Virishiti mityba zbіzhnostі mažas koristuyuchis vyznachennyam. Skaitmeninės eilutės: paskyrimas, valdžia, turto ženklai, užpakalis, sprendimas

mažas. Patarimai dėl šrifto dydžio:14.0pt">~ (div. ), tada ~ .

Vrakhovuuchi tse, mes priimame:

Otzhe, išsklaidyti skaičius.

D) šrifto dydis:14.0pt">,

Otzhe, išsklaidyti skaičius.

Umov є būtina, ale nepakankamai eilės atidumas: tiems yra beasmenės eilės, bet yakі tim nesiskirsto mažiau.

3 pavyzdys. Keisti eilutės šrifto dydį:14.0pt"> Sprendimas. Mes tai gerbiame https://pandia.ru/text/79/302/images/image066_20.gif" width="119" height="59 src="> , t.y., psichikos sveikatos poreikis yra vikonano. Chastkovo suma

kairėje">

- kartą

tada font-size:14.0pt">, o tse reiškia, kad eilutė skiriasi nuo ribos.

Pakanka zbіzhnosti ženklų teigiamų eilučių

Nagi. Ta pati eilutėšrifto dydis:14.0pt"> Išlyginimo ženklas

Nagi ir ta yra teigiamo ženklo eilutės. Kaip ir viskas, nelygumai pašalinami, tie, kurie yra eilėje, yra viplyas eilėje, tai yra eilėje, kurios plotis = "55"

Šis ženklas prarado stiprumą, kaip nenuoseklumas, bet jis labiau panašus į taisymą iš esamo skaičiaus. Joga gali būti aiškinama artėjimo tvarka: jei didesnė eilutė susilieja, tada mažesnė labiau suartėja, jei mažesnė eilė skiriasi, tada didesnė irgi skiriasi.

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

;

Sprendimas.

A) Su pagarba, kas tinka visiems . eilė

B) Eilė po eilutės ..gif plotis = "91" aukštis = "29 src = ">. išsklaidyti, otzhe, visa eilė taip pat išsklaidyti.

Nepriklausomai nuo formuluotės paprastumo, lygybės ženklų, praktiškai ateina teorema, kuri yra paskutinė.

Ribinis ženklas

Nagi https://pandia.ru/text/79/302/images/image071_17.gif" width="53" height="60 src="> - teigiamo ženklo eilutės. kіntsevyі nelygu nuliui ribą, tada pažeidžia eilutę i

iš karto susilieti arba išsklaidyti.

Kaip eilutė, kuri laimi lygybę su danimu, dažnai rinkitės rūšių eilę . Tokia serija vadinama Dirichlet įsakymas. 3 ir 4 taškuose parodyta, kad Dirichle eilutė z ir skiriasi. Ar gali išeiti

sveiki, kokia eilutė šrifto dydis:14.0pt"> .

Yakscho, tada irkluokite paskambino harmoninga. Harmony serija skirtis.

5 pavyzdys. Toliau eikite į zbіzhnist eilutępagalbai ribos ženklai yra lygūs, kaip

Sprendimas. a) Taigi, kaip gauti puikių dalykų http://www.pandia.ru/text/79/302/images/image101_9.gif

~ Tada ~ font-size:14.0pt">suporuotas su zim harmonijos eilute font-size:14.0pt">, tada .

Oskіlki tarp kіntseva ir vіdmіnna vіd zero i harmonіyny eilutės skiriasi, tada skiriasi ir duota serija.

B) Pridėkite puikų plotį="111" width="119" height="31 src=">.gif" width="132" height="64 src="> – pagrindinį serijos narį, su kuriuo mes reitinguoti duota:

Serija susilieja ( Dirichlet eilutė w šrifto dydis:16.0pt">)taigi visa serija susilieja.

v) į tą neįtikėtinai mažą font-size:14.0pt">galite

pakeisti lygiaverte verte(https://pandia.ru/text/79/302/images/image058_20.gif" width="13" height="21 src="> su šrifto dydžiu: 20.0pt">). ;

;

;

G)

;

.

Suteikite užduotims teigiamų skaičių seriją $sum_(n=1) ^\infty a_n$. Iš eilės suformuluojame būtiną pelningumo ženklą:

1. Jei serija suartėja, tarpinis terminas yra lygus nuliui: $$ \lim _(n \to \infty) a_n = 0 $$
2. Jei riba tarp pirmojo serijos nario nėra lygi nuliui, serijos skiriasi: $$ \lim _(n \to \infty) a_n \neq 0 $$

Harmoninga eilutė

Tsey eilė parašykite tokiu būdu $ \sum_(n=1) ^\infty \frac(1)(n^p) $. Be to, nedirbamos $ p $ serijos susilieja ir skiriasi:

1. Jei $ p = 1 $, tada eilutė $ \sum_(n=1) ^\infty \frac(1)(n) $ skiriasi ir yra vadinama harmonine, neatsižvelgiant į tuos, kurie yra paskutinis terminas $ a_n = \frac( 1)(n) \iki 0 USD. Kodėl taip? Pagarbiai buvo sakoma, kad būtinas ženklas liudija ne apie pajamas, o tik apie mažas pajamas. Tam, tarsi užtenka ženklo, pavyzdžiui, vientiso Kosho ženklo, tada bus aišku, kad eilė išsiskirs!
2. Jei $ p \ leqslant 1 $, tada serijos skiriasi. Užpakalis, $ \sum_(n=1) ^\infty \frac(1)(\sqrt(n)) $, kur $ p = \frac(1)(2) $
3. Jei $ p > 1 $, tada eilutė suartėja. Užpakalis, $ \sum_(n=1) ^\infty \frac(1)(\sqrt(n^3)) $, kur $ p = \frac(3)(2) > 1 $

Taikyti tirpalą

„Tsya stattya“ yra struktūrizuota ir pateikta informacija, nes tai įmanoma tinkamu laiku teisių ir užduoties analizei. Pažvelkime į skaičių serijų temą.

Tsya straipsnis prasideda nuo pagrindinių funkcijų, kurias reikia suprasti. Pateikėme standartines parinktis ir vivimo pagrindines formules. Siekiant užbaigti medžiagą, straipsnyje buvo pateikta pagrindinė programa.

Pagrindinės tezės

Sistemą galime pavaizduoti: a 1 , a 2 . . . , a n , . . . de a k ∈ R , k = 1 , 2 . . . .

Pavyzdžiui, paimkite šiuos skaičius: 6, 3, - 3 2, 3 4, 3 8, - 3 16, . . . .

Paskyrimas 1

Skaičių serija yra terminų suma ∑ ak k = 1 ∞ = a 1 + a 2 + . . . + a n +. . . .

Norėdami geriau suprasti prasmę, galime pažvelgti į vipadoką, kurio q \u003d - 0. 5: 8 - 4 + 2 - 1 + 1 2 - 1 4 +. . . = ∑ k = 1 ∞ (- 16) · - 1 2 k .

2 susitikimas

a k k-imžemas narys.

Vіn atrodo taip rangas - 16 · - 1 2 k.

3 susitikimas

Chastkovo suma iš eilės atrodo tokia tvarka Sn = a1+a2+. . . + a n , yakіy n-Tebūnie tai skaičius. S n nth suma maža.

Pavyzdžiui, ∑ k = 1 ∞ (- 16) · - 1 2 k є S 4 = 8 - 4 + 2 - 1 = 5 .

S 1 , S 2 , . . . , S n , . . . utvoryyuyut nesuderinamumo sekos skaitinės serijos.

Už eilę n-a suma atsilieka nuo formulės S n = a 1 (1 - q n) 1 - q = 8 1 - - 1 2 n 1 - - 1 2 = 16 3 1 - - 1 2 n. Pergalingai ateis privačių sumų seka: 8, 4, 6, 5, . . . , 16 3 1 - - 1 2 n , . . . .

4 susitikimas

Serija ∑ k = 1 ∞ a k є panašus tada, jei seka gali būti eilutės S = lim S n n → + ∞ pabaiga. Jei ribos nėra arba seka neribota, tai seka ∑ k = 1 ∞ a k vadinama rozbіzhnym.

5 susitikimas

Sumy eilė, ką daryti∑ k = 1 ∞ a k є tarp sekų ∑ k = 1 ∞ a k = lim S n n → + ∞ = S .

Šiam pritaikymui 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 susilieja. Suma brangi 16 3: ∑ k = 1 ∞ (- 16) · - 1 2 k = 16 3 .

užpakalis 1

Kaip eilutės užpakalį, galite nubrėžti geometrinės progresijos sumą su didesne reklamjuoste, apatine: 1 + 2 + 4 + 8 +. . . + 2n - 1 +. . . = ∑ k = 1 ∞ 2 k - 1 .

na dalių suma nustatoma pagal virusą S n = a 1 (1 - qn) 1 - q = 1 (1 - 2 n) 1 - 2 = 2 n - 1, o tarp dalių suma nėra ribojama: lim n → + ∞ S n = lim n → + ∞ (2 n - 1) = + ∞ .

Kitas atsitiktinių skaičių serijos pavyzdys yra formos ∑ k = 1 ∞ 5 = 5 + 5 + suma. . . . Šios sąskaitos n privačią sumą galima apskaičiuoti kaip S n = 5 n . Tarpdalinės sumos nėra ribojamos lim n → + ∞ S n = lim n → + ∞ 5 n = + ∞.

6 susitikimas

Šios formos suma yra jak ∑ k = 1 ∞ = 1 + 1 2 + 1 3 + . . . + 1n +. . . – ce harmoninga skaičių eilutė.

7 susitikimas

Suma ∑ k = 1 ∞ 1 k s = 1 + 1 2 s + 1 3 s +. . . + 1ns + . . . , de s- decisne skaičius, є zagalnen harmonine skaitine eilute.

Paskyrimai, peržiūrėti daugiau, padės sudaryti daugiau prašymų ir užsakymų.

Norint užbaigti susitikimą, eilutę reikia išlyginti.

1. ∑ k = 1 ∞ 1 k

Diemo apvertimo metodu. Jei vynai susilieja, tada riba yra liesa. Galite parašyti lygius kaip lim n → + ∞ S n = S ir lim n → + ∞ S 2 n = S . Po pirmųjų lygybės apsėstas l i m n → + ∞ (S 2 n - S n) = 0 .

Navpakis,

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

Tiesiog tokie neatitikimai yra 1 n + 1 > 1 2 n , 1 n + 1 > 1 2 n . . . 1 2 n - 1 > 1 2 n . Išeik, 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 sakykite, kad lim n → + ∞ (S 2 n - S n) = 0 nepasiekiamas. Nemažai rozbіzhny.

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

Būtina patvirtinti, kad skaičių sekos suma išeina ties q< 1 , и расходится при q ≥ 1 .

Zgіdno padedant paskirtiems asmenims, suma n nariai priklauso nuo formulės 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

Mes nustatėme, kad skaičių eilutės suartėjo.

Jei q = 1 b 1 + b 1 + b 1 +. . . ∑ k = 1 ∞ b 1 . Sumi galima sužinoti iš papildomos formulės S n = b 1 · n , tarpbegalinė lim n → + ∞ S n = lim n → + ∞ b 1 · n = ∞ . Šiame variante eilutės skiriasi.

Jakšo q = – 1 eilutė atrodo taip b 1 - b 1 + b 1 - . . . = ∑ k = 1 ∞ b 1 (-1) k + 1 . Dažnai sumos atrodo kaip S n = b 1 nesuporuotiems n, i S n = 0 vaikinams n. Pažvelgę ​​į šį vipadok, mes dar kartą manome, kad nėra spragų ir nemažai skirtumų.

Jei 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 atnešė, scho numerių serijos skirtis.

1. Eilutės ∑ k = 1 ∞ 1 k s susilieja taip, kad s > 1 ir nukrypsta taip, kad s ≤ 1 .

Dėl s = 1 imame ∑ k = 1 ∞ 1 k , serijos skiriasi.

Dėl s< 1 получаем 1 k s ≥ 1 k для k ,natūralusis skaičius. Oskіlki eilutė є razbіzhnym ∑ k = 1 ∞ 1 k , tada nėra skirtumo. Be to, seka ∑ k = 1 ∞ 1 k s yra neapibrėžta. Robimo Wisnovok s< 1 .

Būtina įrodyti, kad eilutė ∑ k = 1 ∞ 1 k s konverguoja, kai s > 1.

Įsivaizduokite 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

Tarkime, kad 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

Skaičių, kurie yra natūralieji ir lygūs n = 2, atvaizduojama lygybė: 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 . . .

Mes imame:

∑ 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 +. . . - Geometrinės eigos suma q = 1 2 s - 1 . Zgіdno su vihіdnimi dannym at s > 1, tada 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 zbіlshuєtsya ir susimaišo su žvėrimi 11-12s-1. Akivaizdu, kad є tarp ir eilutės є ∑ k = 1 ∞ 1 k s.

Paskyrimas 8

Serija ∑ k = 1 ∞ a k teigiamas tam vyrukui, kad terminas > 0 ak > 0 , k = 1 , 2 , . . . .

Serija ∑ k = 1 ∞ b k ženklas nupieštas tarsi skaičių ženklai yra vіdrіznyayutsya. Danų taikymas yak ∑ k = 1 ∞ bk = ∑ k = 1 ∞ (-1) k ak arba ∑ k = 1 ∞ bk = ∑ k = 1 ∞ (-1) k + 1 ak , de ak > 0 , k = 1, 2,. . . .

Serija ∑ k = 1 ∞ b k pažįstamas, prie to nauju skaičių, neigiamų ir teigiamų.

Kitas variantas yra eilutė – paskutinė trečiojo varianto eilutė.

Uždėkite jį odos atitraukimui:

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 + . . .

Trečiajam variantui taip pat galima priskirti absoliutų psichinį komfortą.

Susitikimas 9

Kintamoji serija ∑ k = 1 ∞ b k visiškai neveikia tuo atveju, jei ∑ k = 1 ∞ b k taip pat laikoma panašia.

Pranešama, kad analizuojame būdingų variantų šprotus

užpakalis 2

Yakscho eilė 6 - 3 + 3 2 - 3 4 + 3 8 - 3 16 +. . . i 6 + 3 - 3 2 + 3 4 + 3 8 - 3 16 +. . . atrodo kaip panašus, tada teisingai įveskite 6 + 3 + 3 2 + 3 4 + 3 8 + 3 16 +. . .

Susitikimas 10

Pažįstama serija ∑ k = 1 ∞ b k laikoma psichiškai panašia į tą, nes ∑ k = 1 ∞ b k yra skirtinga, o serija ∑ k = 1 ∞ b k laikoma panašia.

užpakalis 3

Pateikiame parinktį ∑ k = 1 ∞ (-1) k + 1 k = 1 - 1 2 + 1 3 - 1 4 + . . . . Kaip variantas pasirenkama eilė ∑ k = 1 ∞ (- 1) k + 1 k = ∑ k = 1 ∞ 1 k , kurią sudaro absoliučios reikšmės. Ši parinktis yra svarbi, todėl ją lengva išsiaiškinti. Iš pirmojo pavyzdžio žinome, kad eilutė ∑ k = 1 ∞ (-1) k + 1 k = 1 - 1 2 + 1 3 - 1 4 + . . . bude vvazhatisya psichiškai panašus.

Eilučių, kurios susilieja, ypatybės

Išanalizuokime dainavimo nuotaikų galią

1. Jei ∑ k = 1 ∞ a k suartės, tai seka ∑ k = m + 1 ∞ a k taip pat pripažįstama tokia, kad ji konverguoja. Galite nurodyti, be kurios eilutės m nariai taip pat laikomi panašiais. Vipadku, jei pridėsime prie ∑ k = m + 1 ∞ a k kіlka skaičių, tada rezultatas, kuris yra viishov, taip pat bus panašus.
2. Kaip ∑ k = 1 ∞ a k konverguoja i suma = S, tada konverguokite i eilutes ∑ k = 1 ∞ A a k , ∑ k = 1 ∞ A a k = A S , de A- Likti.
3. Kaip ∑ k = 1 ∞ a k ir ∑ k = 1 ∞ b k є panašus, sumi Aі B tezh, tos eilutės ∑ k = 1 ∞ a k + b k i ∑ k = 1 ∞ a k - b k taip pat susilieja. Sumi dorivnyuvatimut A+Bі A-B aišku.

Nustatykite, kuri serija turi pereiti ∑ k = 1 ∞ 2 3 k · k 3 .

Pakeiskime ∑ k = 1 ∞ 2 3 k · k 3 = ∑ k = 1 ∞ 2 3 · 1 k 4 3 . Eilutė ∑ k = 1 ∞ 1 k 4 3 laikoma panašia, bet eilutė ∑ k = 1 ∞ 1 k s baigiasi s > 1. Priklausomai nuo kitos galios, ∑ k = 1 ∞ 2 3 · 1 k 4 3 .

užpakalis 5

Tegul eilutės ∑ n = 1 ∞ 3 + n n 5 2 konverguoja.

Grįžtamasis burbuolės variantas ∑ n = 1 ∞ 3 + n n 5 2 = ∑ n = 1 ∞ 3 n 5 2 + n n 2 = ∑ n = 1 ∞ 3 n 5 2 + ∑ n = 1 ∞.

Atimame sumą ∑ n = 1 ∞ 3 n 5 2 ir ∑ n = 1 ∞ 1 n 2 . Odinė serija pripažįstama tokia, kad galima nusileisti į autoritetą. Eilutės šukės susilieja, tada išėjimo parinktis ta pati.

užpakalis 6

Apskaičiuokite, kaip susilieja eilutės 1 - 6 + 1 2 - 2 + 1 4 - 2 3 + 1 8 - 2 9 +. . . ir apskaičiuokite sumą.

Išėjimo parinktis:

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

Odos serijos susilieja, šukės yra vienas iš skaitinės sekos narių. Vіdpovіdno į trečią dominiją, galime suskaičiuoti, scho vihіdny variantas taip pat panašus. Suma apskaičiuojama: Pirmasis eilutės narys yra ∑ k = 1 ∞ 1 2 k - 1 = 1, o standartas = 0 . 5, tada seka: ∑ k = 1 ∞ 1 2 k - 1 = 1 1 - 0 . 5 = 2. Pirmasis narys ∑ k = 1 ∞ 1 3 k - 2 = 3 , o mažėjančios skaitinės sekos ženklas = 1 3 . Imame: ∑ k = 1 ∞ 1 3 k - 2 = 3 1 - 1 3 = 9 2 .

Vikoristovuєmo virazi, otrimani daugiau, kad būtų galima apskaičiuoti sumą 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

Būtinos žvalgybos paskyrimui, chi є panašių skaičių

Jei eilutė ∑ k = 1 ∞ ak є yra panaši, tada k-oji terminas = 0: lim k → + ∞ a k = 0 .

Jei tuo tikėsime, ar tai variantas, reikia nepamiršti ir neautentiško proto. Jei nelaimės, eilė išsisklaidys. Kaip ir lim k → + ∞ a k ≠ 0, serija skiriasi.

Tada nurodykite, kas protas yra svarbus, bet to nepakanka. Kadangi laimi lygybė lim k → + ∞ a k = 0, tai negarantuoja, kad ∑ k = 1 ∞ a k yra panaši.

Pateikime pavyzdį. Harmonikų serijoms ∑ k = 1 ∞ 1 k Umoff vikonuetsya lim k → + ∞ 1 k = 0 , tačiau serijos vis tiek skiriasi.

užpakalis 7

Apskaičiuokite naudingumo koeficientą ∑ n = 1 ∞ n 2 1 + n .

Pereikime prie 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 nth narys nėra geras 0 . Mi atnešė, scho tsey eilę išsiskirstyti.

Kaip pažymėti zbіzhnіst ženklų teigiamą seriją.

Kaip nuolat reitinguoti su priskirtais ženklais, mokėti nuolat skaičiuoti ribas. Tsej razdіl pridėta padėti sukrauti sulankstytą pіd valandą vypіshennya priklіv kad zavdan. Norėdami pažymėti zbіzhnіst ženklų teigiamą eilutę, іsnuє pevna umova.

Jei teigiamas ženklas ∑ k = 1 ∞ a k , ak > 0 ∀ k = 1 , 2 , 3 , . . . Būtina apskaičiuoti sumų dydį.

Jakų porivnyuvati gretas

Іsnuє kіlka yra eilučių išlyginimo ženklas. Mi porіvnyuєmo eilė, zbіzhnіst kakogo proponuetsya vznáchiti, іz tim šalia, zbіzhnіst jakų vіdoma.

Persha ženklas

∑ k = 1 ∞ a k ir ∑ k = 1 ∞ b k - teigiamo ženklo eilutės. Galioja nelygumai a k ​​≤ b k k = 1, 2, 3, ... Eilėje ∑ k = 1 ∞ b k galime paimti ∑ k = 1 ∞ a k . Oskіlki ∑ k = 1 ∞ a k diverge, seka ∑ k = 1 ∞ b k gali būti priimta kaip divergencija.

Ši taisyklė nuolat patvirtinama siekiant tobulumo lygybės ir yra rimtas argumentas, padėsiantis jums reikšti zbіzhnist. Skladnoshchi gali meluoti tuo, kad jums reikia imtis užpakalis už porivnyannya galite žinoti toli nuo odos depresijos. Baigti dažnai pagal principą pasirenkamas skaičius k-oji dorіvnyuvatime narys į vіdnіmannya pokaznіvіv staіnіv staіv nіdnik і znamennik rezultatą k-oji narių yra mažai. Priimtina, kad a k \u003d k 2 + 3 4 k 2 + 5 2 – 3 = - 1 . Tokiu atveju galite nustatyti, kuri eilutė yra būtina lygiavimui k-im narys b k = k - 1 = 1 k, kuris yra harmoningas.

Norėdami uždaryti medžiagą, išsamiai pažvelkime į keletą tipiškų variantų.

užpakalis 8

Svarbu tai, kad yakim yra serija ∑ k = 1 ∞ 1 k - 1 2 .

Skeveldros tarp = 0 lim k → + ∞ 1 k - 1 2 = 0 Nelygumai bus teisingi 1 k< 1 k - 1 2 для k , jakas yra natūralus. Iš ankstesnių pastraipų supratome, kad harmoninė eilutė ∑ k = 1 ∞ 1 k skiriasi. Su pirmuoju ženklu galima išaiškinti, kad galutinis variantas yra rozbіzhnym.

užpakalis 9

Svarbu tai, kad chi є eilutė yra panaši arba skirtinga ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 + 3 k - 1 .

Kuriam užpakaliukui reikia intelekto, skeveldros lim k → + ∞ 1 k 3 + 3 k - 1 = 0 . Patiekite pamačius nelygumus 1 k 3 + 3 k - 1< 1 k 3 для любого значения k. Eilė ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 yra panaši, tačiau harmoninė eilutė ∑ k = 1 ∞ 1 k s susilieja, kai s > 1. Zgidno su pirmu zenklu, galime sukurti visnovok, kad numeri serija panasi.

užpakalis 10

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

Kam visas galimybes galima pavadinti vikonannya būtinu protu. Žymiai daug skirtumų. Pavyzdžiui, ∑ k = 1 ∞ 1 k s . Norėdami nustatyti, kodėl pėda yra gera, galime pažvelgti į seką (ln (ln k)), k = 3, 4, 5. . . . Sekos nariai ln (ln 3), ln (ln 4), ln (ln 5),. . . zbіshuєtsya iki begalybės. Išanalizavus lygybes, galima daryti išvadą, kad, paėmus reikšmės N = 1619 vaidmenis, tada sekos nariai > 2. Šiai sekai galios nelygybė 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.

Dar vienas ženklelis

Tarkime, kad ∑ k = 1 ∞ a k ir ∑ k = 1 ∞ b k yra teigiamo ženklo skaitinės eilutės.

Jei lim k → + ∞ a k b k ≠ ∞ , tai eilutė ∑ k = 1 ∞ b k konverguoja, i ∑ k = 1 ∞ a k taip pat konverguoja.

Jei lim k → + ∞ a k b k ≠ 0, jei eilutės ∑ k = 1 ∞ b k skiriasi, tada ∑ k = 1 ∞ ak taip pat skiriasi.

Jei lim k → + ∞ a k b k ≠ ∞ i lim k → + ∞ a k b k ≠ 0, tai serijos mastelio keitimas reiškia kitos mastelio keitimą.

Pažvelkime į ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 + 3 k - 1 kitiems ženklams. Išlygiavimui ∑ k = 1 ∞ b k paimkite eilutę ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 . Žymiai tarp: 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

Su kitu ženklu galima nurodyti, kad eilutė ∑ k = 1 ∞ 1 k 3, kuri konverguoja, reiškia, kad burbuolės variantas taip pat konverguoja.

užpakalis 11

Svarbu tai, kad yakim yra serija ∑ n = 1 ∞ k 2 + 3 4 k 3 + 5 .

Išanalizuokime reikiamą proto lim k → ∞ k 2 + 3 4 k 3 + 5 = 0 , nes šiame variante jis yra pergalingas. Panašiai kaip ir kitas ženklas, paimkite eilutę ∑ k = 1 ∞ 1 k . Shukaєmo tarp: lim k → + ∞ k 2 + 3 4 k 3 + 5 1 k = lim k →

Zgіdno su vadovaujančiomis tezėmis, eilė, kuri išsiskiria, išsitraukianti išėjimų eilėje.

trečias ženklas

Pažvelkime į trečiąjį lūžio požymį.

Tarkime, kad ∑ k = 1 ∞ a k ir _ ∑ k = 1 ∞ b k yra teigiamo ženklo skaitinės eilutės. Jei mąstome apie skaičių a k + 1 a k ≤ b k + 1 b k , tai šios serijos ∑ k = 1 ∞ b k efektyvumas reiškia, kad serija ∑ k = 1 ∞ ak taip pat yra panaši. Razbіzhny eilė ∑ k = 1 ∞ a k vilkite už jo razbіzhnіst ∑ k = 1 ∞ b k .

D'Alemberto ženklas

Tarkime, kad ∑ k = 1 ∞ a k yra teigiamo ženklo skaičių serija. Kaip lim k → + ∞ a k + 1 a k< 1 , то ряд является сходящимся, если lim k → + ∞ a k + 1 a k >1, tada suskaidykime.

Pagarba 1

D'Alembert ženklas yra teisingas tokiam požiūriui, nes siena nėra siaura.

Jei lim k → + ∞ a k + 1 a k = - ∞ , tai serija є yra panaši, jei lim k → ∞ ak + 1 ak = + ∞ , tai dalijame.

Jei lim k → + ∞ ak + 1 ak = 1 , tai d'Alembert ženklas nepadeda ir reikia atlikti daugiau tyrimų.

užpakalis 12

Svarbu tai, kad chi є yra panaši arba skirtinga eilutė ∑ k = 1 ∞ 2 k + 1 2 k už d'Alembert ženklo.

Reikia persvarstyti, ko reikia norint laimėti protą. Apskaičiuokime atstumą pagal Lopital taisyklę: 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

Galime kalbėti apie tai, ką laimi protai. Naudojant d'Alemberto ženklą: 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

Eilė panaši.

užpakalis 13

Svarbu tai, kad chi є savavališkai ∑ k = 1 ∞ k k k eilutė! .

Naudojame d'Alemberto ženklą, kad parodytume skirtumą serijoje: 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, є razbіzhnim skaičius.

Radikalus Kosho ženklas

Gali būti, kad ∑ k = 1 ∞ a k yra neteigiama eilutė. Kaip lim k → + ∞ a k k< 1 , то ряд является сходящимся, если lim k → + ∞ a k k >1, tada suskaidykime.

Pagarba 2

Jei lim k → + ∞ ak k k = 1, tai šis ženklas neduoda jokios informacijos – papildomos analizės poreikis.

Tsya ženklas gali būti buti vikoristanas užpakaliuose, yakі lengvai vyznachiti. Vipadok bus būdingas tik tuo atveju, jei skaitinės serijos narys - tse rodys didingą virazą.

Norėdami uždaryti otrimano informaciją, pažvelkime į būdingų pavyzdžių pavyzdžius.

užpakalis 14

Svarbu tai, kad chi yra teigiama eilutė ∑ k = 1 ∞ 1 (2 k + 1) k panašioje.

Reikia proto, kad jį gerbtų vikonanas, shards lim k → + ∞ 1 (2 k + 1) k = 1 + ∞ + ∞ = 0 .

Žvelgdami į ženklą, žvelgdami pro akį, galime daryti prielaidą, kad 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.

užpakalis 15

Chi panašių skaičių serija ∑ k = 1 ∞ 1 3 k · 1 + 1 k k 2 .

Vikoristo ženklas, aprašytas ankstesnėje pastraipoje 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.

Neatsiejamas Koshi ženklas

Tarkime, kad ∑ k = 1 ∞ ak є yra teigiamo ženklo eilutė. Būtina nurodyti nenuolatinio argumento funkciją y = f(x), Kas veikia a n = f (n) . Jakšo y = f(x) didesnis už nulį, nesulaužyti ir pakeisti į [a; + ∞) , kur a ≥ 1

Tai yra, jei nenuoseklus integralas ∫ a + ∞ f (x) d x є yra panašus, tada analizių serija taip pat suartėja. Jei vynai yra atskirti, tai užpakaliuke taip pat atskiriami keli vynai.

Atšaukdami pakeistą funkciją, galite peržiūrėti ankstesnėse pamokose peržiūrėtą medžiagą.

užpakalis 16

Pažvelkite į atsargą ∑ k = 2 ∞ 1 k · ln k.

Sąmoningumą iš eilės gerbia vikonanas, mastelio lim k → + ∞ 1 k · ln k = 1 + ∞ = 0 . Pažiūrėkime į y = 1 x ln x. Won yra didesnis už nulį, nepertraukiamas ir keičiasi į [2; +∞). Pirmosios dvi pastraipos yra iš anksto nustatytos, o trečioje – ataskaita. Mes žinome geriau: 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. Laimėjo mažiau už nulį [ 2 ; + ∞) Nereikia kelti tezės apie tuos, kad funkcija nyksta.

Na, o funkcija y = 1 x · ln x rodo principo požymius, kad mes matėme daugiau. Paspartinimas: ∫ 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) = + ∞

Vіdpovіdno iki otrimanih rezultatų, vyhіdny užpakalis skiriasi, nesaugios integracijos skeveldros є razbіzhnym.

užpakalis 17

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

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

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

Jei serija ∑ k = 4 ∞ 1 (5 k + 8) (ln (5 k + 8)) 3 bus laikoma panašia, tai, pagal vieną iš lygiavimo principų, serija ∑ k = 4 ∞ 1 ( 10 k - 9) ( ln (5 k + 8)) 3 taip pat gali būti panašus. Šiuo rangu galime reikšti, kad dabartinis virazas taip pat panašus.

Įrodykite ∑ k = 4 ∞ 1 (5 k + 8) (ln (5 k + 8)) 3 .

Mastelio funkcija y = 1 5 x + 8 (ln (5 x + 8)) 3 didesnė už nulį, nepertraukite ir pakeiskite į [ 4 ; +∞). Vikoristovuemo ženklas, aprašytas priekinėje pastraipoje:

∫ 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 ln 28 2

Trumpesnėje eilutėje ∫ 4 + ∞ dx (5 x + 8) (ln (5 x + 8)) 3 galime rasti, kad ∑ k = 4 ∞ 1 (5 k + 8) (ln (5 k + 8) ) )) 3 taip pat susilieja.

Oznaka Raabe

Gali būti, kad ∑ k = 1 ∞ a k yra teigiamo ženklo skaičių serija.

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

Daniškas žymėjimo metodas tokiu atveju gali būti pergalingas, nes aprašyta technika neduoda matomų rezultatų.

Doslіdzhennya ant absoliutaus zbіzhnіst

Likusiai imame ∑ k = 1 ∞ b k. Vikoristo teigiamas ženklas ∑ k = 1 ∞ b k. Mes galime vikoristovuvat be-yak z vіdpovіdnyh ženklas, yakі mes apibūdinome daugiau. Jei eilutės ∑ k = 1 ∞ b k konverguoja, tada pradinė eilutė yra visiškai panaši.

užpakalis 18

Tęskite eilutę ∑ k = 1 ∞ (-1) k 3 k 3 + 2 k - 1 į kairę ∑ 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 paspartina kitu ženklu: lim k → + ∞ 1 3 k 3 + 2 k - 1 1 k 3 2 = 1 3 .

Eilutės ∑ k = 1 ∞ (-1) k 3 k 3 + 2 k - 1 susilieja. Išorinė eilutė taip pat yra visiškai panaši.

Razbіzhnіst znazmіnіh ryadі

Lygiai taip pat, kaip serija ∑ k = 1 ∞ b k yra skirtinga, tada ta pati pažįstama ženklų serija ∑ k = 1 ∞ b k yra arba skirtinga, arba psichiškai panaši.

Vietoj d'Alemberto ženklo ir radikalaus Koši ženklo galima papildyti vysnovki apie ∑ k = 1 ∞ b k modulių išplėtimui ∑ k = 1 ∞ b k . Eilutės ∑ k = 1 ∞ b k taip pat skiriasi, kad nelaimėtų būtinas protinis įgyvendinamumas, todėl lim k → ∞ + b k ≠ 0 .

užpakalis 19

Atvirkštinis kintamumas 1 7 , 2 7 2 , - 6 7 3 , 24 7 4 , 120 7 5 - 720 7 6 , . . . .

Modulis k-oji atstovybių narys ak b k = k! 7 k.

Tęskite eilutę ∑ k = 1 ∞ b k = ∑ k = 1 ∞ k! 7 k krašte už d'Alemberto ženklo: 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 disperse like i, like i exit variantas.

užpakalis 20

Chi є ∑ k = 1 ∞ (-1) k · k 2 + 1 ln (k + 1) panašus.

Pažvelkime į reikiamą Umovo teoriją 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 nėra Vikonanas, todėl ∑ k = 1 ∞ (- 1) k · k 2 + 1 ln (k + 1) yra plėtinių serija. Bulos riba buvo apskaičiuota pagal Lopitalio taisyklę.

Psichikos sveikatos požymiai

Leibnizo ženklas

Pakeiskite b 1 > b 2 > b 3 > nubrėžtų serijos narių dydį. . . >. . . і tarp modulis = 0 kaip k → + ∞ , tada eina serija ∑ k = 1 ∞ b k.

užpakalis 17

Pažvelkite į galimybę ∑ k = 1 ∞ (-1) k 2 k + 1 5 k (k + 1).

Atvaizdų serija jak ∑ k = 1 ∞ (-1) k 2 k + 1 5 k (k + 1) = ∑ k = 1 ∞ 2 k + 1 5 k (k + 1) . Umova lim poreikis k + ∞ = 2 k + 1 5 k (k + 1) = 0 . Pažiūrėkime ∑ k = 1 ∞ 1 k už kito išlyginimo ženklo lim k → + ∞ 2 k + 1 5 k (k + 1) 1 k = lim k → + ∞ 2 k + 1 5 (k + 1) = 2 5

Gali būti, kad ∑ k = 1 ∞ (-1) k 2 k + 1 5 k (k + 1) = ∑ k = 1 ∞ 2 k + 1 5 k (k + 1) skiriasi. Eilutės ∑ k = 1 ∞ (-1) k 2 k + 1 5 k (k + 1) konverguoja po Leibnizo ženklo: seka 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, . . . pakitimai i lim k → + ∞ = 2 k + 1 5 k (k + 1) = 0 .

Nemažai psichiškai susilieja.

Abelio-Dirichleto ženklas

∑ k = 1 + ∞ u k · v k tame taške išnyksta, nes ( u k ) neauga, o seka ∑ k = 1 + ∞ v k yra ribota.

užpakalis 17

Tęskite 1 - 3 2 + 2 3 + 1 4 - 3 5 + 1 3 + 1 7 - 3 8 + 2 9 +. . . patogumui.

matomas

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,. . . – Nestabili, o seka (v k) = 1, – 3, 2, 1, – 3, 2,. . . kutais (S k ) = 1, - 2, 0, 1, - 2, 0,. . . . Kai kurie susilieja.

Kaip prisiminėte atleidimą tekste, būk malonus, pamatykite ir paspauskite Ctrl + Enter