Virishiti prehrana zbízhností niska koristuyuchis vyznachennyam. Brojčani redovi: imenovanje, moć, znaci bogatstva, zadnjica, odluka

mala. Savjeti za veličinu fonta:14.0pt">~ (div. ), zatim ~ .

Vrakhovuuchi tse, uzimamo:

Otzhe, broj raspršiti.

D) veličina fonta:14.0pt">,

Otzhe, broj raspršiti.

Umov є neophodno, ale nije dovoljno pažnja na red: za njih postoje bezlični redovi, ali yakí tim ne raspršuju se manje.

primjer 3. Promjena veličine fonta-veličina reda:14.0pt"> Rješenje. Mi to poštujemo https://pandia.ru/text/79/302/images/image066_20.gif" width="119" height="59 src="> , odnosno potreba za mentalnim zdravljem je vikonano. Častkov zbir

lijevo">

- jednom

zatim font-size:14.0pt">, a tse znači da se red odmiče preko granice.

Dovoljni znakovi zbízhnosti znakovno pozitivnih redova

Hajde. Isti redfont-size:14.0pt"> Znak poravnanja

Hajde i ta su redovi sa pozitivnim predznakom. Što se tiče svih, postoji neravnina, oni zbízhnosti red viplyaê zbízhníst red, koji yakshcho z razbízhností širina reda = "55"

Ovaj znak gubi na snazi, poput nedosljednosti, ali više liči na popravak sa trenutnog broja. Joga se može tumačiti približavanjem redoslijeda: ako se veći red konvergira, onda se manji konvergira više, ako se manji red razilazi, tada se i veći razilazi.

guza 4. Margina Collapse Niska 0 " style="margin-left:50.4pt;border-collapse:collapse">

;

Rješenje.

A) S poštovanjem, šta je za svakoga . red

B) Red po red ..gif širina = "91" visina = "29 src = ">. raspršiti, otzhe, cijeli red također raspršiti.

Bez obzira na jednostavnost formulacije, znakove jednakosti, u praksi dolazi teorema koja je posljednja.

Granični znak

Hajde https://pandia.ru/text/79/302/images/image071_17.gif" width="53" height="60 src="> - redovi sa pozitivnim predznakom. kíntsevyі nije jednako nuli granica, a zatim vrijeđa red i

konvergiraju odjednom ili se raspršuju odjednom.

Poput reda koji pobjeđuje za paritet s danimom, često birajte red vrsta . Takva serija se zove Dirichletov red. U kundacima 3 i 4 pokazano je da Dirichle red z i divergiraju. Možeš li otići

zdravo, kakva veličina fonta reda:14.0pt"> .

Yakscho, onda veslajte pozvao harmoničan. Harmony serija da se raziđe.

Primjer 5. Nastavite do zbízhnist redaza pomoć, granični znakovi su jednaki, kao

Rješenje. a) Pa kako doći do velikana http://www.pandia.ru/text/79/302/images/image101_9.gif"

~ , onda ~ font-size:14.0pt">uparen sa zim harmony redom font-size:14.0pt">, zatim .

Oskílki između kíntseva i vídmínna víd nula i harmoníyny red se razilazi, zatim se razilazi i daje niz.

B) Dodajte veliku width="111" width="119" height="31 src=">.gif" width="132" height="64 src="> - glavni član serije, sa kojim ćemo rangiraj dato:

Nizovi se konvergiraju ( Dirichletov red w font-size:16.0pt">)tako da se cijeli niz konvergira.

u) do tog neverovatno malog font-size:14.0pt">možete

zamijeniti ekvivalentnom vrijednošću(https://pandia.ru/text/79/302/images/image058_20.gif" width="13" height="21 src="> with font-size: 20.0pt">). ;

;

;

G)

;

.

Dodijelite niz pozitivnih brojeva $sum_(n=1) ^\infty a_n$. Neophodan znak profitabilnosti formuliramo u nizu:

1. Ako se niz konvergira, tada je međučlanak jednak nuli: $$ \lim _(n \to \infty) a_n = 0 $$
2. Ako granica između prvog člana niza nije jednaka nuli, nizovi divergiraju: $$ \lim _(n \to \infty) a_n \neq 0 $$

Harmonious Row

Tsey row napišite na ovaj način $ \sum_(n=1) ^\infty \frac(1)(n^p) $. Štaviše, nizovi $ p $ konvergiraju i divergiraju:

1. Ako je $ p = 1 $, tada niz $ \sum_(n=1) ^\infty \frac(1)(n) $ divergira i naziva se harmoničnim, bez obzira na one koji su posljednji pojam $ a_n = \frac( 1)(n) \do 0$. Zašto tako? S obzirom na to, rečeno je da potreban znak ne svjedoči o prihodima, već samo o niskim prihodima. Na to, kao da ima dovoljno znaka, kao što je integralni znak Koša, onda će postati jasno da će se red razići!
2. Ako je $ p \ leqslant 1 $, tada se nizovi divergiraju. But, $ \sum_(n=1) ^\infty \frac(1)(\sqrt(n)) $, gdje je $ p = \frac(1)(2) $
3. Ako je $ p > 1 $, tada red konvergira. But, $ \sum_(n=1) ^\infty \frac(1)(\sqrt(n^3)) $, gdje je $ p = \frac(3)(2) > 1 $

Nanesite rješenje

Tsya stattya je strukturirana i prijavljena informacija, jer je moguće u pravo vrijeme za analizu prava i zadataka. Pogledajmo temu brojeva.

Tsya članak počinje s glavnim funkcijama koje treba razumjeti. Dali smo standardne opcije i vivimo osnovne formule. Kako bi se materijal zatvorio, glavna primjena je stavljena u članak.

Osnovne teze

Možemo predstaviti sistem: a 1 , a 2 . . . , a n , . . . de a k ∈ R , k = 1 , 2 . . . .

Na primjer, uzmite sljedeće brojeve, kao što su: 6, 3, - 3 2, 3 4, 3 8, - 3 16, . . . .

Zakazivanje 1

Brojevni niz je zbir članova ∑ ak k = 1 ∞ = a 1 + a 2 + . . . + a n +. . . .

Da bismo bolje razumjeli značenje, možemo pogledati vipadok, za koji je q = 0. 5: 8 - 4 + 2 - 1 + 1 2 - 1 4 +. . . = ∑ k = 1 ∞ (- 16) · - 1 2 k .

Zakazivanje 2

a k k-im niski član.

Vín izgleda ovako rang - 16 · - 1 2 k.

Zakazivanje 3

Častkov zbir u nizu izgleda ovako Sn = a1+a2+. . . + a n , yakíy n-Bio to broj. S n nth suma je mala.

Na primjer, ∑ k = 1 ∞ (- 16) · - 1 2 k ê S 4 = 8 - 4 + 2 - 1 = 5 .

S 1 , S 2 , . . . , S n , . . . utvoryuyuyut nekonzistentnost niza numeričkih serija.

Za red N / A zbir se nalazi iza formule S n = a 1 (1 - q n) 1 - q = 8 1 - - 1 2 n 1 - - 1 2 = 16 3 1 - - 1 2 n. Pobjedonosno će doći niz privatnih suma: 8, 4, 6, 5, . . . , 16 3 1 - - 1 2 n , . . . .

Zakazivanje 4

Niz ∑ k = 1 ∞ a k ê slično onda, ako niz može biti kraj prave S = lim S n n → + ∞ . Ako ne postoji granica ili niz nije ograničen, tada se niz ∑ k = 1 ∞ a k naziva rozbízhnym.

Zakazivanje 5

Sumy red, šta ići∑ k = 1 ∞ a k

Za ovu aplikaciju lim S nn → + ∞ = lim 16 3 t → + ∞ 1 - 1 2 n = 16 3 lim n → + ∞ 1 - - 1 2 n = 16 3 , serija ∑ k = 1 ∞ (- 16) · - 1 2 k konvergiraju. Zbir je skup 16 3: ∑ k = 1 ∞ (- 16) · - 1 2 k = 16 3 .

guza 1

Kao zadnjicu rozbízhnog reda, možete staviti zbir geometrijske progresije s većim banerom, nižim: 1 + 2 + 4 + 8 +. . . + 2n - 1 +. . . = ∑ k = 1 ∞ 2 k - 1 .

n-a zbroj dijela je određen virazom S n = a 1 (1 - qn) 1 - q = 1 (1 - 2 n) 1 - 2 = 2 n - 1, a međudijelni zbroj nije ograničen: lim n → + ∞ S n = lim n → + ∞ (2 n - 1) = + ∞ .

Drugi primjer niza slučajnih brojeva je zbir oblika ∑ k = 1 ∞ 5 = 5 + 5 + . . . . Za ovaj račun n, privatni zbir se može izračunati kao S n = 5 n . Međuparcijalne sume nisu ograničene lim n → + ∞ S n = lim n → + ∞ 5 n = + ∞.

Zakazivanje 6

Zbir ovog oblika je yak ∑ k = 1 ∞ = 1 + 1 2 + 1 3 + . . . + 1n +. . . – ce harmoničan red broj.

Zakazivanje 7

Zbir ∑ k = 1 ∞ 1 k s = 1 + 1 2 s + 1 3 s +. . . + 1ns + . . . , de s- decisne broj, ê zagalnen harmonijskim numeričkim redom.

Sastanci, pregledani više, pomoći će vam da sastavite više prijava i naloga.

Da biste završili termin, potrebno je izjednačiti red.

1. ∑ k = 1 ∞ 1 k

Diemo metodom preokreta. Ako se vina spajaju, onda je granica mršava. Možete napisati jednako kao lim n → + ∞ S n = S i lim n → + ∞ S 2 n = S . Nakon pjevanja, smirenost je opsjednuta l i m n → + ∞ (S 2 n - S n) = 0 .

Navpaki,

S 2 n - S n \u003d 1 + 1 2 + 1 3 +. . . + 1n + 1n + 1 + 1n + 2 +. . . + 1 2 n - - 1 + 1 2 + 1 3 +. . . + 1n = 1n + 1 + 1n + 2 +. . . + 1 2 n

Upravo tako nedosljednosti su 1 n + 1 > 1 2 n , 1 n + 1 > 1 2 n . . . 1 2 n - 1 > 1 2 n . Izađi, 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 . Viraz S 2 n - S n > 1 2 reći da je lim n → + ∞ (S 2 n - S n) = 0 izvan dosega. Broj rozbízhny.

1. b1+b1q+b1q2+. . . + b 1 q n +. . . = ∑ k = 1 ∞ b 1 q k - 1

Potrebno je potvrditi da se zbir niza brojeva gasi na q< 1 , и расходится при q ≥ 1 .

Zgídno uz pomoć imenovanih osoba, suma nčlanovi zavise od formule S n = b 1 · (q n - 1) q - 1 .

Yakscho q< 1 верно

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

Doveli smo da se brojčani nizovi konvergiraju.

Za q = 1 b 1 + b 1 + b 1 +. . . ∑ k = 1 ∞ b 1 . Sumi se može znati iz dodatne formule S n = b 1 · n , međubeskonačno lim n → + ∞ S n = lim n → + ∞ b 1 · n = ∞ . U ovoj varijanti redovi se razilaze.

Yakscho q = - 1 red izgleda kao b 1 - b 1 + b 1 - . . . = ∑ k = 1 ∞ b 1 (-1) k + 1 . Često sumi izgledaju kao S n = b 1 za nesparene n, i S n = 0 za momke n. Pogledavši ovaj vipadok, ponovo smo razmišljali da nema praznina i niza razlika.

Za q > 1, lim n → + ∞ S n = lim n → + ∞ b 1 (qn - 1) q - 1 = b 1 lim n → + ∞ qnq - 1 - lim n → + ∞ 1 q - 1 = = b 1 ∞ - 1 q - 1 = ∞

Mi donio, scho broj serije da se raziđu.

1. Redovi ∑ k = 1 ∞ 1 k s konvergiraju tako da s > 1 i divergiraju, tako da je s ≤ 1 .

Za s = 1 uzimamo ∑ k = 1 ∞ 1 k , redovi divergiraju.

Za s< 1 получаем 1 k s ≥ 1 k для k ,prirodni broj. Oskílki red ê razbízhnym ∑ k = 1 ∞ 1 k , tada nema razlike. Pored toga, niz ∑ k = 1 ∞ 1 k s je neopisan. Robimo visnovok s< 1 .

Potrebno je dokazati da red ∑ k = 1 ∞ 1 k s konvergira kada s > 1.

Zamislite S 2 n - 1 - S n - 1:

S 2 n - 1 - S n - 1 \u003d 1 + 1 2 s + 1 3 s +. . . + 1 (n - 1) s + 1 ns + 1 (n + 1) s + . . . + 1 (2 n - 1) s - - 1 + 1 2 s + 1 3 s +. . . + 1 (n - 1) s = 1 ns + 1 (n + 1) s + . . . + 1(2n - 1)s

Pretpostavimo da je 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

Reprezentabilna jednakost za brojeve koji su prirodni i jednaki 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 . . .

Mi uzimamo:

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

Viraz 1 + 1 2 s - 1 + 1 2 s - 1 2 + 1 2 s - 1 3 +. . . - Zbir geometrijskog napretka q = 1 2 s - 1 . Zgídno s vihídnimi dannym at s > 1, zatim 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 zbílshuêtsya i miješa se sa zvijeri 11-12s-1. Očigledno, ê između i reda ê ∑ k = 1 ∞ 1 k s .

Zakazivanje 8

Niz ∑ k = 1 ∞ a k pozitivno za tog tipa, tako da je pojam > 0 ak > 0 , k = 1 , 2 , . . . .

Niz ∑ k = 1 ∞ b k znak je nacrtan kao da su znakovi brojeva vídríznyayutsya. Danska primjena reprezentacija yak ∑ k = 1 ∞ bk = ∑ k = 1 ∞ (-1) k ak ili ∑ k = 1 ∞ bk = ∑ k = 1 ∞ (-1) k + 1 ak , de ak > 0 , k = 1, 2,. . . .

Niz ∑ k = 1 ∞ b k poznat, na to u novom broju brojeva, negativnih i pozitivnih.

Druga opcija je red - posljednji red treće opcije.

Stavimo ga za retrakciju kože:

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 + . . .

Za treću opciju moguće je odrediti i apsolutni mentalni komfor.

Zakazivanje 9

Naizmjenični niz ∑ k = 1 ∞ b k apsolutno ne uspijeva u tom slučaju ako se ∑ k = 1 ∞ b k također smatra sličnim.

Navodno analiziramo papalinu karakterističnih opcija

guza 2

Yakscho red 6 - 3 + 3 2 - 3 4 + 3 8 - 3 16 +. . . i 6 + 3 - 3 2 + 3 4 + 3 8 - 3 16 +. . . se pojavljuju kao slični, a zatim ispravno unesite to 6 + 3 + 3 2 + 3 4 + 3 8 + 3 16 +. . .

Zakazivanje 10

Poznati niz ∑ k = 1 ∞ b k smatra se mentalno sličnim tom, jer je ∑ k = 1 ∞ b k različit, a niz ∑ k = 1 ∞ b k se smatra sličnim.

guza 3

Izvještavamo o opciji ∑ k = 1 ∞ (-1) k + 1 k = 1 - 1 2 + 1 3 - 1 4 + . . . . Za varijantu je odabran niz ∑ k = 1 ∞ (- 1) k + 1 k = ∑ k = 1 ∞ 1 k , koji je sastavljen od apsolutnih vrijednosti. Ova opcija je važna za korištenje, tako da je lako shvatiti. Iz prvog primjera znamo da je niz ∑ k = 1 ∞ (-1) k + 1 k = 1 - 1 2 + 1 3 - 1 4 + . . . bude vvazhatisya mentalno sličan.

Karakteristike redova koji se spajaju

Analizirajmo snagu pjevačkih raspoloženja

1. Ako će ∑ k = 1 ∞ a k konvergirati, tada se i ta serija ∑ k = m + 1 ∞ a k prepoznaje kao takva da konvergira. Možete odrediti bez kojeg reda mčlanovi se također smatraju sličnima. U vipadku, ako dodamo ∑ k = m + 1 ∞ a k kílka brojeva, onda će rezultat, koji je viishov, također biti sličan.
2. Kako ∑ k = 1 ∞ a k konvergiraju i zbroj = S, tada konvergiraju i nizovi ∑ k = 1 ∞ A a k , ∑ k = 1 ∞ A a k = A S , de A- Ostani.
3. Kako su ∑ k = 1 ∞ a k i ∑ k = 1 ∞ b k ê slično, sumi Aі B tezh, ti redovi ∑ k = 1 ∞ a k + b k i ∑ k = 1 ∞ a k - b k također konvergiraju. Sumi dorivnyuvatimut A+Bі A-B očigledno.

Odredite koji niz će se isključiti ∑ k = 1 ∞ 2 3 k · k 3 .

Promijenimo ∑ k = 1 ∞ 2 3 k · k 3 = ∑ k = 1 ∞ 2 3 · 1 k 4 3 . Red ∑ k = 1 ∞ 1 k 4 3 se smatra sličnim, ali red ∑ k = 1 ∞ 1 k s izlazi na s > 1. U zavisnosti od druge snage, ∑ k = 1 ∞ 2 3 · 1 k 4 3 .

guza 5

Neka se red ∑ n = 1 ∞ 3 + n n 5 2 konvergira.

Reverzibilna varijanta kob ∑ n = 1 ∞ 3 + n n 5 2 = ∑ n = 1 ∞ 3 n 5 2 + n n 2 = ∑ n = 1 ∞ 3 n 5 2 + ∑ n = 1 ∞.

Oduzimamo zbir ∑ n = 1 ∞ 3 n 5 2 i ∑ n = 1 ∞ 1 n 2 . Kožna serija je prepoznata kao takva da je moguće spustiti se do autoriteta. Krhotine reda se spajaju, tada je izlazna opcija ista.

guza 6

Izračunajte kako se konvergiraju nizovi 1 - 6 + 1 2 - 2 + 1 4 - 2 3 + 1 8 - 2 9 +. . . i izračunaj iznos.

Izlazna opcija:

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

Serija kože konvergira, krhotine su jedan od članova numeričkog niza. Vídpovídno do trećeg dominiona, možemo računati, scho vihídny varijanta je također slična. Zbir se izračunava: Prvi član niza je ∑ k = 1 ∞ 1 2 k - 1 = 1, a standard = 0 . 5 , zatim slijedi, ∑ k = 1 ∞ 1 2 k - 1 = 1 1 - 0 . 5 = 2. Prvi član ∑ k = 1 ∞ 1 3 k - 2 = 3 , i predznak opadajućeg numeričkog niza = 1 3 . Uzimamo: ∑ k = 1 ∞ 1 3 k - 2 = 3 1 - 1 3 = 9 2 .

Vikoristovuêmo virazi, otrimani više, da bi se izračunao zbir 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

Neophodna inteligencija za imenovanje, chi je niz sličnih

Ako je niz ∑ k = 1 ∞ ak ê sličan, onda k-thčlan = 0: lim k → + ∞ a k = 0 .

Ako ćemo vjerovati, bilo da se radi o varijanti, potrebno je ne zaboraviti na neautentični um. Ako ne pobijedi, red će se raspršiti. Kao i lim k → + ∞ a k ≠ 0 , niz je drugačiji.

Zatim navedite šta je um važno, ali nije dovoljno. Pošto jednakost lim k → + ∞ a k = 0 pobjeđuje, to ne garantuje da je ∑ k = 1 ∞ a k slično.

Dajemo primjer. Za harmonijski niz ∑ k = 1 ∞ 1 k, Umoff vikonuetsya lim k → + ∞ 1 k = 0 , ali redovi i dalje divergiraju.

guza 7

Izračunajte efikasnost ∑ n = 1 ∞ n 2 1 + n .

Razmotrimo ponovo 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

Mezha nthčlan nije dobar 0 . Mi donio, scho tsey red da se raziđe.

Kako označiti zbízhníst znakovno-pozitivnu seriju.

Kako se stalno rangirati sa zadatim znacima, kako bi mogli stalno brojati granice. Tsej razdíl dodao kako bi se spremio preklopljeni píd sat vypíshennya priklív koji zavdan. Za označavanje zbízhníst znak pozitivnog reda, ísnuê pevna umova.

Za pozitivan predznak ∑ k = 1 ∞ a k , ak > 0 ∀ k = 1 , 2 , 3 , . . . Potrebno je izračunati iznos sume.

Yak porivnyuvati redove

Ísnuê kílka je znak poravnanja redova. Mi porívnyuêmo red, zbízhníst kakogo proponuetsya vznáchiti, íz tim blizu, zbízhníst yak vídoma.

Persha sign

∑ k = 1 ∞ a k i ∑ k = 1 ∞ b k - niz pozitivnih predznaka. Za neravnine a k ≤ b k vrijedi k = 1, 2, 3, ... Možemo uzeti ∑ k = 1 ∞ a k u nizu ∑ k = 1 ∞ b k . Oskílki ∑ k = 1 ∞ a k divergiraju, niz ∑ k = 1 ∞ b k se može uzeti kao divergencija.

Ovo pravilo se stalno potvrđuje za savršenstvo jednakosti i predstavlja ozbiljan argument koji će vam pomoći da označite zbízhnist. Skladnoshchi može lagati u činjenici da morate uzeti guzu za porivnyannya koju možete znati daleko od depresije kože. Za završetak često se bira broj prema principu k-thčlan dorívnyuvatitime na rezultat vídnímannya pokaznívív staínív staív nídnik í znamennik k-thčlanovi su mali. Prihvatljivo je da a k \u003d k 2 + 3 4 k 2 + 5 2 – 3 = - 1 . U tom slučaju možete odrediti koji je red neophodan za poravnanje k-imčlan b k = k - 1 = 1 k, što je harmonično.

Da bismo zatvorili materijal, pogledajmo nekoliko tipičnih opcija detaljno.

guza 8

Značajno, yakim je niz ∑ k = 1 ∞ 1 k - 1 2 .

Krhotine između = 0 lim k → + ∞ 1 k - 1 2 = 0 Neravnine će biti poštene 1 k< 1 k - 1 2 для k , yakí ê natural. Iz prethodnih paragrafa smo prepoznali da je harmonijski niz ∑ k = 1 ∞ 1 k različit. Sa prvim znakom može se iznijeti na vidjelo da je konačna opcija rozbízhnym.

guza 9

Značajno, chi ê je red sličan ili različit ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 + 3 k - 1 .

Za koju guzu je potrebna inteligencija, krhotine lim k → + ∞ 1 k 3 + 3 k - 1 = 0 . Poslužite kada vidite neravnine 1 k 3 + 3 k - 1< 1 k 3 для любого значения k. Niz ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 je sličan, ali harmonijski niz ∑ k = 1 ∞ 1 k s konvergira kada s > 1. Zgidno sa prvim znakom, možemo stvoriti visnovok, da je brojni niz sličan.

guza 10

Vznachiti, yakim ê serija ∑ k = 3 ∞ 1 k ln (ln k) . lim k → + ∞ 1 k ln (ln k) = 1 + ∞ + ∞ = 0 .

Za koga se sve opcije mogu nazvati vikonannya neophodnim umom. Značajan broj razlika. Na primjer, ∑ k = 1 ∞ 1 k s . Da bismo utvrdili zašto je stopalo dobro, možemo pogledati niz (ln (ln k)), k = 3, 4, 5. . . . Članovi niza ln (ln 3), ln (ln 4), ln (ln 5),. . . zbíshuêtsya do beskonačnosti. Analizirajući jednakosti, može se zaključiti da, uzimajući uloge vrijednosti N = 1619, onda su članovi niza > 2. Za ovaj niz vrijedit će nejednakost 1 k ln (ln k).< 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.

Još jedna značka

Pretpostavimo da su ∑ k = 1 ∞ a k i ∑ k = 1 ∞ b k numerički nizovi pozitivnog predznaka.

Ako lim k → + ∞ a k b k ≠ ∞ , tada konvergiraju i redovi ∑ k = 1 ∞ b k, i ∑ k = 1 ∞ a k.

Ako lim k → + ∞ a k b k ≠ 0 , ako se redovi ∑ k = 1 ∞ b k divergiraju, onda ∑ k = 1 ∞ ak također divergiraju.

Ako je lim k → + ∞ a k b k ≠ ∞ i lim k → + ∞ a k b k ≠ 0 , tada skalabilnost skaliranja serije znači skaliranje skaliranja drugog.

Pogledajmo ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 + 3 k - 1 za druge znakove. Za poravnanje ∑ k = 1 ∞ b k uzmite niz ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 . Značajno između: 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

Drugim znakom može se označiti da niz ∑ k = 1 ∞ 1 k 3, koji konvergira, znači da konvergira i varijanta cob.

guza 11

Značajno, yakim je niz ∑ n = 1 ∞ k 2 + 3 4 k 3 + 5 .

Analizirajmo neophodan um lim k → ∞ k 2 + 3 4 k 3 + 5 = 0, jer je u ovoj varijanti pobjednički. Slično drugom znaku, uzmimo niz ∑ k = 1 ∞ 1 k . Shukaêmo između: lim k → + ∞ k 2 + 3 4 k 3 + 5 1 k = lim k →

Zgídno sa vodećim tezama, redom koji se razilazi, razdvojeći se u nizu izlaza.

treća ocjena

Pogledajmo treći znak prekida.

Pretpostavimo da su ∑ k = 1 ∞ a k i _ ∑ k = 1 ∞ b k numerički nizovi pozitivnog predznaka. Ako je pametno izračunati za sljedeći broj a k + 1 a k ≤ b k + 1 b k , onda efikasnost ovog niza ∑ k = 1 ∞ b k znači da je i niz ∑ k = 1 ∞ ak sličan. Razbízhny red ∑ k = 1 ∞ a k povucite iza sebe razbízhníst ∑ k = 1 ∞ b k .

Znak d'Alamberta

Pretpostavimo da je ∑ k = 1 ∞ a k niz brojeva sa pozitivnim predznakom. Kako je lim k → + ∞ a k + 1 a k< 1 , то ряд является сходящимся, если lim k → + ∞ a k + 1 a k >1 onda hajde da ga razbijemo.

Poštovanje 1

Znak d'Alembert je fer prema tom stavu, jer granica nije uska.

Ako je lim k → + ∞ a k + 1 a k = - ∞ , tada je niz ê sličan, ako je lim k → ∞ ak + 1 ak = + ∞ , tada dijelimo.

Ako je lim k → + ∞ ak + 1 ak = 1, tada d'Alembertov znak nije od pomoći i potrebno je dodatno istražiti.

guza 12

Značajno, chi ê je red sličan ili različit ∑ k = 1 ∞ 2 k + 1 2 k iza d'Alembertovog znaka.

Potrebno je preispitati šta je potrebno za osvajanje uma. Izračunajmo udaljenost, koristeći Lopitalovo pravilo: lim k → + ∞ 2 k + 1 2 k = ∞ ∞ = lim k → + ∞ 2 k + 1 "2 k" = lim k → + ∞ 2 2 k ln 2 = 2 + ∞ log 2 = 0

Možemo razgovarati o tome šta umovi pobjeđuju. Koristeći d'Alembertov znak: 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

Red je sličan.

guza 13

Značajno, chi ê je red proizvoljno ∑ k = 1 ∞ k k k ! .

Koristimo d'Alembertov znak da pokažemo razliku u nizu: 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 kk (k + 1) = = lim k → + ∞ (k + 1) kkk = lim k → + ∞ k + 1 kk = lim k → + ∞ 1 + 1 kk = e > 1

Otzhe, broj ê razbízhnim.

Radikalni znak Koša

Moguće je da je ∑ k = 1 ∞ a k nepozitivan niz. Kako je lim k → + ∞ a k k< 1 , то ряд является сходящимся, если lim k → + ∞ a k k >1 onda hajde da ga razbijemo.

Poštovanje 2

Ako je lim k → + ∞ ak k k = 1, onda ovaj znak ne daje nikakvu informaciju - potreba za dodatnom analizom.

Tsya znak može biti buti vikoristan u zadnjici, yakí lako vyznachiti. Vipadok će biti karakterističan samo ako je član brojčanog niza - tse koji pokazuje veličanstveni viraz.

Da bismo zatvorili informacije o otrimanu, pogledajmo uzorak karakterističnih primjera.

guza 14

Značajno je da je chi pozitivan niz ∑ k = 1 ∞ 1 (2 k + 1) k na sličnom.

Potreban je um da bi ga vikonan poštovao, krhotine lim k → + ∞ 1 (2 k + 1) k = 1 + ∞ + ∞ = 0 .

Gledajući znak, gledajući kroz oko, možemo pretpostaviti 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.

guza 15

Či slični niz brojeva ∑ k = 1 ∞ 1 3 k · 1 + 1 k k 2 .

Vikoristov znak, opisan u prethodnom paragrafu 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.

Integralni znak Koshi

Pretpostavimo da je ∑ k = 1 ∞ ak ê niz pozitivnih predznaka. Neophodno je odrediti funkciju nestalnog argumenta y = f(x), Što pokreće a n = f (n) . Yakscho y = f(x) veće od nule, ne prekidajte i mijenjajte u [a; + ∞) , gdje je a ≥ 1

Odnosno, ako je nekonzistentni integral ∫ a + ∞ f (x) d x ê sličan, onda i niz analiza konvergira. Ako su vina odvojena, onda se u guzici odvaja i jedan broj njih.

Kada poništite promijenjenu funkciju, možete pregledati materijal pregledan u prethodnim lekcijama.

guza 16

Pogledajte zalihe ∑ k = 2 ∞ 1 k · ln k radi izvodljivosti.

Vikonan poštuje svesnost u nizu, skaliranjem lim k → + ∞ 1 k · ln k = 1 + ∞ = 0 . Pogledajmo y = 1 x ln x. Won je veći od nule, ne prekida se i mijenja se u [2; +∞). Prva dva paragrafa su unaprijed određena, a u trećem sljedećem je izvještaj. Znamo bolje: y "= 1 x ln x" = x ln x "x ln x 2 = ln x + x 1 xx ln x 2 = - ln x + 1 x ln x 2. Dobio manje za nulu na [ 2 ; + ∞) Nije potrebno iznositi tezu o onima da funkcija propada.

Pa, funkcija y = 1 x · ln x pokazuje znakove principa koji smo vidjeli više. Ubrzavanje: ∫ 2 + ∞ dxx ln x = lm 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) = + ∞

Vídpovídno do otrimanih rezultata, vyhídny zadnjice se razilaze, krhotine nezdrave integracije ê razbízhnym.

guza 17

Proširiti niz ∑ k = 1 ∞ 1 (10 k - 9) (ln (5 k + 8)) 3 .

Oskílki lim k → + ∞ 1 (10 k - 9) (ln (5 k + 8)) 3 = 1 + ∞ = 0, tada se Umov poštuje vikonana.

Počevši od k = 4 , virniy viraz 1 (10 k - 9) (ln (5 k + 8)) 3< 1 (5 k + 8) (ln (5 k + 8)) 3 .

Ako će se niz ∑ k = 4 ∞ 1 (5 k + 8) (ln (5 k + 8)) 3 smatrati sličnim, tada će, prema jednom od principa poravnanja, niz ∑ k = 4 ∞ 1 ( 10 k - 9) ( ln (5 k + 8)) 3 također može biti slično. U ovom rangu možemo označiti da je i trenutni viraz sličan.

Nastavite dokazivati ​​∑ k = 4 ∞ 1 (5 k + 8) (ln (5 k + 8)) 3 .

Funkcija skaliranja y = 1 5 x + 8 (ln (5 x + 8)) 3 veća od nule, ne prekida se i mijenja se u [ 4 ; +∞). Vikoristovuemo znak, opisan u prednjem pasusu:

∫ 4 + ∞ dx (5 x + 8) (ln (5 x + 8)) 3 = lim A → + ∞ ∫ 4 A dx (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 u 28 2

U kraćem nizu, ∫ 4 + ∞ dx (5 x + 8) (ln (5 x + 8)) 3 , možemo naći da je ∑ k = 4 ∞ 1 (5 k + 8) (ln (5 k + 8) ) )) 3 također konvergiraju.

Oznaka Raabe

Moguće je da je ∑ k = 1 ∞ a k niz brojeva pozitivnih predznaka.

Yakscho lim k → + ∞ k ak a k + 1< 1 , то ряд расходится, если lim k → + ∞ k · a k a k + 1 - 1 >1, zatim konvergiraju.

Danska metoda označavanja u tom slučaju može biti pobjednička, jer opisana tehnika ne daje vidljive rezultate.

Doslídzhennya na apsolutnom zbízhníst

Za ostalo, uzimamo ∑ k = 1 ∞ b k. Vikoristov pozitivni predznak ∑ k = 1 ∞ b k. Možemo vikoristovuvat be-yak z vídpovídnyh znak, yakí smo opisali više. Ako se redovi ∑ k = 1 ∞ b k konvergiraju, tada je originalni niz apsolutno sličan.

guza 18

Nastavite niz ∑ k = 1 ∞ (-1) k 3 k 3 + 2 k - 1 ulijevo ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 3 k 3 + 2 k - 1 = ∑ k = 1 ∞ 1 3 k 3 + 2k-1.

Umovu vikonuetsya lim k → + ∞ 1 3 k 3 + 2 k - 1 = 1 + ∞ = 0 . Vikoristovo ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 2 i ubrzava sa drugim predznakom: lim k → + ∞ 1 3 k 3 + 2 k - 1 1 k 3 2 = 1 3 .

Redovi ∑ k = 1 ∞ (-1) k 3 k 3 + 2 k - 1 konvergiraju. Vanjski red je također apsolutno sličan.

Razbízhníst znazmíníh ryadí

Kao što je niz ∑ k = 1 ∞ b k različit, tako je isti poznati niz znakova ∑ k = 1 ∞ b k ili različit ili mentalno sličan.

Umjesto d'Alembertovog predznaka i radikalnog Cauchyjevog znaka, moguće je dopuniti pramenove oko ∑ k = 1 ∞ b k za proširenje modula ∑ k = 1 ∞ b k . Niz ∑ k = 1 ∞ b k također divergira, tako da ne pobjeđuje potrebna mentalna izvodljivost, tako da je lim k → ∞ + b k ≠ 0 .

guza 19

Reverzna varijabilnost 1 7 , 2 7 2 , - 6 7 3 , 24 7 4 , 120 7 5 - 720 7 6 , . . . .

Modul k-thčlan reprezentacije ak b k = k! 7 k.

Nastavite niz ∑ k = 1 ∞ b k = ∑ k = 1 ∞ k! 7 k na rubu iza d'Alembertovog znaka: lim k → + ∞ b k + 1 b k = lim k → + ∞ (k + 1) ! 7k + 1k! 7 k = 1 7 limk → + ∞ (k + 1) = + ∞.

∑ k = 1 ∞ b k = ∑ k = 1 ∞ k ! 7 k disperzira kao i, kao i opcija izlaza.

guza 20

Chi ê ∑ k = 1 ∞ (-1) k · k 2 + 1 ln (k + 1) slično.

Pogledajmo potrebnu Umovu teoriju lim k → + ∞ bk = 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) = + ∞ . Umov nije Vikonan, tako da je ∑ k = 1 ∞ (- 1) k · k 2 + 1 ln (k + 1) niz proširenja. Granica bule je izračunata po Lopitalovom pravilu.

Znakovi mentalnog zdravlja

Leibnizov znak

Kao veličinu članova niza, koji se izvlače, promijenite b 1 > b 2 > b 3 >. . . >. . . í inter modul = 0 kao k → + ∞ , tada teče niz ∑ k = 1 ∞ b k.

guza 17

Pogledajte ∑ k = 1 ∞ (-1) k 2 k + 1 5 k (k + 1) za priliku.

Niz prikaza yak ∑ k = 1 ∞ (-1) k 2 k + 1 5 k (k + 1) = ∑ k = 1 ∞ 2 k + 1 5 k (k + 1) . Potreba za umova lim k + ∞ = 2 k + 1 5 k (k + 1) = 0 . Pogledajmo ∑ k = 1 ∞ 1 k iza drugog znaka izjednačenja lim k → + ∞ 2 k + 1 5 k (k + 1) 1 k = lim k → + ∞ 2 k + 1 5 (k + 1) = 2 5

Moguće je da ∑ k = 1 ∞ (-1) k 2 k + 1 5 k (k + 1) = ∑ k = 1 ∞ 2 k + 1 5 k (k + 1) divergiraju. Niz ∑ k = 1 ∞ (-1) k 2 k + 1 5 k (k + 1) konvergira nakon Leibnizovog predznaka: niz 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, . . . promjene i lim k → + ∞ = 2 k + 1 5 k (k + 1) = 0 .

Brojni mentalno konvergiraju.

Znak Abel-Dirichleta

∑ k = 1 + ∞ u k · v k nestaje u toj tački, jer ( u k ) ne raste, a niz ∑ k = 1 + ∞ v k je ograničen.

guza 17

Nastavite 1 - 3 2 + 2 3 + 1 4 - 3 5 + 1 3 + 1 7 - 3 8 + 2 9 +. . . radi pogodnosti.

vidljivo

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

de(u k) = 1, 1 2, 1 3,. . . - Nestabilan, a niz (v k) = 1, - 3, 2, 1, - 3, 2,. . . resasti (S k ) = 1, - 2, 0, 1, - 2, 0,. . . . Brojni konvergiraju.

Kako ste zapamtili pomilovanje u tekstu, budite ljubazni, pogledajte ga i pritisnite Ctrl + Enter