Virishiti prehrana zbіzhnostі nizka koristuyuchis vyznachennyam. Številčne vrstice: imenovanje, moč, znaki bogastva, zadnjica, odločitev

majhna. Nasveti za velikost pisave:14.0pt">~ (razdel. ), nato ~ .

Vrakhovuuchi tse, vzamemo:

Otzhe, število razpršeno.

D) velikost pisave: 14.0pt">,

Otzhe, število razpršeno.

Umov є potrebno, ale ne dovolj pozornost na vrsti: obstajajo neosebne vrstice, za tiste, vendar yakі tim ne razpršijo manj.

primer 3. Spremeni velikost vrstice font-size:14.0pt"> Rešitev. To spoštujemo https://pandia.ru/text/79/302/images/image066_20.gif" width="119" height="59 src="> , torej potreba po duševnem zdravju je vikonano. Častkov vsota

levo">

- enkrat

nato font-size:14.0pt"> in tse pomeni, da se vrstica razhaja čez mejo.

Zadostni znaki zbіzhnosti predznak pozitivnih vrstic

daj no. Ista vrsticavelikost pisave: 14,0 pt"> Znak poravnave

daj no in ta sta vrstici s pozitivnim predznakom. Kar zadeva vse, obstajajo neenakomernosti, tiste zbіzhnosti vrstice viplyaє zbіzhnіst vrstice, da yakshcho z razbіzhnostі širina vrstice = "55"

Ta znak se izgubi v moči, kot je nedoslednost, vendar je bolj kot popravilo s trenutne številke. Jogo lahko razlagamo po vrstnem redu približevanja: če se večja vrsta zbliža, se manjša bolj konvergira, če se manjša vrsta razhaja, se razhaja tudi večja.

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

;

Rešitev.

A) S spoštovanjem, kar je za vsakogar . vrstico

B) Vrstica za vrstico ..gif širina = "91" višina = "29 src = ">. razpršiti, otzhe, tudi cela vrsta razpršiti.

Ne glede na preprostost formulacije, znake enakosti, v praksi prihaja izrek, ki je zadnji.

Mejni znak

daj no https://pandia.ru/text/79/302/images/image071_17.gif" width="53" height="60 src="> - vrstice s pozitivnim predznakom. kіntsevyі ni enak nič meja, nato pa krši vrstico i

naenkrat zbližati ali razpršiti.

Kot vrsta, ki zmaga za pariteto z danimom, pogosto izberite vrsto vrst . Takšna serija se imenuje Dirichletovo naročilo. V zadkih 3 in 4 je prikazano, da se vrstica Dirichle z in razhajata. Ali lahko odideš

zdravo, kakšna velikost pisave vrstice:14.0pt"> .

Yakscho, nato veslajte poklical harmonično. Harmony serija za razhajanje.

Primer 5. Nadaljujte z zbіzhnist vrsticoza pomoč so mejni znaki enaki, npr

Rešitev. a) Kako torej priti do vrhunskih http://www.pandia.ru/text/79/302/images/image101_9.gif"

~ , torej ~ font-size:14.0pt">v kombinaciji z vrstico zim harmony font-size:14.0pt">, nato .

Oskіlki med kіntseva in vіdmіnna vіd nič i harmonіyny vrstica razhajajo, nato razhajajo in dane serije.

B) Dodajte veliko width="111" width="119" height="31 src=">.gif" width="132" height="64 src="> - glavni član serije, s katerim bomo razvrsti dano:

Serija se zbližuje ( Dirichletova vrstica z velikost pisave:16,0pt">)tako se celotna serija zbliža.

v) do tega neverjetno majhnega font-size:14.0pt">lahko

zamenjati z enakovredno vrednostjo(https://pandia.ru/text/79/302/images/image058_20.gif" width="13" height="21 src="> z velikostjo pisave: 20,0 pt">). ;

;

;

G)

;

.

Dajte dodelitvi pozitivni številski niz $sum_(n=1) ^\infty a_n$. Zaporedoma oblikujemo potreben znak dobičkonosnosti:

1. Če se niz konvergira, je vmesni člen enak nič: $$ \lim _(n \to \infty) a_n = 0 $$
2. Če meja med prvim členom niza ni enaka nič, se niz razhaja: $$ \lim _(n \to \infty) a_n \neq 0 $$

Harmonična vrstica

Tsey vrstica zapiši na ta način $ \sum_(n=1) ^\infty \frac(1)(n^p) $. Poleg tega se nizi izgubljenih $ p $ konvergirajo in razhajajo:

1. Če je $ p = 1 $, potem se serija $ \sum_(n=1) ^\infty \frac(1)(n) $ razhaja in se imenuje harmonična, ne glede na tiste, ki so zadnji člen $ a_n = \frac( 1)(n) \do 0$. Zakaj tako? V zvezi s tem je bilo rečeno, da nujen znak ne dokazuje dohodkov, temveč le nizke dohodke. Na to, kot da je dovolj znaka, kot je integralni znak Kosh, potem bo postalo jasno, da se bo vrstica razhajala!
2. Če je $ p \ leqslant 1 $, potem se serije razhajajo. Zadka, $ \sum_(n=1) ^\infty \frac(1)(\sqrt(n)) $, kjer je $ p = \frac(1)(2) $
3. Če je $ p > 1 $, potem se niz konvergira. Zadka, $ \sum_(n=1) ^\infty \frac(1)(\sqrt(n^3)) $, kjer je $ p = \frac(3)(2) > 1 $

Nanesite raztopino

Tsya stattya є strukturirane in sporočene informacije, saj je mogoče pravočasno za analizo pravic in nalog. Oglejmo si temo številskih serij.

Članek Tsya se začne z glavnimi funkcijami, ki jih je treba razumeti. Podali smo standardne možnosti in vivimo osnovne formule. Da bi zaprli gradivo, je bila v članku vstavljena glavna aplikacija.

Osnovne teze

Sistem lahko predstavimo: a 1 , a 2 . . . , a n , . . . de a k ∈ R , k = 1 , 2 . . . .

Vzemite na primer naslednje številke, kot so: 6, 3, - 3 2, 3 4, 3 8, - 3 16, . . . .

Imenovanje 1

Številčna vrsta je vsota členov ∑ ak k = 1 ∞ = a 1 + a 2 + . . . + a n +. . . .

Da bi bolje razumeli pomen, si lahko ogledamo vipadok, za katerega 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 nizek član.

Vіn izgleda takole rang - 16 · - 1 2 k.

Imenovanje 3

Častkov vsota zapored izgleda takole vrstni red Sn = a1+a2+. . . + a n , yakіy n- Naj bo številka. S n nth vsota je nizka.

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

S 1 , S 2 , . . . , S n , . . . utvoryuyuyut nedoslednost zaporedja številčne serije.

Za vrsto n-a vsota je za formulo S n = a 1 (1 - q n) 1 - q = 8 1 - - 1 2 n 1 - - 1 2 = 16 3 1 - - 1 2 n. Zmagoslavno bo prišlo zaporedje zasebnih vsot: 8, 4, 6, 5, . . . , 16 3 1 - - 1 2 n , . . . .

Imenovanje 4

Serija ∑ k = 1 ∞ a k ê podobno potem, če je zaporedje lahko konec vrstice S = lim S n n → + ∞ . Če meje ni ali zaporedje ni omejeno, se niz ∑ k = 1 ∞ a k imenuje rozbіzhnym.

Imenovanje 5

Sumy row, kaj iti∑ k = 1 ∞ a k

Za to aplikacijo 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 konvergira. Vsota je draga 16 3: ∑ k = 1 ∞ (- 16) · - 1 2 k = 16 3 .

zadnjica 1

Kot del vrstice lahko narišete vsoto geometrijske progresije z večjo pasico, nižjo: 1 + 2 + 4 + 8 +. . . + 2n - 1 +. . . = ∑ k = 1 ∞ 2 k - 1 .

na del vsote določa viraza S n = a 1 (1 - qn) 1 - q = 1 (1 - 2 n) 1 - 2 = 2 n - 1, meddelna vsota pa ni omejena: lim n → + ∞ S n = lim n → + ∞ (2 n - 1) = + ∞ .

Drug primer niza naključnih številk je vsota oblike ∑ k = 1 ∞ 5 = 5 + 5 + . . . . Za ta račun n lahko zasebno vsoto izračunamo kot S n = 5 n . Meddelne vsote niso omejene lim n → + ∞ S n = lim n → + ∞ 5 n = + ∞.

Imenovanje 6

Vsota te oblike je yak ∑ k = 1 ∞ = 1 + 1 2 + 1 3 + . . . + 1n +. . . – ce harmoničnoštevilska vrstica.

Imenovanje 7

Vsota ∑ k = 1 ∞ 1 k s = 1 + 1 2 s + 1 3 s +. . . + 1ns + . . . , de s- decisne številke, je zagalnen s harmonično številčno vrstico.

Sestanki, preučeni več, vam bodo pomagali sestaviti več prijav in naročil.

Za izpolnitev termina je potrebno, da se vrstica izenači.

1. ∑ k = 1 ∞ 1 k

Diemo po metodi preobrata. Če se vina zbližajo, je meja mehka. Enako lahko zapišete kot lim n → + ∞ S n = S in lim n → + ∞ S 2 n = S . Po petju je nemirnost obsedena 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

Prav tako nedoslednosti so 1 n + 1 > 1 2 n , 1 n + 1 > 1 2 n . . . 1 2 n - 1 > 1 2 n . Pridi ven, 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 reči, da je lim n → + ∞ (S 2 n - S n) = 0 nedosegljiv. Število rozbіzhny.

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

Treba je potrditi, da se vsota zaporedja številk ugasne pri q< 1 , и расходится при q ≥ 1 .

Zgіdno s pomočjo imenovanih oseb, vsota nčleni so odvisni 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

Ugotovili smo, da se številčni nizi konvergirajo.

Za q = 1 b 1 + b 1 + b 1 +. . . ∑ k = 1 ∞ b 1 . Sumi lahko poznamo iz dodatne formule S n = b 1 · n , medneskončno lim n → + ∞ S n = lim n → + ∞ b 1 · n = ∞ . V tej varianti se vrstica razhaja.

Yakscho q = - 1 vrstica izgleda kot b 1 - b 1 + b 1 - . . . = ∑ k = 1 ∞ b 1 (-1) k + 1 . Pogosto vsote izgledajo kot S n = b 1 za neparne n, i S n = 0 za fante n. Ko smo pogledali ta vipadok, smo ponovno prepričani, da ni nobenih vrzeli in številnih razlik.

Za q > 1 je 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 prinesel, scho številčne serije, da se razhajajo.

1. Niz ∑ k = 1 ∞ 1 k s se konvergira tako, da s > 1 in divergirajo, tako da je s ≤ 1 .

Za s = 1 vzamemo ∑ k = 1 ∞ 1 k , nizi se razhajajo.

Za s< 1 получаем 1 k s ≥ 1 k для k ,naravno število. Oskіlki vrstica є razbіzhnym ∑ k = 1 ∞ 1 k , potem ni razlike. Poleg tega je zaporedje ∑ k = 1 ∞ 1 k s neopisano. Robimo wisnovok s< 1 .

Treba je dokazati, da se vrsta ∑ k = 1 ∞ 1 k s konvergira, ko s > 1.

Predstavljajte si 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

Predpostavimo, 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 enakost za števila, ki so naravna in enaka 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 . . .

Vzamemo:

∑ 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 +. . . - Vsota geometrijskega napredka q = 1 2 s - 1 . Zgіdno z vihіdnimi dannym at s > 1, nato 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 in se meša z zver 11-12s-1. Očitno je ê med in vrstica ê ∑ k = 1 ∞ 1 k s .

Imenovanje 8

Zaporedje ∑ k = 1 ∞ a k pozitivno za tistega tipa, tako da je izraz > 0 ak > 0 , k = 1 , 2 , . . . .

Zaporedje ∑ k = 1 ∞ b k znak je narisan kot da so znaki številk vіdrіznyayutsya. danska uporaba predstavitev yak ∑ k = 1 ∞ bk = ∑ k = 1 ∞ (-1) k ak ali ∑ k = 1 ∞ bk = ∑ k = 1 ∞ (-1) k + 1 ak , de ak > 0 , k = 1, 2,. . . .

Zaporedje ∑ k = 1 ∞ b k znano, na to v novem številu, negativnih in pozitivnih.

Druga možnost je vrstica - zadnja vrstica tretje možnosti.

Nadejmo ga za umik 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 tretjo možnost je mogoče določiti tudi absolutno duševno udobje.

Imenovanje 9

Izmenična serija ∑ k = 1 ∞ b k absolutno ne uspe v tem primeru, če se tudi ∑ k = 1 ∞ b k šteje za podobno.

Po poročanju analiziramo papalino značilnih možnosti

zadnjica 2

Yakscho vrstica 6 - 3 + 3 2 - 3 4 + 3 8 - 3 16 +. . . i 6 + 3 - 3 2 + 3 4 + 3 8 - 3 16 +. . . prikazani kot podobni, nato pravilno vnesite 6 + 3 + 3 2 + 3 4 + 3 8 + 3 16 +. . .

Imenovanje 10

Znano vrsto ∑ k = 1 ∞ b k štejemo za miselno podobno tej, saj je ∑ k = 1 ∞ b k drugačna, vrsta ∑ k = 1 ∞ b k pa je podobna.

zadnjica 3

Poročamo o možnosti ∑ k = 1 ∞ (-1) k + 1 k = 1 - 1 2 + 1 3 - 1 4 + . . . . Kot varianto je izbrana vrsta ∑ k = 1 ∞ (- 1) k + 1 k = ∑ k = 1 ∞ 1 k , ki jo sestavljajo absolutne vrednosti. Ta možnost je pomembna za uporabo, zato jo je enostavno ugotoviti. Iz prvega primera vemo, da je vrsta ∑ k = 1 ∞ (-1) k + 1 k = 1 - 1 2 + 1 3 - 1 4 + . . . bude vvazhatisya duševno podobno.

Značilnosti vrstic, ki se zbližujejo

Analizirajmo moč pevskega razpoloženja

1. Če se bo ∑ k = 1 ∞ a k konvergiralo, potem je tudi ta serija ∑ k = m + 1 ∞ a k prepoznana kot taka, da konvergira. Določite lahko, brez katere vrstice m tudi člani se štejejo za podobne. V vipadku, če dodamo k ∑ k = m + 1 ∞ a k kіlka številk, bo tudi rezultat, ki je viishov, podoben.
2. Kako se ∑ k = 1 ∞ a k konvergira i vsota = S, nato se konvergira i serija ∑ k = 1 ∞ A a k , ∑ k = 1 ∞ A a k = A S , de A- Ostani.
3. Kako je podobno ∑ k = 1 ∞ a k in ∑ k = 1 ∞ b k ê, sumi Aі B tezh, se tudi te vrstice ∑ k = 1 ∞ a k + b k i ∑ k = 1 ∞ a k - b k. Sumi dorivnyuvatimut A+Bі A-B očitno.

Ugotovite, katero vrsto naj ugasne ∑ k = 1 ∞ 2 3 k · k 3 .

Spremenimo ∑ k = 1 ∞ 2 3 k · k 3 = ∑ k = 1 ∞ 2 3 · 1 k 4 3 . Vrstica ∑ k = 1 ∞ 1 k 4 3 velja za podobno, vendar vrstica ∑ k = 1 ∞ 1 k s ugasne pri s > 1. Odvisno od druge moči je ∑ k = 1 ∞ 2 3 · 1 k 4 3 .

zadnjica 5

Naj se niz ∑ n = 1 ∞ 3 + n n 5 2 konvergira.

Reverzibilna različica storža ∑ n = 1 ∞ 3 + n n 5 2 = ∑ n = 1 ∞ 3 n 5 2 + n n 2 = ∑ n = 1 ∞ 3 n 5 2 + ∑ n = 1 ∞.

Odštejemo vsoto ∑ n = 1 ∞ 3 n 5 2 in ∑ n = 1 ∞ 1 n 2 . Usnjena serija je prepoznana kot taka, da se je mogoče spustiti do avtoritete. Delci vrstice se zbližajo, potem je možnost izhoda enaka.

zadnjica 6

Izračunajte, kako se nizi 1 - 6 + 1 2 - 2 + 1 4 - 2 3 + 1 8 - 2 9 + konvergirajo. . . in izračunaj znesek.

Izhodna možnost:

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 usnja se zbližuje, drobci so eden od članov številčnega zaporedja. Vіdpovіdno do tretjega gospostva, lahko štejemo, scho vihіdny varianta je tudi podobna. Vsota se izračuna: Prvi člen niza je ∑ k = 1 ∞ 1 2 k - 1 = 1 in standard = 0 . 5 , potem sledi ∑ k = 1 ∞ 1 2 k - 1 = 1 1 - 0 . 5 = 2. Prvi člen ∑ k = 1 ∞ 1 3 k - 2 = 3 in predznak padajočega številskega zaporedja = 1 3 . Vzamemo: ∑ k = 1 ∞ 1 3 k - 2 = 3 1 - 1 3 = 9 2 .

Vikoristovuєmo virazi, otrimani več, da bi izračunali vsoto 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 inteligenca za imenovanje, chi є številne podobne

Če je vrsta ∑ k = 1 ∞ ak ê podobna, potem k-thčlen = 0: lim k → + ∞ a k = 0 .

Če naj verjamemo, pa naj gre za varianto, je treba ne pozabiti na neavtentični um. Če ne zmaga, se bo vrsta razpršila. Tako kot lim k → + ∞ a k ≠ 0 je vrsta drugačna.

Nato navedite, kaj je um pomemben, vendar ni dovolj. Ker zmaga enakost lim k → + ∞ a k = 0, to ne zagotavlja, da je ∑ k = 1 ∞ a k podobno.

Dajmo primer. Za harmonično vrsto ∑ k = 1 ∞ 1 k Umoff vikonuetsya lim k → + ∞ 1 k = 0 , vendar serija še vedno razhaja.

zadnjica 7

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

Premislimo o 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 ni dober 0 . Mi prinesel, scho tsey vrsti razpršiti.

Kako označiti zbіzhnіst znak-pozitivne serije.

Kako se nenehno uvrščati z dodeljenimi znaki, da lahko nenehno preštevamo meje. Tsej razdіl dodal, da pomaga pospraviti zložen pіd uro vypіshennya priklіv, da zavdan. Če želite označiti zbіzhnіst znak-pozitivno vrstico, іsnuє pevna umova.

Za pozitiven predznak ∑ k = 1 ∞ a k , ak > 0 ∀ k = 1 , 2 , 3 , . . . Potrebno je izračunati znesek zneskov.

Yak porivnyuvati vrste

Іsnuє kіlka je znak poravnave vrstic. Mi porіvnyuєmo vrstico, zbіzhnіst kakogo proponuetsya vznáchiti, іz tim blizu, zbіzhnіst yak vіdoma.

Znak Persha

∑ k = 1 ∞ a k in ∑ k = 1 ∞ b k - niz pozitivnih predznakov. Neenakomernost a k ≤ b k velja za k = 1, 2, 3, ... Lahko vzamemo ∑ k = 1 ∞ a k v nizu ∑ k = 1 ∞ b k . Oskіlki ∑ k = 1 ∞ a k se razhajajo, serijo ∑ k = 1 ∞ b k lahko vzamemo kot divergenco.

To pravilo se nenehno uveljavlja za popolnost enakosti in je resen argument, ki vam bo pomagal označiti zbіzhnist. Skladnoshchi lahko leži v dejstvu, da morate vzeti zadnjico za porivnyannya lahko poznate daleč od depresije kože. Za zaključek se pogosto izbere številka po načelu k-thčlan dorіvnyuvatitime na rezultat vіdnіmannya pokaznіvіv stаіnіv stаіv nіdnik і znamennik k-thčlanov je malo. Sprejemljivo je, da a k \u003d k 2 + 3 4 k 2 + 5 2 – 3 = - 1 . V tem primeru lahko določite, katera vrstica je potrebna za poravnavo k-imčlen b k = k - 1 = 1 k, kar je harmonično.

Za zaključek gradiva si podrobno oglejmo nekaj tipičnih možnosti.

zadnjica 8

Pomembno je, da je yakim vrsta ∑ k = 1 ∞ 1 k - 1 2 .

Delci med = 0 lim k → + ∞ 1 k - 1 2 = 0 Neravnine bodo poštene 1 k< 1 k - 1 2 для k , ki je naraven. Iz prejšnjih odstavkov smo ugotovili, da je harmonska vrsta ∑ k = 1 ∞ 1 k drugačna. S prvim znakom je mogoče razkriti, da je končna možnost rozbіzhnym.

zadnjica 9

Pomembno je, da je chi podobna ali drugačna vrstica ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 + 3 k - 1 .

Za katero zadnjico je potrebna inteligenca, drobci lim k → + ∞ 1 k 3 + 3 k - 1 = 0 . Postrežemo ob pogledu na neravnine 1 k 3 + 3 k - 1< 1 k 3 для любого значения k. Vrsta ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 je podobna, vendar se harmonična vrsta ∑ k = 1 ∞ 1 k s konvergira, ko s > 1. Zgidno s prvim znakom lahko ustvarimo visnovok, da je številčna serija podobna.

zadnjica 10

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

Za koga se lahko vse možnosti imenujejo vikonannya potrebni um. Bistveno število razlik. Na primer, ∑ k = 1 ∞ 1 k s . Da bi ugotovili, zakaj je stopalo dobro, si lahko ogledamo zaporedje (ln (ln k)), k = 3, 4, 5. . . . Člani zaporedja ln (ln 3), ln (ln 4), ln (ln 5),. . . zbіshuєtsya do neskončnosti. Po analizi enakosti lahko sklepamo, da so v vlogi vrednosti N = 1619 členi zaporedja > 2. Za to zaporedje bo veljavna neenakost 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.

Še ena značka

Predpostavimo, da sta ∑ k = 1 ∞ a k in ∑ k = 1 ∞ b k številčni nizi s pozitivnim predznakom.

Če lim k → + ∞ a k b k ≠ ∞ , potem se konvergira tudi niz ∑ k = 1 ∞ b k, i ∑ k = 1 ∞ a k.

Če se lim k → + ∞ a k b k ≠ 0 , če se nizi ∑ k = 1 ∞ b k razhajajo, potem se razhaja tudi ∑ k = 1 ∞ ak.

Če je lim k → + ∞ a k b k ≠ ∞ i lim k → + ∞ a k b k ≠ 0 , potem skalabilnost skaliranja serije pomeni skaliranje skaliranja druge.

Poglejmo si ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 + 3 k - 1 za druge znake. Za poravnavo ∑ k = 1 ∞ b k vzemite vrsto ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 . Pomembno med: 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

Z drugim predznakom lahko označimo, da niz ∑ k = 1 ∞ 1 k 3, ki konvergira, pomeni, da se konvergira tudi varianta cob.

zadnjica 11

Pomembno je, da je yakim vrsta ∑ n = 1 ∞ k 2 + 3 4 k 3 + 5 .

Analizirajmo potreben um lim k → ∞ k 2 + 3 4 k 3 + 5 = 0 , saj je v tej varianti zmagoviti. Podobno kot pri drugem znaku vzemite vrsto ∑ k = 1 ∞ 1 k . Shukaєmo med: lim k → + ∞ k 2 + 3 4 k 3 + 5 1 k = lim k →

Zgіdno z vodilnimi tezami, vrsta, ki se razhaja, vleče se narazen v vrsti izhodov.

tretja ocena

Poglejmo tretji znak preloma.

Predpostavimo, da sta ∑ k = 1 ∞ a k in _ ∑ k = 1 ∞ b k številčni nizi s pozitivnim predznakom. Če pomislimo na število a k + 1 a k ≤ b k + 1 b k , potem učinkovitost te serije ∑ k = 1 ∞ b k pomeni, da je tudi vrsta ∑ k = 1 ∞ ak podobna. Razbіzhny vrstica ∑ k = 1 ∞ a k povlecite za seboj razbіzhnіst ∑ k = 1 ∞ b k .

Znak d'Alemberta

Predpostavimo, da je ∑ k = 1 ∞ a k niz števil 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 potem pa ga razčlenimo.

Spoštovanje 1

Znak d'Alembert je pravičen do tega odnosa, saj meja ni ozka.

Če je lim k → + ∞ a k + 1 a k = - ∞ , potem je vrsta ê podobna, če je lim k → ∞ ak + 1 ak = + ∞ , potem delimo.

Če je lim k → + ∞ ak + 1 ak = 1 , potem d'Alembertov predznak ne pomaga in je treba izvesti več raziskav.

zadnjica 12

Pomembno je, da je chi podobna ali drugačna vrstica ∑ k = 1 ∞ 2 k + 1 2 k za d'Alembertovim znakom.

Premisliti je treba, kaj je potrebno za zmago uma. Izračunajmo razdaljo po Lopitalovem pravilu: 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

Lahko govorimo o tem, kaj zmagajo umi. Z d'Alembertovim znakom: 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

Vrstica je podobna.

zadnjica 13

Pomembno je, da je chi je vrstica poljubno ∑ k = 1 ∞ k k k ! .

Za prikaz razlike v nizu uporabljamo d'Alembertov znak: 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, število je razbіzhnim.

Radikalni znak Kosha

Možno je, da je ∑ k = 1 ∞ a k nepozitivna vrsta. Kako lim k → + ∞ a k k< 1 , то ряд является сходящимся, если lim k → + ∞ a k k >1 potem pa ga razčlenimo.

Spoštovanje 2

Če je lim k → + ∞ ak k k = 1, potem ta znak ne daje nobenih informacij - potrebe po dodatni analizi.

Tsya znak je lahko buti vikoristan v zadnjici, yakі enostavno vyznachiti. Vipadok bo značilen le, če je član številčne serije - tse, ki prikazuje veličasten viraz.

Za zaključek otrimanskih informacij si oglejmo vzorec značilnih primerov.

zadnjica 14

Pomembno je, da je chi pozitivna vrsta ∑ k = 1 ∞ 1 (2 k + 1) k na podobnem.

Potreben je um, da ga vikonan spoštuje, drobci lim k → + ∞ 1 (2 k + 1) k = 1 + ∞ + ∞ = 0 .

Če pogledamo znak in pogledamo skozi oko, lahko domnevamo, da je 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.

zadnjica 15

Chi podobni številski niz ∑ k = 1 ∞ 1 3 k · 1 + 1 k k 2 .

Vikoristov znak, opisan v prejšnjem odstavku 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.

Sestavni znak Koshi

Predpostavimo, da je ∑ k = 1 ∞ ak ê niz pozitivnih predznakov. Treba je določiti funkcijo nestalnega argumenta y = f(x), Kaj teče a n = f (n) . Yakscho y = f(x) večje od nič, se ne zlomi in spremeni v [a; + ∞), kjer je a ≥ 1

Se pravi, če je nekonsistentni integral ∫ a + ∞ f (x) d x ê podoben, potem se tudi niz analiz konvergira. Če so vina ločena, se v zadnjici loči tudi nekaj teh.

Ko obrnete spremenjeno funkcijo, lahko pregledate gradivo, pregledano v prejšnjih lekcijah.

zadnjica 16

Za izvedljivost si oglejte zalogo ∑ k = 2 ∞ 1 k · ln k.

Čuječnost v vrsti spoštuje vikonan, skaliranje lim k → + ∞ 1 k · ln k = 1 + ∞ = 0 . Poglejmo y = 1 x ln x. Won je večji od nič, se ne prekinja in se spremeni v [2; +∞). Prva dva odstavka sta vnaprej določena, v tretjem pa je poročilo. Vemo 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. Zmagal manj za nič na [ 2 ; + ∞) O tistih, da funkcija propada, ni treba postavljati teze.

No, funkcija y = 1 x · ln x kaže znake načela, ki smo ga videli več. Pospeševanje: ∫ 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 do otrimanih rezultatov, vyhіdny zadnjice se razhajajo, drobci nezdrave integracije є razbіzhnym.

zadnjica 17

Razširimo vrsto ∑ 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, potem Umov upošteva vikonana.

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

Če se bo serija ∑ k = 4 ∞ 1 (5 k + 8) (ln (5 k + 8)) 3 štela za podobno, potem je po enem od načel poravnave vrsta ∑ k = 4 ∞ 1 ( 10 k - 9) ( ln (5 k + 8)) 3 je lahko tudi podobno. V tem rangu lahko označimo, da je tudi trenutni viraz podoben.

Nadaljujte z dokazovanjem ∑ k = 4 ∞ 1 (5 k + 8) (ln (5 k + 8)) 3 .

Funkcija lestvice y = 1 5 x + 8 (ln (5 x + 8)) 3 večja od nič, ne prekini in spremeni v [ 4 ; +∞). Vikoristovumo znak, opisan v sprednjem odstavku:

∫ 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 in 28 2

V krajši seriji, ∫ 4 + ∞ dx (5 x + 8) (ln (5 x + 8)) 3 , lahko ugotovimo, da je ∑ k = 4 ∞ 1 (5 k + 8) (ln (5 k + 8) ) )) 3 tudi konvergirajo.

Oznaka Raabe

Možno je, da je ∑ k = 1 ∞ a k niz pozitivnih predznakov.

Yakscho lim k → + ∞ k ak a k + 1< 1 , то ряд расходится, если lim k → + ∞ k · a k a k + 1 - 1 >1, nato se zbližajte.

Danska metoda označevanja je v tem primeru lahko zmagovita, saj opisana tehnika ne daje vidnih rezultatov.

Doslіdzhennya na absolutno zbіzhnіst

Za ostalo vzamemo ∑ k = 1 ∞ b k. Vikoristov pozitivni predznak ∑ k = 1 ∞ b k. Lahko vikoristovuvat be-yak z vіdpovіdnyh znak, yakі smo opisali več. Če se niz ∑ k = 1 ∞ b k konvergira, je prvotna vrsta popolnoma podobna.

zadnjica 18

Nadaljujte niz ∑ k = 1 ∞ (-1) k 3 k 3 + 2 k - 1 v levo ∑ 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 pospeši z drugim predznakom: lim k → + ∞ 1 3 k 3 + 2 k - 1 1 k 3 2 = 1 3 .

Niz ∑ k = 1 ∞ (-1) k 3 k 3 + 2 k - 1 se konvergira. Tudi zunanja vrsta je popolnoma podobna.

Razbіzhnіst znazmіnіh ryadі

Tako kot je vrsta ∑ k = 1 ∞ b k različna, je enaka znana vrsta znakov ∑ k = 1 ∞ b k bodisi različna ali miselno podobna.

Namesto d'Alembertovega predznaka in radikalnega Cauchyjevega predznaka je mogoče dopolniti vysnovki o ∑ k = 1 ∞ b k za razširitev modulov ∑ k = 1 ∞ b k . Tudi nizi ∑ k = 1 ∞ b k se razhajajo, tako da potrebna miselna izvedljivost ne zmaga, tako da je lim k → ∞ + b k ≠ 0 .

zadnjica 19

Povratna variabilnost 1 7 , 2 7 2 , - 6 7 3 , 24 7 4 , 120 7 5 - 720 7 6 , . . . .

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

Nadaljujte niz ∑ k = 1 ∞ b k = ∑ k = 1 ∞ k! 7 k na robu onkraj d'Alembertovega 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 razprši kot i, kot i možnost izhoda.

zadnjica 20

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

Oglejmo si potrebno Umovovo teorijo 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 ni Vikonan, zato je ∑ k = 1 ∞ (- 1) k · k 2 + 1 ln (k + 1) niz razširitev. Meja bule je bila izračunana po Lopitalovem pravilu.

Znaki duševnega zdravja

Leibnizov znak

Kot velikost članov niza, ki so izžrebani, spremenimo b 1 > b 2 > b 3 >. . . >. . . í inter modul = 0 kot k → + ∞ , potem teče vrsta ∑ k = 1 ∞ b k.

zadnjica 17

Za priložnost si oglejte ∑ k = 1 ∞ (-1) k 2 k + 1 5 k (k + 1).

Niz predstavitev yak ∑ k = 1 ∞ (-1) k 2 k + 1 5 k (k + 1) = ∑ k = 1 ∞ 2 k + 1 5 k (k + 1) . Potreba po umova lim k + ∞ = 2 k + 1 5 k (k + 1) = 0 . Poglejmo ∑ k = 1 ∞ 1 k za drugim izravnalnim znakom lim k → + ∞ 2 k + 1 5 k (k + 1) 1 k = lim k → + ∞ 2 k + 1 5 (k + 1) = 2 5

Možno je, da se ∑ k = 1 ∞ (-1) k 2 k + 1 5 k (k + 1) = ∑ k = 1 ∞ 2 k + 1 5 k (k + 1) razhaja. Niz ∑ k = 1 ∞ (-1) k 2 k + 1 5 k (k + 1) se konvergira po Leibnizovem predznaku: zaporedje 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, . . . spremembe i lim k → + ∞ = 2 k + 1 5 k (k + 1) = 0 .

Število mentalno konvergiranih.

Znak Abel-Dirichleta

∑ k = 1 + ∞ u k · v k na tej točki ugasne, ker ( u k ) ne raste in je zaporedje ∑ k = 1 + ∞ v k omejeno.

zadnjica 17

Nadaljuj 1 - 3 2 + 2 3 + 1 4 - 3 5 + 1 3 + 1 7 - 3 8 + 2 9 +. . . za udobje.

vidno

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,. . . - Nestabilno in zaporedje (v k) = 1, - 3, 2, 1, - 3, 2,. . . resasto (S k ) = 1, - 2, 0, 1, - 2, 0,. . . . Število se zbližuje.

Kako ste se spomnili pomilostitve v besedilu, bodite prijazni, poglejte in pritisnite Ctrl + Enter