Virishiti prehrana zbízhností niska koristuyuchis vyznachennyam. Brojčani redovi: imenovanje, moć, znakovi bogatstva, stražnjica, odluka

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

Vrakhovuuchi tse, uzimamo:

Otzhe, broj raspršiti.

D) veličina fonta:14.0pt">,

Otzhe, broj raspršiti.

Umov є potrebno, pivo nedovoljno svjesnost reda: postoje bezlični redovi, za one, ali yakí tim ne raspršiti manje.

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

lijevo">

- jednom

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

Dovoljni znakovi zbízhnosti znakovno-pozitivnih redova

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

dođi i ta su redovi s pozitivnim predznakom. Što se svega tiče, neravnine su otklonjene, one u redu su viply u redu, odnosno u redu sa širinom = "55"

Ovaj znak gubi na snazi, poput nedosljednosti, ali je više kao popravak s trenutnog broja. Joga se može protumačiti približavajućim redoslijedom: ako se veći red konvergira, onda se manji konvergira više, ako se manji red razilazi, tada se i veći razilazi.

zadnjica 4. Margin Collapse Low 0 " style="margin-left:50.4pt;border-collapse:collapse">

;

Riješenje.

A) S poštovanjem, što 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 teorem koji je posljednji.

Granični znak

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

konvergirati odjednom ili se odmah raspršiti.

Poput reda koji pobjeđuje za paritet s danimom, često birajte red vrsta . Takva serija se zove Dirichletov red. U okrajcima 3 i 4 prikazano je da Dirichleov red z i divergiraju. Možete li otići

bok, kakva veličina fonta retka: 14.0pt"> .

Yakscho, zatim veslajte pozvao skladan. Harmony serija za razilaženje.

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

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

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

Oskílki između kíntseva i vídmínna víd nula i harmoníyny red razilaze, zatim se razilaze i daju niz.

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

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

v) na taj nevjerojatno mali font-size:14.0pt">možete

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

;

;

G)

;

.

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

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 se razilaze: $$ \lim _(n \to \infty) a_n \neq 0 $$

Harmonični red

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

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

Nanesite otopinu

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

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

Osnovne teze

Sustav možemo predstaviti: 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, . . . .

Imenovanje 1

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

Da bismo bolje razumjeli značenje, možemo pogledati vipadok, za koji je q \u003d - 0. 5: 8 - 4 + 2 - 1 + 1 2 - 1 4 +. . . = ∑ k = 1 ∞ (- 16) · - 1 2 k .

Imenovanje 2

a k k-im niski član.

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

Imenovanje 3

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

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

S 1 , S 2 , . . . , S n , . . . utvoryuyuyut nedosljednost slijeda brojčanog niza.

Za red n-a zbroj 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 iznosa: 8, 4, 6, 5, . . . , 16 3 1 - - 1 2 n , . . . .

Imenovanje 4

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

Imenovanje 5

Sumy red, što ići∑ k = 1 ∞ a k

Za ovu primjenu 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. Zbroj je skup 16 3: ∑ k = 1 ∞ (- 16) · - 1 2 k = 16 3 .

guza 1

Kao dio reda, možete nacrtati zbroj geometrijske progresije s većim bannerom, nižim: 1 + 2 + 4 + 8 +. . . + 2n - 1 +. . . = ∑ k = 1 ∞ 2 k - 1 .

na dio zbroj 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 zbroj oblika ∑ k = 1 ∞ 5 = 5 + 5 + . . . . Za ovaj račun n, privatni zbroj može se izračunati kao S n = 5 n . Međuparcijalni zbrojevi nisu ograničeni lim n → + ∞ S n = lim n → + ∞ 5 n = + ∞.

Imenovanje 6

Zbroj ovog oblika je yak ∑ k = 1 ∞ = 1 + 1 2 + 1 3 + . . . + 1n +. . . – ce skladan redak brojeva.

Imenovanje 7

Zbroj ∑ 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 narudžbi.

Za završetak termina 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 kaže 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 zbroj niza brojeva gasi na q< 1 , и расходится при q ≥ 1 .

Zgídno uz pomoć imenovanih osoba, svota nčlanovi su ovisni o formuli 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 zbrojevi izgledaju kao S n = b 1 za nesparene n, i S n = 0 za dečke n. Nakon što smo pogledali ovaj vipadok, ponovno 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 razilaziti.

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 razbízhny ∑ k = 1 ∞ 1 k , tada nema razlike. Uz to, 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 . . .

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 +. . . - Zbroj 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. Očito, ê između i reda ê ∑ k = 1 ∞ 1 k s .

Imenovanje 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 prikaza 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 poznato, na to u novom broju brojeva, negativnih i pozitivnih.

Druga opcija je red - zadnji redak treće opcije.

Stavimo ga za povlačenje 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 također je moguće odrediti apsolutnu mentalnu udobnost.

Imenovanje 9

Izmjenični 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 +. . . izgledaju kao slični, a zatim ispravno unesite to 6 + 3 + 3 2 + 3 4 + 3 8 + 3 16 +. . .

Imenovanje 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 smatra se sličnim.

guza 3

Izvještavamo o opciji ∑ k = 1 ∞ (-1) k + 1 k = 1 - 1 2 + 1 3 - 1 4 + . . . . Kao varijanta odabran je niz ∑ k = 1 ∞ (- 1) k + 1 k = ∑ k = 1 ∞ 1 k , koji je sastavljen od apsolutnih vrijednosti. Ova je opcija važna za korištenje, pa 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.

Značajke redova koji se konvergiraju

Analizirajmo snagu pjevačkih raspoloženja

1. Ako će ∑ k = 1 ∞ a k konvergirati, tada se i th niz ∑ k = m + 1 ∞ a k prepoznaje kao takav da konvergira. Možete odrediti bez kojeg reda mčlanovi se također smatraju sličnima. U vipadku, ako dodamo ∑ k = m + 1 ∞ a k kílka brojeva, tada će rezultat, koji je viishov, također biti sličan.
2. Kako ∑ k = 1 ∞ a k konvergiraju i zbroj = S, zatim 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, konvergiraju se i ti redovi ∑ k = 1 ∞ a k + b k i ∑ k = 1 ∞ a k - b k. Sumi dorivnyuvatimut A+Bі A-B očito.

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 smatra se sličnim, ali red ∑ k = 1 ∞ 1 k s odlazi na s > 1. Ovisno o drugoj snazi, ∑ k = 1 ∞ 2 3 · 1 k 4 3 .

guza 5

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

Varijanta reverzibilnog klipa ∑ 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 zbroj ∑ 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 opcija izlaza 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 se spaja, krhotine su jedan od članova brojčanog niza. Vídpovídno do trećeg dominiona, možemo računati, scho vihídny varijanta je također slična. Zbroj 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 , a predznak silaznog brojevnog niza = 1 3 . Uzimamo: ∑ k = 1 ∞ 1 3 k - 2 = 3 1 - 1 3 = 9 2 .

Vikoristovuêmo virazi, otrimani više, kako bi se izračunao zbroj 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

Potrebna inteligencija za imenovanje, chi ê niz sličnih

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

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

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

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

guza 7

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

Idemo dalje 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 raspršiti.

Kako označiti zbízhníst znakovno-pozitivnu seriju.

Kako se stalno rangirati s dodijeljenim znakovima, moći stalno brojati granice. Tsej razdíl dodano pomoći spremiti presavijeni píd sat vypíshennya priklív da 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 zbroja.

Yak porivnyuvati redove

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

Persha znak

∑ 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 može se uzeti kao divergencija.

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

Da bismo zatvorili materijal, pogledajmo nekoliko tipičnih opcija detaljno.

guza 8

Značajno je da je yakim 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 prirodan. Iz prethodnih paragrafa smo prepoznali da je harmonijski niz ∑ k = 1 ∞ 1 k različit. S 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 koji kundak 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 s prvim znakom, možemo stvoriti visnovok, da je brojni niz sličan.

guza 10

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

Za koga se sve opcije mogu nazvati vikonannya potrebnim umom. Značajan broj razlika. Na primjer, ∑ k = 1 ∞ 1 k s . Kako bismo utvrdili zašto je stopalo dobro, možemo pogledati slijed (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 brojčani nizovi pozitivnog predznaka.

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

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

Ako je lim k → + ∞ a k b k ≠ ∞ i lim k → + ∞ a k b k ≠ 0 , tada skalabilnost skaliranja niza 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 je da je yakim niz ∑ n = 1 ∞ k 2 + 3 4 k 3 + 5 .

Analizirajmo nužni 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 s vodećim tezama, red koji se razilazi, povlačeći se u niz izlaza.

treća oznaka

Pogledajmo treći znak prekida.

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

Znak d'Alemberta

Pretpostavimo da je ∑ k = 1 ∞ a k niz brojeva s 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 rastavite.

Poštovanje 1

Znak d'Alembert je pošten 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 što 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 što 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 Kosha

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 rastavite.

Poštovanje 2

Ako je lim k → + ∞ ak k k = 1, tada ovaj znak ne daje nikakvu informaciju – potrebu 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 ga vikonan poštuje, 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

Chi sličan 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.

Sastavni 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) veći od nule, ne lomiti se i mijenjati u [a; + ∞) , gdje je a ≥ 1

Odnosno, ako je nekonzistentni integral ∫ a + ∞ f (x) d x ê sličan, tada se niz analiza također konvergira. Ako se vina odvoje, onda se u guzici odvoji i jedan broj onih.

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

guza 16

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

Pozornost u nizu poštuje vikonan, skaliranje 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 stavka su unaprijed određena, a na trećem sljedećem je izvješće. 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 donositi 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 stražnjica 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 skale y = 1 5 x + 8 (ln (5 x + 8)) 3 veća od nule, ne prekidajte i mijenjajte u [ 4 ; +∞). Vikoristovuemo znak, opisan u prednjem odlomku:

∫ 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 pronaći 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 niz ∑ k = 1 ∞ b k konvergira, tada je izvorni 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 s 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, tada je isti poznati niz znakova ∑ k = 1 ∞ b k ili različit ili mentalno sličan.

Umjesto d'Alembertova predznaka i radikalnog Cauchyjevog znaka, moguće je dopuniti vysnovki 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 izvedivost, tako da je lim k → ∞ + b k ≠ 0 .

guza 19

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

Modul k-tičlan reprezentacija 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 rasprši se 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, pa je ∑ k = 1 ∞ (- 1) k · k 2 + 1 ln (k + 1) niz proširenja. Granica bule izračunata je prema Lopitalovom pravilu.

Znakovi mentalnog zdravlja

Leibnizov znak

Kao veličinu članova niza, koji su nacrtani, mijenjamo 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 u toj točki nestaje 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 +. . . za praktičnost.

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 oprost u tekstu, budite ljubazni, pogledajte ga i pritisnite Ctrl + Enter