasta este urmată de, ∑ k = 1 ∞ 1 2 k - 1 = 1 1 - 0 . 5 = 2. Primul termen este ∑ k = 1 ∞ 1 3 k - 2 = 3 , iar numitorul șirului de numere descrescătoare = 1 3 . Se obține: ∑ k = 1 ∞ 1 3 k - 2 = 3 1 - 1 3 = 9 2 .

Folosim expresiile obținute mai sus pentru a determina suma 1 - 6 + 1 2 - 2 + 1 4 - 2 3 + 1 8 - 2 9 +. . . = ∑ k = 1 ∞ 1 2 k - 1 - 2 ∑ k = 1 ∞ 1 3 k - 2 = 2 - 2 9 2 = - 7

O condiție necesară pentru a determina dacă o serie este convergentă

Dacă seria ∑ k = 1 ∞ a k este convergentă, atunci limita sa kth termen = 0: lim k → + ∞ a k = 0 .

Dacă verificăm vreo variantă, nu trebuie să uităm de condiția indispensabilă. Dacă nu este îndeplinită, atunci seria diverge. Dacă lim k → + ∞ a k ≠ 0, atunci seria este divergentă.

Trebuie clarificat faptul că condiția este importantă, dar nu suficientă. Dacă lim de egalitate k → + ∞ a k = 0 este valabilă, atunci aceasta nu garantează că ∑ k = 1 ∞ a k este convergentă.

Să dăm un exemplu. Pentru seria armonică ∑ k = 1 ∞ 1 k condiția este îndeplinită lim k → + ∞ 1 k = 0 , dar seria încă diverge.

Exemplul 7

Să se determine convergența ∑ n = 1 ∞ n 2 1 + n .

Să verificăm expresia originală pentru îndeplinirea condiției 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 + 0 = + ∞ ≠ 0

Limită al n-lea membru nu este egal cu 0. Am demonstrat că această serie diverge.

Cum se determină convergența unei serii pozitive.

Dacă utilizați în mod constant aceste caracteristici, va trebui să calculați în mod constant limitele. Această secțiune vă va ajuta să evitați dificultățile atunci când rezolvați exemple și probleme. Pentru a determina convergența unei serii pozitive, există o anumită condiție.

Pentru convergența semnului pozitiv ∑ k = 1 ∞ a k , a k > 0 ∀ k = 1 , 2 , 3 , . . . este necesar să se determine o succesiune limitată de sume.

Cum se compară seria

Există mai multe semne de comparare a seriei. Comparăm seria a cărei convergență se propune a fi determinată cu seria a cărei convergență este cunoscută.

Primul semn

∑ k = 1 ∞ a k și ∑ k = 1 ∞ b k sunt serii cu semne pozitive. Inegalitatea a k ≤ b k este valabilă pentru k = 1, 2, 3, ... Din aceasta rezultă că din seria ∑ k = 1 ∞ b k se poate obține ∑ k = 1 ∞ a k . Deoarece ∑ k = 1 ∞ a k este divergent, seria ∑ k = 1 ∞ b k poate fi definită ca divergentă.

Această regulă este folosită în mod constant pentru a rezolva ecuații și este un argument serios care va ajuta la determinarea convergenței. Dificultatea poate consta în faptul că nu este posibil să găsim un exemplu potrivit pentru comparație în fiecare caz. Destul de des, o serie este selectată conform principiului că indicatorul kth termenul va fi egal cu rezultatul scăderii exponenților numărătorului și numitorului kth membru al seriei. Să presupunem că a k = k 2 + 3 4 k 2 + 5 , diferența va fi egală cu 2 – 3 = - 1 . În acest caz, putem determina că pentru comparare o serie cu k-a termenul b k = k - 1 = 1 k , care este armonic.

Pentru a consolida materialul obținut, vom lua în considerare în detaliu câteva opțiuni tipice.

Exemplul 8

Să se determine care este seria ∑ k = 1 ∞ 1 k - 1 2.

Deoarece limita = 0 lim k → + ∞ 1 k - 1 2 = 0, am îndeplinit condiția necesară. Inegalitatea va fi corectă 1 k< 1 k - 1 2 для k, care sunt naturale. Din paragrafele precedente am aflat că seria armonică ∑ k = 1 ∞ 1 k este divergentă. Conform primului criteriu, se poate dovedi că versiunea originală este divergentă.

Exemplul 9

Să se determine dacă seria este convergentă sau divergentă ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 + 3 k - 1 .

În acest exemplu, condiția necesară este îndeplinită, deoarece lim k → + ∞ 1 k 3 + 3 k - 1 = 0. O reprezentăm ca inegalitatea 1 k 3 + 3 k - 1< 1 k 3 для любого значения k. Seria ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 este convergentă, deoarece seria armonică ∑ k = 1 ∞ 1 k s converge pentru s > 1. Conform primului criteriu, putem concluziona că seria numerică este convergentă.

Exemplul 10

Să se determine care este seria ∑ k = 3 ∞ 1 k ln (ln k). lim k → + ∞ 1 k ln (ln k) = 1 + ∞ + ∞ = 0 .

În această opțiune, puteți marca îndeplinirea condiției dorite. Să definim o serie pentru comparație. De exemplu, ∑ k = 1 ∞ 1 k s . Pentru a determina care este gradul, luați în considerare șirul (ln (ln k)), k = 3, 4, 5. . . . Membrii șirului ln (ln 3) , ln (ln 4) , ln (ln 5) , . . . crește la infinit. După ce am analizat ecuația, putem observa că, luând N = 1619 ca valoare, atunci termenii șirului > 2. Pentru această secvență inegalitatea 1 k ln (ln k) va fi adevărată< 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.

Al doilea semn

Să presupunem că ∑ k = 1 ∞ a k și ∑ k = 1 ∞ b k sunt serii numerice pozitive.

Dacă lim k → + ∞ a k b k ≠ ∞ , atunci seria ∑ k = 1 ∞ b k converge, iar ∑ k = 1 ∞ a k converge de asemenea.

Dacă lim k → + ∞ a k b k ≠ 0, atunci deoarece seria ∑ k = 1 ∞ b k diverge, atunci și ∑ k = 1 ∞ a k diverge.

Dacă lim k → + ∞ a k b k ≠ ∞ și lim k → + ∞ a k b k ≠ 0, atunci convergența sau divergența unei serii înseamnă convergența sau divergența alteia.

Se consideră ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 + 3 k - 1 folosind al doilea semn. Pentru compararea ∑ k = 1 ∞ b k luăm seria convergentă ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 . Să definim limita: 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

Conform celui de-al doilea criteriu, se poate determina că seria convergentă ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 înseamnă că și versiunea originală converge.

Exemplul 11

Să se determine care este seria ∑ n = 1 ∞ k 2 + 3 4 k 3 + 5.

Să analizăm condiția necesară lim k → ∞ k 2 + 3 4 k 3 + 5 = 0, care este îndeplinită în această versiune. Conform celui de-al doilea criteriu, se ia seria ∑ k = 1 ∞ 1 k . Căutăm limita: lim k → + ∞ k 2 + 3 4 k 3 + 5 1 k = lim k → + ∞ k 3 + 3 k 4 k 3 + 5 = 1 4

Conform tezelor de mai sus, o serie divergentă presupune divergența seriei originale.

Al treilea semn

Să luăm în considerare al treilea semn de comparație.

Să presupunem că ∑ k = 1 ∞ a k și _ ∑ k = 1 ∞ b k sunt serii numerice pozitive. Dacă condiția este îndeplinită pentru un anumit număr a k + 1 a k ≤ b k + 1 b k , atunci convergența acestei serii ∑ k = 1 ∞ b k înseamnă că și seria ∑ k = 1 ∞ a k este convergentă. Seria divergentă ∑ k = 1 ∞ a k atrage după sine divergența ∑ k = 1 ∞ b k .

semnul lui D'Alembert

Să ne imaginăm că ∑ k = 1 ∞ a k este o serie de numere pozitive. Dacă lim k → + ∞ a k + 1 a k< 1 , то ряд является сходящимся, если lim k → + ∞ a k + 1 a k >1, apoi divergent.

Nota 1

Testul lui D'Alembert este valabil dacă limita este infinită.

Dacă lim k → + ∞ a k + 1 a k = - ∞ , atunci seria este convergentă, dacă lim k → ∞ a k + 1 a k = + ∞ , atunci este divergentă.

Dacă lim k → + ∞ a k + 1 a k = 1, atunci semnul lui d’Alembert nu va ajuta și vor fi necesare mai multe cercetări.

Exemplul 12

Determinați dacă seria este convergentă sau divergentă ∑ k = 1 ∞ 2 k + 1 2 k folosind criteriul lui d’Alembert.

Este necesar să se verifice dacă este îndeplinită condiția de convergență necesară. Să calculăm limita folosind regula lui L'Hopital: lim k → + ∞ 2 k + 1 2 k = ∞ ∞ = lim k → + ∞ 2 k + 1 " 2 k " = lim k → + ∞ 2 2 k ln 2 = 2 + ∞ ln 2 = 0

Putem vedea că condiția este îndeplinită. Să folosim testul lui d'Alembert: 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

Seria este convergentă.

Exemplul 13

Să se determine dacă seria este divergentă ∑ k = 1 ∞ k k k ! .

Să folosim testul lui d'Alembert pentru a determina divergenţa seriei: lim k → + ∞ a k + 1 a k = lim k → + ∞ (k + 1) k + 1 (k + 1) ! k k k! = 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

Prin urmare, seria este divergentă.

Semnul lui Cauchy radical

Să presupunem că ∑ k = 1 ∞ a k este o serie cu semn pozitiv. Dacă lim k → + ∞ a k k< 1 , то ряд является сходящимся, если lim k → + ∞ a k k >1, apoi divergent.

Nota 2

Dacă lim k → + ∞ a k k = 1, atunci acest semn nu oferă nicio informație - este necesară o analiză suplimentară.

Această caracteristică poate fi utilizată în exemple care sunt ușor de identificat. Cazul va fi tipic atunci când un membru al unei serii de numere este o expresie de putere exponențială.

Pentru a consolida informațiile primite, să luăm în considerare câteva exemple tipice.

Exemplul 14

Să se determine dacă seria semnelor pozitive ∑ k = 1 ∞ 1 (2 k + 1) k este convergentă.

Condiția necesară este considerată îndeplinită, întrucât lim k → + ∞ 1 (2 k + 1) k = 1 + ∞ + ∞ = 0 .

Conform criteriului discutat mai sus, se obține lim k → + ∞ a k k = lim k → + ∞ 1 (2 k + 1) k k = lim k → + ∞ 1 2 k + 1 = 0< 1 . Данный ряд является сходимым.

Exemplul 15

Converge seria de numere ∑ k = 1 ∞ 1 3 k · 1 + 1 k k 2?

Folosim caracteristica descrisă în paragraful anterior 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.

Testul Cauchy integral

Să presupunem că ∑ k = 1 ∞ a k este o serie cu semn pozitiv. Este necesar să se noteze funcția unui argument continuu y = f(x), care coincide cu a n = f (n) . Dacă y = f(x) mai mare decât zero, nu este întreruptă și scade cu [ a ; + ∞), unde a ≥ 1

Atunci, dacă integrala improprie ∫ a + ∞ f (x) d x este convergentă, atunci și seria luată în considerare converge. Dacă diverge, atunci în exemplul luat în considerare și seria diverge.

Când verificați dacă o funcție este în scădere, puteți utiliza materialul abordat în lecțiile anterioare.

Exemplul 16

Luați în considerare exemplul ∑ k = 2 ∞ 1 k · ln k pentru convergență.

Condiția de convergență a seriei este considerată îndeplinită, întrucât lim k → + ∞ 1 k · ln k = 1 + ∞ = 0 . Se consideră y = 1 x ln x. Este mai mare decât zero, nu este întrerupt și scade cu [ 2 ; + ∞). Primele două puncte sunt cunoscute cu certitudine, dar al treilea ar trebui discutat mai detaliat. Aflați derivata: 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. Este mai mic decât zero pe [ 2 ; + ∞).Acest lucru demonstrează teza că funcția este descrescătoare.

De fapt, funcția y = 1 x ln x corespunde caracteristicilor principiului pe care l-am considerat mai sus. Să-l folosim: ∫ 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) = + ∞

Conform rezultatelor obținute, exemplul original diverge, deoarece integrala improprie este divergentă.

Exemplul 17

Demonstrați convergența seriei ∑ k = 1 ∞ 1 (10 k - 9) (ln (5 k + 8)) 3 .

Deoarece lim k → + ∞ 1 (10 k - 9) (ln (5 k + 8)) 3 = 1 + ∞ = 0, atunci condiția este considerată îndeplinită.

Începând cu k = 4, expresia corectă este 1 (10 k - 9) (ln (5 k + 8)) 3< 1 (5 k + 8) (ln (5 k + 8)) 3 .

Dacă seria ∑ k = 4 ∞ 1 (5 k + 8) (ln (5 k + 8)) 3 este considerată convergentă, atunci, conform unuia dintre principiile de comparație, seria ∑ k = 4 ∞ 1 (10 k - 9) ( ln (5 k + 8)) 3 va fi de asemenea considerat convergent. Astfel putem determina că expresia originală este și convergentă.

Să trecem la demonstrație: ∑ k = 4 ∞ 1 (5 k + 8) (ln (5 k + 8)) 3 .

Deoarece funcția y = 1 5 x + 8 (ln (5 x + 8)) 3 este mai mare decât zero, ea nu se întrerupe și scade cu [ 4 ; + ∞). Folosim caracteristica descrisă în paragraful anterior:

∫ 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 · ln 28 2

În seria convergentă rezultată, ∫ 4 + ∞ d x (5 x + 8) (ln (5 x + 8)) 3, putem determina că ∑ k = 4 ∞ 1 (5 k + 8) (ln (5 k + 8 )) 3 converge de asemenea.

semnul lui Raabe

Să presupunem că ∑ k = 1 ∞ a k este o serie de numere pozitive.

Dacă lim k → + ∞ k · a k a k + 1< 1 , то ряд расходится, если lim k → + ∞ k · a k a k + 1 - 1 >1, apoi converge.

Această metodă de determinare poate fi utilizată dacă tehnicile descrise mai sus nu dau rezultate vizibile.

Studiu de convergență absolută

Pentru studiu luăm ∑ k = 1 ∞ b k . Folosim semnul pozitiv ∑ k = 1 ∞ b k . Putem folosi oricare dintre caracteristicile adecvate descrise mai sus. Dacă seria ∑ k = 1 ∞ b k converge, atunci seria inițială este absolut convergentă.

Exemplul 18

Investigați seria ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 3 k 3 + 2 k - 1 pentru convergența ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 3 k 3 + 2 k - 1 = ∑ k = 1 ∞ 1 3 k 3 + 2 k - 1 .

Condiția este îndeplinită lim k → + ∞ 1 3 k 3 + 2 k - 1 = 1 + ∞ = 0 . Să folosim ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 2 și să folosim al doilea semn: lim k → + ∞ 1 3 k 3 + 2 k - 1 1 k 3 2 = 1 3 .

Seria ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 3 k 3 + 2 k - 1 converge. Seria originală este, de asemenea, absolut convergentă.

Divergența serii alternative

Dacă seria ∑ k = 1 ∞ b k este divergentă, atunci seria alternantă corespunzătoare ∑ k = 1 ∞ b k este fie divergentă, fie convergentă condiționat.

Doar testul lui d'Alembert și testul radical al lui Cauchy vor ajuta la tragerea de concluzii despre ∑ k = 1 ∞ b k din divergența de la modulul ∑ k = 1 ∞ b k . Seria ∑ k = 1 ∞ b k diverge și dacă nu este îndeplinită condiția de convergență necesară, adică dacă lim k → ∞ + b k ≠ 0.

Exemplul 19

Verificați divergența 1 7, 2 7 2, - 6 7 3, 24 7 4, 120 7 5 - 720 7 6, . . . .

Modul kth termenul este reprezentat ca b k = k ! 7 k.

Să examinăm seria ∑ k = 1 ∞ b k = ∑ k = 1 ∞ k ! 7 k pentru convergență folosind testul lui d'Alembert: lim k → + ∞ b k + 1 b k = lim k → + ∞ (k + 1) ! 7 k + 1 k ! 7 k = 1 7 · lim k → + ∞ (k + 1) = + ∞ .

∑ k = 1 ∞ b k = ∑ k = 1 ∞ k ! 7 k diverge în același mod ca versiunea originală.

Exemplul 20

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

Să considerăm condiția necesară 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) = + ∞ . Condiția nu este îndeplinită, deci ∑ k = 1 ∞ (- 1) k · k 2 + 1 ln (k + 1) seria este divergentă. Limita a fost calculată folosind regula lui L'Hopital.

Criterii de convergență condiționată

testul lui Leibniz

Dacă valorile termenilor seriei alternante scad b 1 > b 2 > b 3 > . . . > . . . iar limita modulului = 0 ca k → + ∞, atunci seria ∑ k = 1 ∞ b k converge.

Exemplul 17

Se consideră ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 2 k + 1 5 k (k + 1) pentru convergență.

Seria este reprezentată ca ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 2 k + 1 5 k (k + 1) = ∑ k = 1 ∞ 2 k + 1 5 k (k + 1) . Este îndeplinită condiția necesară: lim k → + ∞ = 2 k + 1 5 k (k + 1) = 0 . Se consideră ∑ k = 1 ∞ 1 k după al doilea criteriu de comparare lim k → + ∞ 2 k + 1 5 k (k + 1) 1 k = lim k → + ∞ 2 k + 1 5 (k + 1) = 2 5

Constatăm că ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 2 k + 1 5 k (k + 1) = ∑ k = 1 ∞ 2 k + 1 5 k (k + 1) diverge. Seria ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 2 k + 1 5 k (k + 1) converge după criteriul Leibniz: succesiunea 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 , . . . scade și lim k → + ∞ = 2 k + 1 5 k (k + 1) = 0 .

Seria converge condiționat.

Testul Abel-Dirichlet

∑ k = 1 + ∞ u k · v k converge dacă ( u k ) nu crește și succesiunea ∑ k = 1 + ∞ v k este mărginită.

Exemplul 17

Explorează 1 - 3 2 + 2 3 + 1 4 - 3 5 + 1 3 + 1 7 - 3 8 + 2 9 + . . . pentru convergenţă.

Să ne imaginăm

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

unde (u k) = 1, 1 2, 1 3, . . . este necrescător, iar succesiunea (v k) = 1, - 3, 2, 1, - 3, 2, . . . limitat (S k) = 1, - 2, 0, 1, - 2, 0, . . . . Seria converge.

Dacă observați o eroare în text, vă rugăm să o evidențiați și să apăsați Ctrl+Enter

Seria armonică- o sumă alcătuită dintr-un număr infinit de termeni inversi numerelor succesive ale seriei naturale:

YouTube enciclopedic

1 / 5

✪ Seria de numere. Concepte de bază - bezbotvy

✪ Dovada divergenței seriei armonice

✪ Seria de numere-9. Convergența și divergența seriei Dirichlet

✪ Consultarea nr. 1. Mat. analiză. Seria Fourier în sistemul trigonometric. Cele mai simple proprietăți

✪ RANGURI. Revizuire

Subtitrări

Suma primilor n termeni ai seriei

Membrii individuali ai seriei tind spre zero, dar suma lor diverge. A n-a sumă parțială a seriei s n armonice este numărul n-a armonic:

Câteva valori de sumă parțială

formula lui Euler

Când valoare ε n → 0 (\displaystyle \varepsilon _(n)\rightarrow 0), prin urmare, pentru mare n (\displaystyle n):

O formulă asimptotică mai precisă pentru suma parțială a seriei armonice:

Această serie diverge, dar eroarea în calculele sale nu depășește niciodată jumătate din primul termen aruncat.

Proprietățile teoretice numerice ale sumelor parțiale

∀ n > 1 s n ∉ N (\displaystyle \forall n>1\;\;\;\;s_(n)\notin \mathbb (N) )

Divergenta de serie

S n → ∞ (\displaystyle s_(n)\rightarrow \infty ) la n → ∞ (\displaystyle n\rightarrow \infty )

Seria armonică diverge foarte încet (pentru ca suma parțială să depășească 100, sunt necesare aproximativ 10 43 de elemente ale seriei).

Divergența seriei armonice poate fi demonstrată comparând-o cu seria telescopică:

a căror sumă parțială este evident egală cu:

Dovada lui Oresme

Dovada divergenței poate fi construită prin gruparea termenilor după cum urmează:

Ultimul rând diverge evident. Această dovadă vine de la omul de știință medieval Nicholas Ores (c. 1350).

Dovada alternativă a divergenței

Invităm cititorul să verifice eroarea acestei dovezi

Diferență între n (\displaystyle n) numărul armonic și logaritmul natural n (\displaystyle n) converge către constanta Euler-Mascheroni.

Diferența dintre diferitele numere armonice nu este niciodată egală cu un număr întreg și nici un număr armonic cu excepția H 1 = 1 (\displaystyle H_(1)=1), nu este un număr întreg.

Serii înrudite

Seria Dirichlet

O serie armonică generalizată (sau seria Dirichlet) este o serie

Seria armonică generalizată diverge la α ⩽ 1 (\displaystyle \alpha \leqslant 1)și converge la α > 1 (\displaystyle \alpha >1) .

Suma seriei armonice generalizate de ordin α (\displaystyle \alpha) egal cu valoarea funcției zeta Riemann:

Pentru numerele pare, această valoare este clar exprimată în termeni de pi, de exemplu, ζ (2) = π 2 6 (\displaystyle \zeta (2)=(\frac (\pi ^(2))(6))), și deja pentru α=3 valoarea sa este necunoscută analitic.

O altă ilustrare a divergenței seriei armonice poate fi relația ζ (1 + 1 n) ∼ n (\displaystyle \zeta (1+(\frac (1)(n)))\sim n) . Prin urmare, ei spun că o astfel de serie are probabilitatea 1, iar suma seriei este o variabilă aleatorie cu proprietăți interesante. De exemplu, funcția de densitate de probabilitate calculată în punctele +2 sau -2 are valoarea:

diferă de ⅛ cu mai puțin de 10 −42.

Seria armonică „subțiată”.

Dacă luăm în considerare o serie armonică în care au rămas doar termeni ai căror numitori nu conțin numărul 9, atunci rezultă că suma rămasă converge către numărul<80 . Более того, доказано, что если оставить слагаемые, не содержащие любой заранее выбранной последовательности цифр, то полученный ряд будет сходиться. Однако из этого будет ошибочно заключать о сходимости исходного гармонического ряда, так как с ростом разрядов в числе n (\displaystyle n), se iau din ce în ce mai puțini termeni pentru suma seriei „rărit”. Adică, în cele din urmă, majoritatea covârșitoare a termenilor care formează suma seriei armonice sunt aruncați pentru a nu depăși limitarea progresiei geometrice de sus.

Răspuns: seria diverge.

Exemplul nr. 3

Aflați suma seriei $\sum\limits_(n=1)^(\infty)\frac(2)((2n+1)(2n+3))$.

Deoarece limita inferioară a însumării este 1, termenul comun al seriei se scrie sub semnul sumei: $u_n=\frac(2)((2n+1)(2n+3))$. Să facem a n-a sumă parțială a seriei, adică Să însumăm primii $n$ termeni ai unei serii de numere date:

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

De ce scriu exact $\frac(2)(3\cdot 5)$ și nu $\frac(2)(15)$, va fi clar din relatarea ulterioară. Cu toate acestea, notarea unei sume parțiale nu ne-a adus nici un pic mai aproape de obiectivul nostru. Trebuie să găsim $\lim_(n\to\infty)S_n$, dar dacă scriem doar:

$$ \lim_(n\la\infty)S_n=\lim_(n\la\infty)\left(\frac(2)(3\cdot 5)+\frac(2)(5\cdot 7)+\ frac(2)(7\cdot 9)+\frac(2)(9\cdot 11)+\ldots+\frac(2)((2n+1)(2n+3))\right), $$

atunci această înregistrare, complet corectă ca formă, nu ne va oferi nimic în esență. Pentru a găsi limita, expresia pentru suma parțială trebuie mai întâi simplificată.

Există o transformare standard pentru aceasta, care constă în descompunerea fracției $\frac(2)((2n+1)(2n+3))$, care reprezintă termenul general al seriei, în fracții elementare. Un subiect separat este dedicat problemei descompunerii fracțiilor raționale în fracții elementare (a se vedea, de exemplu, exemplul nr. 3 de pe această pagină). Extinderea fracției $\frac(2)((2n+1)(2n+3))$ în fracții elementare, vom avea:

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

Echivalăm numărătorii fracțiilor din stânga și dreapta egalității rezultate:

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

Există două moduri de a găsi valorile $A$ și $B$. Puteți deschide parantezele și rearanja termenii sau puteți pur și simplu să înlocuiți niște valori potrivite în loc de $n$. Doar pentru varietate, în acest exemplu vom merge pe prima cale, iar în următoarea vom înlocui valorile private $n$. Deschizând parantezele și rearanjand termenii, obținem:

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

În partea stângă a egalității, $n$ este precedat de un zero. Dacă doriți, pentru claritate, partea stângă a egalității poate fi reprezentată ca $0\cdot n+ 2$. Deoarece în partea stângă a egalității $n$ este precedat de zero, iar în partea dreaptă a egalității $n$ este precedat de $2A+2B$, avem prima ecuație: $2A+2B=0$. Să împărțim imediat ambele părți ale acestei ecuații la 2, după care obținem $A+B=0$.

Deoarece în partea stângă a egalității termenul liber este egal cu 2, iar în partea dreaptă a egalității termenul liber este egal cu $3A+B$, atunci $3A+B=2$. Deci avem un sistem:

$$ \left\(\begin(aligned) & A+B=0;\\ & 3A+B=2. \end(aligned)\right. $$

Vom efectua demonstrația folosind metoda inducției matematice. La primul pas, trebuie să verificați dacă egalitatea care se dovedește este adevărată $S_n=\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$ pentru $n=1$. Știm că $S_1=u_1=\frac(2)(15)$, dar expresia $\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$ va da valoarea $\frac( 2 )(15)$, dacă substituim $n=1$ în ea? Sa verificam:

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

Deci, pentru $n=1$ egalitatea $S_n=\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$ este satisfăcută. Aceasta completează primul pas al metodei de inducție matematică.

Să presupunem că pentru $n=k$ egalitatea este satisfăcută, i.e. $S_k=\frac(1)(3)-\frac(1)(2k+3)$. Să demonstrăm că aceeași egalitate va fi satisfăcută pentru $n=k+1$. Pentru a face acest lucru, luați în considerare $S_(k+1)$:

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

Deoarece $u_n=\frac(1)(2n+1)-\frac(1)(2n+3)$, atunci $u_(k+1)=\frac(1)(2(k+1)+ 1 )-\frac(1)(2(k+1)+3)=\frac(1)(2k+3)-\frac(1)(2(k+1)+3)$. Conform ipotezei făcute mai sus $S_k=\frac(1)(3)-\frac(1)(2k+3)$, deci formula $S_(k+1)=S_k+u_(k+1)$ va lua forma:

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

Concluzie: formula $S_n=\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$ este corectă pentru $n=k+1$. Prin urmare, conform metodei inducției matematice, formula $S_n=\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$ este adevărată pentru orice $n\în N$. Egalitatea a fost dovedită.

Într-un curs standard de matematică superioară, ei se mulțumesc, de obicei, cu „tașarea” termenilor de anulare, fără a necesita nicio dovadă. Deci avem o expresie pentru a n-a parțială sume: $S_n=\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$. Să găsim valoarea lui $\lim_(n\to\infty)S_n$:

Concluzie: seria dată converge și suma ei este $S=\frac(1)(3)$.

A doua modalitate de a simplifica formula pentru o sumă parțială.

Sincer, eu însumi prefer această metodă :) Să notăm suma parțială într-o versiune prescurtată:

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

Am obținut mai devreme că $u_k=\frac(1)(2k+1)-\frac(1)(2k+3)$, prin urmare:

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

Suma $S_n$ conține un număr finit de termeni, așa că îi putem rearanja după bunul plac. Vreau să adaug mai întâi toți termenii din forma $\frac(1)(2k+1)$ și abia apoi să trec la termenii din forma $\frac(1)(2k+3)$. Aceasta înseamnă că vom prezenta suma parțială după cum urmează:

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

Desigur, notația extinsă este extrem de incomod, astfel încât egalitatea de mai sus poate fi scrisă mai compact:

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

Acum să transformăm expresiile $\frac(1)(2k+1)$ și $\frac(1)(2k+3)$ într-o singură formă. Cred că este convenabil să o reduceți la forma unei fracții mai mari (deși este posibil să folosiți una mai mică, aceasta este o chestiune de gust). Deoarece $\frac(1)(2k+1)>\frac(1)(2k+3)$ (cu cât numitorul este mai mare, cu atât fracția este mai mică), vom da fracția $\frac(1)(2k+ 3) $ la forma $\frac(1)(2k+1)$.

Voi prezenta expresia în numitorul fracției $\frac(1)(2k+3)$ după cum urmează:

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

Și suma $\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+3)$ poate fi acum scrisă după cum urmează:

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

Dacă egalitatea $\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+3)=\sum\limits_(k=2)^(n+1)\frac(1)(2k+ 1) $ nu ridică nicio întrebare, atunci să mergem mai departe. Dacă aveți întrebări, vă rugăm să extindeți nota.

Cum am obținut suma convertită? arată ascunde

Am avut o serie $\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+3)=\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2( k+1)+1)$. Să introducem o nouă variabilă în loc de $k+1$ - de exemplu, $t$. Deci $t=k+1$.

Cum s-a schimbat vechea variabilă $k$? Și s-a schimbat de la 1 la $n$. Să aflăm cum se va schimba noua variabilă $t$. Dacă $k=1$, atunci $t=1+1=2$. Dacă $k=n$, atunci $t=n+1$. Deci, expresia $\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2(k+1)+1)$ devine acum: $\sum\limits_(t=2)^(n +1)\frac(1)(2t+1)$.

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

Avem suma $\sum\limits_(t=2)^(n+1)\frac(1)(2t+1)$. Întrebare: contează ce literă este folosită în această sumă? :) Scriind pur și simplu litera $k$ în loc de $t$, obținem următoarele:

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

Acesta este modul în care obținem egalitatea $\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2(k+1)+1)=\sum\limits_(k=2)^(n+ 1) \frac(1)(2k+1)$.

Astfel, suma parțială poate fi reprezentată după cum urmează:

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

Rețineți că sumele $\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+1)$ și $\sum\limits_(k=2)^(n+1)\frac(1) )(2k+1)$ diferă doar în limitele de însumare. Să facem aceleași limite. „Luând” primul element din suma $\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+1)$ vom avea:

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

„Luând” ultimul element din suma $\sum\limits_(k=2)^(n+1)\frac(1)(2k+1)$, obținem:

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

Atunci expresia pentru suma parțială va lua forma:

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

Dacă omiteți toate explicațiile, atunci procesul de găsire a unei formule scurtate pentru a n-a sumă parțială va lua următoarea formă:

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

Permiteți-mi să vă reamintesc că am redus fracția $\frac(1)(2k+3)$ la forma $\frac(1)(2k+1)$. Desigur, puteți face opusul, adică. reprezentați fracția $\frac(1)(2k+1)$ ca $\frac(1)(2k+3)$. Expresia finală pentru suma parțială nu se va modifica. În acest caz, voi ascunde procesul de găsire a sumei parțiale sub o notă.

Cum să găsiți $S_n$ dacă sunt convertiți în altă fracție? arată ascunde

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

Deci, $S_n=\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$. Găsiți limita $\lim_(n\to\infty)S_n$:

$$ \lim_(n\la\infty)S_n=\lim_(n\la\infty)\left(\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)\right)=\frac (1)(3)-0=\frac(1)(3). $$

Seria dată converge și suma ei $S=\frac(1)(3)$.

Răspuns: $S=\frac(1)(3)$.

Continuarea subiectului găsirii sumei unei serii va fi discutată în partea a doua și a treia.

Să găsim suma unei serii de numere. Dacă nu îl puteți găsi, atunci sistemul calculează suma seriei cu o anumită precizie.

Convergența seriei

Acest calculator poate determina dacă o serie converge și arată, de asemenea, care semne de convergență funcționează și care nu.

De asemenea, știe cum să determine convergența seriei de puteri.

De asemenea, este construit un grafic al seriei, unde puteți vedea rata de convergență a seriei (sau divergența).

Reguli de introducere a expresiilor și funcțiilor

Expresiile pot consta din funcții (notațiile sunt date în ordine alfabetică): absolut (x) Valoare absolută X
(modul X sau |x|) arccos(x) Funcția - arc cosinus al X arccosh(x) Arc cosinus hiperbolic de la X arcsin(x) Arcsine din X arcsinh(x) Arcsin hiperbolic din X arctan(x) Funcția - arctangent de X arctgh(x) Arctangent hiperbolic din X e e un număr care este aproximativ egal cu 2,7 exp(x) Funcție - exponent al X(la fel de e^X) log(x) sau ln(x) Logaritmul natural al X
(A obtine log7(x), trebuie să introduceți log(x)/log(7) (sau, de exemplu, pentru log10(x)=log(x)/log(10)) pi Numărul este „Pi”, care este aproximativ egal cu 3,14 sin(x) Funcție - Sinus de X cos(x) Funcția - Cosinus de X sinh(x) Funcție - Sinus hiperbolic de la X cosh(x) Funcție - Cosinus hiperbolic de la X sqrt(x) Funcție - Rădăcină pătrată din X sqr(x) sau x^2 Funcție - Pătrat X tan(x) Functie - Tangenta de la X tgh(x) Functie - Tangenta hiperbolica de la X cbrt(x) Funcție - rădăcină cubă a X

Următoarele operații pot fi utilizate în expresii: Numere reale intra ca 7.5 , Nu 7,5 2*x- înmulțirea 3/x- Divizia x^3- exponentiarea x+7- adaos x - 6- scăderea
Alte caracteristici: podea(x) Funcție - rotunjire Xîn jos (exemplu etaj(4,5)==4,0) plafon (x) Funcție - rotunjire Xîn sus (exemplu plafon (4,5)==5,0) semn(x) Funcție - Semn X erf(x) Funcție de eroare (sau integrală de probabilitate) laplace(x) Funcția Laplace

Există mai multe moduri de a verifica convergența unei serii. În primul rând, puteți găsi pur și simplu suma seriei. Dacă ca rezultat obținem un număr finit, atunci acesta seria converge. De exemplu, pentru că

apoi seria converge. Dacă nu am reușit să găsim suma seriei, atunci ar trebui să folosim alte metode pentru a verifica convergența seriei.

O astfel de metodă este semnul lui d'Alembert

aici și, respectiv, termenii al n-lea și (n+1) al seriei, iar convergența este determinată de valoarea lui D: Dacă D< 1 - ряд сходится, если D >

Ca exemplu, studiem convergența unei serii folosind testul lui d'Alembert. Mai întâi, să scriem expresiile pentru și . Acum să găsim limita corespunzătoare:

Întrucât, în conformitate cu testul lui d'Alembert, seria converge.

O altă metodă de verificare a convergenței unei serii este semnul radical Cauchy, care se scrie astfel:

aici este al n-lea termen al seriei, iar convergența, ca și în cazul testului lui d'Alembert, este determinată de valoarea lui D: Dacă D< 1 - ряд сходится, если D >1 - diverge. Când D = 1, acest semn nu oferă un răspuns și trebuie efectuate cercetări suplimentare.

Ca exemplu, studiem convergența unei serii folosind testul radical Cauchy. Mai întâi, să scriem expresia pentru . Acum să găsim limita corespunzătoare:

Deoarece title="15625/64>1"> , în conformitate cu testul radical Cauchy, seria diverge.

Este de remarcat faptul că, alături de cele enumerate, există și alte semne de convergență a seriilor, precum testul Cauchy integral, testul Raabe etc.

Al nostru calculator online, construit pe baza sistemului Wolfram Alpha, vă permite să testați convergența seriei. În plus, dacă calculatorul produce un anumit număr ca sumă a unei serii, atunci seria converge. În caz contrar, trebuie să acordați atenție elementului „Test de convergență în serie”. Dacă este prezentă expresia „seria converge”, atunci seria converge. Dacă expresia „serie diverge” este prezentă, atunci seria diverge.

Mai jos este o traducere a tuturor semnificațiilor posibile ale articolului „Test de convergență în serie”: