Brojevi brojčanih redova: Definicije, svojstva, znakovi konvergencije, primjeri, otopine. Konvergencija serije online zašto se broj 1 n razilazi
Možete provjeriti konvergenciju broja na nekoliko načina. Prvo, možete jednostavno pronaći zbroj retka. Ako kao rezultat dobivamo konačan broj, onda takav broj konvergirati, Na primjer, od
tada serija konvergira. Ako nismo uspjeli pronaći količinu broja, onda se druge metode trebaju koristiti za provjeru konvergencije serije.
Jedna od ovih metoda je znak dalambera
ovdje i, prema tome, NTH i (N + 1) - članovi serije, a konvergencija se određuje vrijednosti D: ako d< 1 - ряд сходится, если D >
Kao primjer istražujemo konvergenciju broja pomoću znaka dalambera. Prvo, napišite izraze za i. Sada nalazimo odgovarajuće ograničenje:
Budući da, prema znaku dalambera, serija konvergira.
Još jedna metoda koja vam omogućuje da provjerite konvergenciju serije kauchy radikalni znakkoji je napisan na sljedeći način:
ovdje je NTH član serije i konvergencije, kao u slučaju znaka dalambera, određena je vrijednosti D: ako d< 1 - ряд сходится, если D > 1 - razlikuju se. Kada d \u003d 1 - ova značajka ne daje odgovor i treba provesti dodatna istraživanja.
Kao primjer istražujemo konvergenciju serije pomoću radikalnog znaka Cauchyja. Prvo napišite izraz za. Sada nalazimo odgovarajuće ograničenje:
Budući da naslov \u003d "15625/64\u003e 1", u skladu s radikalnim znakom Cauchy, redom se razlikuju.
Važno je napomenuti da zajedno s onima navedenim postoje i drugi znakovi konvergencije redova, kao što je integralni znak Cauchyja, znak Raabea itd.
Naše online kalkulatorIzgrađena na temelju Wolfram Alpha sustava omogućuje vam da testirate konvergenciju retka. U isto vrijeme, ako kalkulator daje određeni broj kao zbroj reda, serija konvergira. Inače, potrebno je obratiti pozornost na stavku "test konvergencije serije". Ako postoji izraz "serija konvergira", serija konvergira. Ako je fraza prisutna "serija se divergira", onda se redak razlikuje.
U nastavku je prijenos svih mogućih vrijednosti testa točke testa reda:
| Tekst na engleski jezik | Tekst na ruskom |
|---|---|
| Pomoću testa harmonijske serije serije se razlikuju. | Kada uspoređujete seriju u studiju s harmonijskom strani, početni raspon je raspoređen. |
| Test omjera je neuvjerljiv. | Znak Dalamber ne može dati odgovor na konvergenciju serije. |
| Test korijena je neuvjerljiv. | Radikalni znak Cauchi ne može dati odgovor na konvergenciju serije. |
| U usporedbom testa, serija konvergira. | Na znak usporedbe, serija se konvergira |
| Prema testom omjera, serija konvergira. | Na znaku dalambera, serija se konvergira |
| Pod ograničenim testom serije se razlikuju. | Na glavnoj stvari na naslovu \u003d "(! Lang: Granica N-Bous člana serije na N-\u003e OO nije jednaka nuli ili ne postoji"> , или указанный предел не существует, сделан вывод о том, что ряд расходится. !} |
Pronađite zbroj broja brojeva. Ako ga ne uspiju pronaći, sustav izračunava zbroj broja s određenom točnošću.
Konvergencija retka
Ovaj kalkulator može odrediti da li serija konvergira, također pokazuje - što se aktiviraju znakovi konvergencije, a koji nije.
Također zna kako odrediti konvergenciju redaka energije.
Grafikon broja je također izgrađen, gdje možete vidjeti brzinu konvergencije serije (ili divergencije).
Pravila za ulazak u izražavanje i funkcije
Izrazi se mogu sastojati od funkcija (oznake se daju abecednim redom): apsolutno (x) Apsolutna vrijednost x.
(modul x. ili | X |)
arccos (x) Funkcija - Arkkosinus iz x. arccosh (x) Arkkosinus Hyperbolic OT x. arcsin (x) Arksinus x. arcsinh (x) Arksinus Hyperbolic OT x. arctg (x) Funkcija - arctangent iz x. arctgh (x) Arctangent hiperbolički ot x. e. e. Broj koji je približno 2,7 exp (x) Funkcija - izlagač iz x. (da ja. e.^x.)
log (x) Ili. ln (x) Prirodni logaritam ot. x.
(Dobiti log7 (x), trebate unijeti dnevnik (x) / dnevnik (7) (ili, na primjer za log10 (x)\u003d dnevnik (x) / log (10)) p- Broj je "PI", koji je približno jednak 3,14 grijeh (x) Funkcija - sinus iz x. cos (x) Funkcija - kosinu x. sinh (x) Funkcija - sinusna hiperbolična od x. cosh (x) Funkcija - kosine hiperbolic iz x. sqrt (x) Funkcija - korijen od x. sqr (x) ili x ^ 2. Funkcija - kvadrat x. tg (x) Funkcija - tangenta x. tGH (x) Funkcija - tangentni hiperbolik od x. cbrt (x) Funkcija - kubični korijen od x.
U izrazima se mogu primijeniti sljedeće operacije: Stvarni brojevi Unesite u obrazac 7.5
ne 7,5
2 * X. - umnožavanje 3 / X. - Odjel x ^ 3. - Uspostava x + 7. - dodatak x - 6. - oduzimanje
Druge značajke: kat (x) Funkcija - zaokruživanje x. Na manjoj strani (primjer (4.5) \u003d\u003d 4.0) strop (x) Funkcija - zaokruživanje x. Na najviše strana (primjer strop (4.5) \u003d\u003d 5.0) znak (x) Funkcija - znak x. eRF (X) Funkcija pogreške (ili integralna vjerojatnost) laplace (x) Funkcija Laplas
Harmonijski redak - Iznos sastavljen od beskonačnog broja članova inverzne sekvencijalni broj prirodnog raspona:
Σ k \u003d 1 ∞ 1 K \u003d 1 + 1 2 + 1 3 + 1 4 + 1 + 1 K + ⋯ (Displaysyle Sum _ (k \u003d 1) ^ (mathcal (\\ t ) (K)) \u003d 1 + (frak (1) (2)) + (frac (1) (3)) + (frac (1) (4)) + clots + (frac (1) (k)) + cmet).Enciklopedic youtube.
1 / 5
✪ brojčani redovi. Osnovni pojmovi - bezbotvy
✪ Dokaz o raseljavanju harmonijske serije
✪ brojčani redovi-9. Konvergencija i divergencija Dirichleta
✪ konzultacija №1. Mat. analiza. Fourierov red na trigonometrijskom sustavu. Najjednostavnija svojstva
Redovi. Pregled
Titlovi
Zbroj prvih članova niza serije
Odvojeni članovi reda imaju tendenciju nuli, ali se njezin iznos razlikovao. N-zbog djelomičnog zbroja s n harmonijski redak naziva se N-ostvaren harmonički broj:
SN \u003d σ K \u003d 1 N 1 K \u003d 1 + 1 2 + 1 3 + 1 4 + ⋯ + 1 N (DisplayStyle s_ (n) \u003d sumu _ (k \u003d 1) ^ (n) (n) (frac (1 ) (K)) \u003d 1 + (frak (1) (2)) + (frac (1) (3)) + (frac (1) (4)) + clots + (frac (1) (n)))Neke djelomične sume
| S 1 \u003d 1 S 2 \u003d 3 2 \u003d 1 \u003d 1, 5 1 \u003d 11 6: 1,833 S 4 \u003d 25 12 ≈ 2,083 S 5 \u003d 137 60 ≈ 2,283 (Početak (matrica) 1 \\\\\\\\ s (2) & \u003d & (3) (3) (2)) & \u003d & 1 (,) 5 \\\\\\\\ S_ (3) & \u003d & (11) (6) (6) Cca i 1 (,) 833 \\\\\\\\\\ s_ (4) & \u003d & (frac (25) (12)) cca & 2 (,) 083 \\\\\\\\ s (5) & \u003d & (Frac (137) (60)) i cca i 2 (,) 283 \\ t | S 6 \u003d 49 20 \u003d 2, 45S7 \u003d 363 140 ≈ 2.593 S 8 \u003d 761 280 ≈ 2.718 s 10 3 ≈ 7.484S 10 6 6 ≈ 14,393 (Početak (Matrix) s_ (6) i ( Frac (49) (20)) & \u003d & 2 (,) 45 \\\\\\\\ s_ (7) & \u003d & (363) (363) (140)) cca i 2 (,) 593 \\ t S_ (8) & \u003d & (761) (280)) i cca & 2 (,) 718 \\\\\\\\\\\\\\ ™ (10 ^ (3)) cca i 7 (,) 484 \\ t S_ (10 ^ (6)) i cca i 14 (,) 393 kraju (matrica))) |
Formula euler
S vrijednošću ε n → 0 (Displaysyle varepsilon _ (n) desnarrow 0), dakle, za velike N (dissytyle n):
S n ≈ ln \u2061 (n) + γ (Displayyle s_ (n) cca ln (n) + gama) - Euler Formula za prvi iznos N (dissytyle n) članovi harmonijske serije.| N (dissytyle n) | S n \u003d σ k \u003d 1 n 1 k (displayyle s_ (n) \u003d sumu _ (k \u003d 1) ^ (n) (frac (1) (1))) | Ln \u2061 (n) + γ (Displaysyle ln (n) + gama) | ε n (dissystyle varepsilon _ (n)), (%) |
| 10 | 2,93 | 2,88 | 1,7 |
| 25 | 3,82 | 3,80 | 0,5 |
Točnija asimptotička formula za djelomičnu sumu harmonijske serije:
Sn. (N) + γ + 1 2 N - 1 12 N 2 + 1 120 N 4 - 1 252N 6 ⋯ \u003d ln \u2061 (N) + y + 1 2 n - σ k \u003d 1 ∞ b 2 K 2 kn 2 K (DisplaySyle s_ (n) asimp ln (n) + gama + (frac (1) (2n)) - (frac (1) (12n ^ (2))) + (\\ t Frac (1) (120n ^ (4))) - (frac (1) (252n ^ (6))) dots \u003d ln (n) + gama + (frac (1) (2n)) - Suma _ (k \u003d 1) ^ (infrt) (frac (b_ (2k)) (2k, n ^ (2k))))gdje B 2 K (Displaysyle B_ (2K)) - Brojevi Bernoulli.Međutim, ova serija je podijeljena pogreška izračuna na njemu nikada ne prelazi polovicu prvog odlagatog člana.
Teorijska numerička svojstva djelomičnih iznosa
∀ n\u003e n\u003e 1 s n ∉ n (Displaysyleu toll n\u003e 1 ;;;;;;;;;; (n)
Divergencija cesta
S n → ∞ (dissystyle s_ (n) desnarcow \\ t za N → ∞ (Displaytyle n deadarrow \\ t
Harmonični redak se razlikuje Vrlo sporo (kako bi se djelomična količina premašila 100, potrebno je oko 10,43 elementa serije).
Divergencija harmonijske serije može se pokazati usporedbom s teleskopskim blizu:
VN \u003d ln \u2061 (n + 1) - ln \u2061 n \u003d ln '(1 + 1 N) ~ + ∞ 1 N (Displaytyle v_ (n) \u003d ln (n + 1) - ln n \u003d \\ t Lijevo (1 + (frac (1) (n)) desno) (dolje) (+ \\ t) (SIM)) (frac (1) (n))),djelomična zbroja je očito jednaka:
Σ i \u003d 1 n - 1 v i \u003d ln ~ n ~ n ~ s n (dissytyle sumi _ (i \u003d 1) ^ (n-1) v_ (i) \u003d n n n \\ sim s_ (n)).Dokaz oreh
Dokaz o odstupanju može se izraditi po uvjetima grupiranja kako slijedi:
Σ K \u003d 1 ∞ 1 K \u003d 1 + [1 2] + [1 3 + 1 4] + [1 5 + 1 6 + 1 7 + 1 8] + [1 9 + ⋯] + ⋯\u003e 1 + [1 2] + [1 4 + 1 4] + [1 8 + 1 8 + 1 8 + 1 8] + [1 16 + ⋯] + ⋯ \u003d 1 + 1 2 + 1 2 + 1 2 + 1 2 + ⋯. (DisplayStyle (Početak (poravnati) Sum _ (k \u003d 1) ^ (infrt) (frac (1) (1) (1)) i () \u003d 1+ lijevo [(frac (1) (1) ) + Lijevo [(frac (1) (3)) + (frac (1) (4)) desno] + lijevo [(frac (1) (5)) + (frac (1) (6)) + (frac (1) (7)) + (frac (1) (8)) desno] + lijevo [(frac (1) (9)) + cloots Desno] + CDots \\\\ & ()\u003e 1+ lijevo [(frac (1) (2)) desno] + lijevo [(frac (1) (4)) + (frac (1) (4)) + lijevo [(frac (1) (8)) + (frac (1) (8)) + (frac (1) (8)) + (frac (1) (8)) + Light [(Frac (1) (16)) + CDots Right] + CDots \\\\ & () \u003d 1+ (1) (1) (2)) \\ t qquad (1) (1) (2)) \\ qquad + qquad \\ qquad (1) (1) (2)) qquad \\ qquad \\ _ quad \\ _ quad \\ t ) (2)) \\ qad + \\ tPosljednji redak je očito diverzan. Ovaj dokaz pripada srednjovjekovnom znanstveniku Nicholas Ohole (cca. 1350).
Alternativni dokaz divergencije
nudimo čitatelju da bude sigurna da su pogreške ovog dokaza
Razlika između N (dissytyle n)-M harmonijski broj i prirodni logaritam N (dissytyle n) Ona konvergira na stalni euler - Musteroni.
Razlika između različitih harmonijskih brojeva nikada nije jednaka cijelom broju i nema harmoničnog broja osim H 1 \u003d 1 (DisplayStyle H_ (1) \u003d 1)nije cijeli broj.
Srodni redovi
Broj dirigle
Sažeto skladna strana (ili blizu Dirishle) nazovite broj
Σ k \u003d 1 ∞ 1 K α \u003d 1 + 1 2 a + 1 3 a + 1 4 α + ⋯ + 1 K α + ⋯ (DisplayStyle Sum _ (k \u003d 1) ^ (\\ t 1) (k ^ (alfa))) \u003d 1 + (frac (1) (2 ^ (alfa))) + (frac (1) (3 ^ (alfa))) + (frac ( 1) (4 ^ (alfa))) + cDots + (frac (1) (k ^ (alfa))) + cnots).Generalizirani harmonični redak se razlikuje α ⩽ 1 (Displaysyle Alpha \\ t i konvergencija α\u003e 1 (Displaysyle Alpha\u003e 1) .
Zbroj generaliziranog harmoničnog niza narudžbe α (Displaysyle Alpha) jednaka vrijednosti funkcije Riemann Zeta:
Σ k \u003d 1 ∞ 1 k α \u003d ζ (α) (zaslonyyle sum _ (k \u003d 1) ^ (infrt) (frac (1) (1) (k ^ (Alpha)) \u003d Zeta (Alfa ))))Jer je čak i ta vrijednost jasno izražena u broju PI, na primjer, (2) \u003d π 2 6 (DisplayStyle Zeta (2) \u003d (frac (pi ^ (2)) (6))), a već za α \u003d 3 vrijednost je analitički nepoznat.
Još jedna ilustracija premještanja harmonijske serije može biti omjer (1 + 1 n) ~ n (DisplayStyle Zeta (1 + (frac (1) (n))) SIM N). Stoga se kaže da takva serija ima vjerojatnost 1, a zbroj reda je slučajna vrijednost s zanimljivim svojstvima. Na primjer, funkcija gustoće vjerojatnosti izračunata na + 2 ili -2 bodova je:
0,124 999 999 999 999 999 999 999 999 999 999 999 999 999 7 642 …,razlikovanje od ⅛ na manje od 10-42.
"Omnun" harmonijska serija
Broj KEMPNER (eng.)Ako uzmemo u obzir harmonijski redak, u kojem ostaju samo uvjeti, a denominatori ne sadrže slike 9, ispostavlja se da je preostali iznos na broj<80 . Более того, доказано, что если оставить слагаемые, не содержащие любой заранее выбранной последовательности цифр, то полученный ряд будет сходиться. Однако из этого будет ошибочно заключать о сходимости исходного гармонического ряда, так как с ростом разрядов в числе N (dissytyle n), manje se uvjeti uzima za zbroj "razrijeđenog" retka. To je, u konačnici odbacio ogromnu većinu članova formirajući zbroj harmonijske serije tako da ne prelazi geometrijsku progresiju koja ograničava na vrhu.
Odgovor: Red se razlikuje.
Primjer broj 3.
Pronađite zbroj $ sumu limits_ (n \u003d 1) ^ (npr.) Frac (2) ((2N + 1) (2N + 3)) $.
Budući da je donja granica sažetka 1, onda je ukupni član retka snimljen pod iznos iznosa: $ U_N \u003d frac (2) ((2N + 1) (2N + 3)) $. Napravite n-mu djelomični iznos broja, tj. Sažimamo prvih $ N $ članova navedene numeričke serije:
$$ S_N \u003d U_1 + U_2 + U_3 + U_4 + ldots + U_N \u003d Frac (2) (3) (3 cDot 5) + Frac (2) (5 cDot 7) + Frac (2) (7) (7) 9) + frac (2) (9 cDot 11) + ldots + frac (2) ((2N + 1) (2N + 3)). $$.
Zašto pišem točno $ frac (2) (3 cDot 5) $, a ne $ frac (2) (15) $, bit će jasno od daljnje naracije. Međutim, snimanje djelomične količine ili na Iota nije nas približio cilj. Moramo pronaći $ lim_ (n \\ t) (n \\ t) s5 $, ali ako samo zapišimo:
$$ \\ t (n \\ t) (n \\ t) S_N \u003d \\ t (n \\ t (n \\ t Frac (2) (7 cDot 9) + frac (2) (9 cDot 11) + ldots + frac (2) (2N + 1) (2N + 3)), desno), $$
tada je ovaj unos potpuno istinit u obliku, ništa nam neće dati u biti. Da biste pronašli granicu, izraz djelomičnog iznosa mora biti pojednostavljen.
Za to je standardna konverzija koja se sastoji od razgradnje frakcije $ frac (2) ((2N + 1) (2N + 3)) $, koji predstavlja zajednički član retka, na elementarnim frakcijama. Pitanje razgradnje racionalnih frakcija na elementarnoj je posvećenoj zasebnoj temi (vidi, na primjer, primjer 3 3 na ovoj stranici). Priuštivanje djelića od $ frac (2) ((2N + 1) (2N + 3)) $ po osnovnoj frakciji, imat ćemo:
$$ frac (2) ((2N + 1) (2N + 3)) \u003d frac (a) (2N + 1) + frac (b) (2N + 3) \u003d frac (cDo +3) + B CDot (2N + 1)) ((2N + 1) (2N + 3)). $$.
Izjednačavamo sprumeren u lijevom i desnom dijelu dobivene jednakosti:
$$ 2 \u003d CDot (2N + 3) + B CDot (2N + 1). $$.
Da biste pronašli vrijednosti $ $ i $ B $, postoje dva načina. Možete otkriti nosače i pregrupirati komponente, a možete jednostavno zamijeniti određene prikladne vrijednosti umjesto $ n $. Za razne u ovom primjeru, idemo prvo, i kako slijedi, zamijenit ćemo privatne vrijednosti od $ n $. Otkrivanje nosača i uvjeta preraspodjele, dobivamo:
$$ 2 \u003d 2AN + 3a + 2bn + b; (2a + 2b) n + 3a + b. $$.
Na lijevoj strani jednakosti ispred $ N $ košta nula. Ako želite, lijevi dio jednakosti za jasnoću može biti predstavljen kao $ 0 cDot n + $ 2. Od lijevog dijela jednakosti pred $ n $ je nula, a u pravom dijelu kapitala prije $ N $ košta $ 2a + 2b $, imamo prvu jednadžbu: $ 2a + 2b \u003d 0 $. Odmah podijelite oba dijela ove jednadžbe za 2, nakon što je primio $ A + B \u003d 0 $ nakon toga.
Budući da je u lijevom dijelu jednakosti, slobodni član je 2, a u pravom dijelu jednakosti, slobodan član je jednak $ 3A + B $, zatim $ 3A + b \u003d $ 2. Dakle, imamo sustav:
$$ lijevo (Port (poravnati) & A + B \u003d 0; \\ t & 3a + B \u003d 2. Kraj (poravnati). $$
Dokaz će se provoditi matematičkom indukcijom. U prvom koraku potrebno je provjeriti je li prethodna jednakost napravljena $ S_N \u003d frac (1) (3) - frac (1) (2N + 3) $ s $ n \u003d 1 $. Znamo da $ s_1 \u003d U_1 \u003d frac (2) (15) (15) $, ali će izraz $ frac (1) (3) - frac (1) (2n + 3) $ vrijednost $ frac (2 ) (15) $, ako zamijenimo $ n \u003d 1 $ u nju? Ček:
$$ frac (1) (3) - frac (1) (2N + 3) \u003d frac (1) (3) - frac (1) (2) (2 cDot 1 + 3) \u003d frac (1) (3) - frac (1) (5) \u003d frac (5-3) (15) \u003d frac (2) (15). $$.
Dakle, na $ n \u003d 1 $, jednakost $ s_n \u003d frac (1) (3) - frac (1) (2N + 3) $ je napravljen. Ovo je prvi korak metode matematičke indukcije.
Pretpostavimo da je na $ N \u003d K $, jednakost se izvodi, tj. $ S_k \u003d frac (1) (3) - frac (1) (2k + 3) $. Dokazujemo da će se ta jednakost obavljati na $ N \u003d K + $ 1. Da biste to učinili, razmislite o $ S_ (k + 1) $:
$$ S_ (K + 1) \u003d S_K + U_ (k + 1). $$.
Od $ U_N \u003d frac (1) (2N + 1) - frac (1) (2N + 3) $, zatim $ U_ (k + 1) \u003d frac (1) (2 (k + 1) + 1 ) - frac (1) (2 (k + 1) +3) \u003d frac (1) (2k + 3) - frac (1) (2 (k + 1) +3) $. Prema gore navedenoj pretpostavci $ s_k \u003d frac (1) (3) - frac (1) (2k + 3) $, dakle, formula $ S_ (k + 1) \u003d S_K + U_ (k + 1) $ će se obrazac:
$$ s_ (k + 1) \u003d S_K + U_ (k + 1) \u003d frac (1) (3) - frac (1) (2k + 3) + frac (1) (1) (2k + 3) - \\ t Frac (1) (2 (k + 1) +3) \u003d frac (1) (3) - frac (1) (2) (2 (k + 1) +3). $$.
Zaključak: Formula $ S_N \u003d Frac (1) (3) - Frac (1) (2N + 3) $ je istinita na $ N \u003d K + $ 1. Prema tome, prema metodi matematičke indukcije, formula $ s_n \u003d frac (1) (3) - frac (1) (2N + 3) $ je istinit za bilo koju $ N $ $. Jednakost je dokazana.
U standardnom tijeku više matematike obično su zadovoljni "podrezivanjem" opadanja pojmova, bez potrebe za bilo kakvim dokazima. Dakle, primili smo izraz za N-TH djelomičnu količinu: $ S_N \u003d frac (1) (3) - frac (1) (2N + 3) $. Pronađite $ limuz (n \\ t) S_N $:
Zaključak: Navedena serija konvergira i zbroj njegove $ S \u003d frac (1) (3) $.
Drugi način da pojednostavite formulu za djelomičnu količinu.
Iskreno, ja više volim ovu metodu :) Napišimo djelomičnu količinu u skraćenoj verziji:
$$ s_n \u003d suma limits_ (k \u003d 1) ^ (n) u_k \u003d sumu granice_ (k \u003d 1) ^ (n) frac (2) ((2k + 1) (2k + 3)). $$.
Imamo ranije da $ U_K \u003d frac (1) (2k + 1) - frac (1) (2k + 3) $, tako:
$$ s_n \u003d sumi limits_ (k \u003d 1) ^ (n) frac (2) (2k + 1) (2k + 3)) \u003d sumi limits_ (k \u003d 1) ^ (n) lijevo (Frac (1) (2k + 1) - frac (1) (2k + 3) desno). $$.
Količina $ S_N $ sadrži konačni broj pojmova, tako da ih možemo preurediti kao što smo zadovoljni. Želim prvo preklopiti sve uvjete tipa $ Frac (1) (2k + 1) $, a zatim se pomaknite na pojam tipa $ Frac (1) (2k + 3) $. To znači da će se djelomična količina zamisliti u ovom obliku:
$$ s_n \u003d frac (1) (3) - frac (1) (5) + frac (1) (5) - frac (1) (7) + frac (1) (7) - \\ t Frac (1) (9) + Frac (1) (9) - Frac (1) (11) + ldots + Frac (1) (2N + 1) - Frac (1) (1) (2n + 3) \u003d R \u003d frac (1) (3) + frac (1) (5) + frac (1) (7) + frac (1) (9) + ldots + frac (1) (1) + 1) - lijevo (frac (1) (5) + frac (1) (7) + frac (1) (9) + ldots + frac (1) (1) (2n + 3) desno) , $$.
Naravno, raspoređeni zapis je izuzetno neugodan, stoga se gore navedena jednakost može izdati više kompaktnije:
$$ s_n \u003d sumu limits_ (k \u003d 1) ^ (n) lijevo (frac (1) (2k + 1) - frac (1) (2k + 3) desno) \u003d suma limits_ ( k \u003d 1) ^ (n) frac (1) (2k + 1) - sumu limits_ (k \u003d 1) ^ (n) frac (1) (2k + 3). $$.
Sada transformiramo izraze $ frac (1) (2k + 1) $ i $ frac (1) (2k + 3) $ za jedan izgled. Pretpostavljam da ugodno dovesti do oblika veće frakcije (iako je moguće najmanji, ovo je pitanje okusa). Budući da $ frac (1) (2k + 1)\u003e Frac (1) (2k + 3) $ (veći nazivnik, manji je frakcija), tada ćemo voziti $ frac (1) (2k + 3 ) $ za tip $ frac (1) (2k + 1) $.
Izraz u denomoteru denog $ frac (1) (2k + 3) $ ću biti prisutan u ovom obliku:
$$ frac (1) (2k + 3) \u003d frac (1) (2k + 2 + 1) \u003d frac (1) (2) (2 (k + 1) +1). $$.
I iznos od $ sumu limits_ (k \u003d 1) ^ (n) frac (1) (2k + 3) $ sada može biti napisan kao:
$$ sumu granice_ (k \u003d 1) ^ (n) frac (1) (2k + 3) \u003d sumu limits_ (k \u003d 1) ^ (n) frac (1) (2 (k + 1 ) +1) \u003d suma limits_ (k \u003d 2) ^ (n + 1) frac (1) (2k + 1). $$.
Ako je jednakost $ sumi limits_ (k \u003d 1) ^ (n) frac (1) (2k + 3) \u003d sumu limits_ (k \u003d 2) ^ (n + 1) frac (1) (1) (1) 2k + 1) $ ne uzrokuje pitanja, a onda idemo dalje. Ako imate pitanja, molim vas da postavite bilješku.
Kako smo dobili transformirani iznos? Pokaži sakrij
Imali smo brojne $ sumi limits_ (k \u003d 1) ^ (n) frac (1) (2k + 3) \u003d sumi limits_ (k \u003d 1) ^ (n) frac (1) (2) (2 (2 K + 1) +1) $. Upoznajmo novu varijablu umjesto $ K + 1 $, na primjer, $ t $. Dakle, $ t \u003d k + $ 1.
Kako je promijenjena stara varijabla $ K $? I promijenilo se od 1 do $ n $. Da saznamo kako će se nova varijabla $ t promijeniti. Ako $ k \u003d 1 $, onda $ t \u003d 1 + 1 \u003d $ 2. Ako $ k \u003d n $, onda $ t \u003d n + 1 $. Dakle, izraz $ subroj limits_ (k \u003d 1) ^ (n) frac (1) (2 (k + 1) +1) $ sada je bio: $ sumu limits_ (t \u003d 2) ^ ( n +1) frac (1) (2T + 1) $.
$$ sumu granice_ (k \u003d 1) ^ (n) frac (1) (2) (2 (k + 1) +1) \u003d sumi limits_ (t \u003d 2) ^ (n + 1) frac (1 ) (2T + 1). $$.
Imamo iznos od $ sumu limits_ (t \u003d 2) ^ (n + 1) frac (1) (2t + 1) $. Pitanje: Nije li jednak kako koristiti u ovoj sumi? :) Trolly Snimanje slovo $ K $ umjesto $ t $, dobivamo sljedeće:
$$ sumu granice_ (t \u003d 2) ^ (n + 1) frac (1) (2t + 1) \u003d sumu limits_ (k \u003d 2) ^ (n + 1) frac (1) (2k +1). $$.
Dakle, ispada jednakost $ sumu limits_ (k \u003d 1) ^ (n) frac (1) (2 (k + 1) +1) \u003d sumi limits_ (k \u003d 2) ^ (n + 1) Frac (1) (2k + 1) $.
Dakle, djelomični iznos može biti predstavljen kako slijedi:
$$ s_n \u003d sumu limits_ (k \u003d 1) ^ (n) frac (1) (2k + 1) - sumu limits_ (k \u003d 1) ^ (n) frac (1) (2k + 3 ) \u003d Sumi limits_ (k \u003d 1) ^ (n) frac (1) (2k + 1) - sumi limits_ (k \u003d 2) ^ (n + 1) frac (1) (2k + 1 ). $$.
Imajte na umu da je iznos od $ suma limits_ (k \u003d 1) ^ (n) frac (1) (2k + 1) $ i $ sumu limits_ (k \u003d 2) ^ (n + 1) frac ( 1) (2k + 1) $ se razlikuje samo unutar sažetka. Učinimo da su ta ograničenja ista. "Uzimanje" prvog elementa iz iznosa $ sumi limits_ (k \u003d 1) ^ (n) frac (1) (2k + 1) $ će imati:
$$ sumu granice_ (k \u003d 1) ^ (n) frac (1) (2k + 1) \u003d frac (1) (2) (2 cDot 1 + 1) + sumi limits_ (k \u003d 2) ^ (n) frac (1) (2k + 1) \u003d frac (1) (3) + sumu limits_ (k \u003d 2) ^ (n) frac (1) (2k + 1). $$.
"Uzimajući" posljednji element iz iznosa od $ sumu limits_ (k \u003d 2) ^ (n + 1) frac (1) (2k + 1) $, dobivamo:
$$ sumu granice_ (k \u003d 2) ^ (n + 1) frac (1) (2k + 1) \u003d sumu limits_ (k \u003d 2) ^ (n) frac (1) (2k + 1 ) + Frac (1) (2 (n + 1) +1) \u003d suma limits_ (k \u003d 2) ^ (n) frac (1) (2k + 1) + frac (1) (2N + 3). $$
Tada će izraz za djelomičnu količinu biti u obliku:
$$ s_n \u003d sumu limits_ (k \u003d 1) ^ (n) frac (1) (2k + 1) - sumi limits_ (k \u003d 2) ^ (n + 1) frac (1) (2k +1) \u003d frac (1) (3) + sumi limits_ (k \u003d 2) ^ (n) frac (1) (2k + 1) - lijevo (sumu limits_ (k \u003d 2) ^ (n) frac (1) (2k + 1) + frac (1) (2N + 3) desno) \u003d \\ t \u003d r \u003d frac (3) (3) + sumi limits_ (k \u003d 2) ^ (n) frac (1) (2k + 1) - sumi limits_ (k \u003d 2) ^ (n) frac (1) (2k + 1) - frac (1) (2N + 3) \u003d \\ t Frac (1) (3) - frac (1) (2N + 3). $$.
Ako propustite sva objašnjenja, proces pronalaženja skraćene formule za N-TH djelomičnu količinu će uzeti ovu vrstu:
$$ s_n \u003d sumi limits_ (k \u003d 1) ^ (n) u_k \u003d sumu limits_ (k \u003d 1) ^ (n) frac (2) ((2k + 1) (2k + 3)) \u003d Limits_ (k \u003d 1) ^ (n) lijevo (frac (1) (2k + 1) - frac (1) (1) (2k + 3) desno) \u003d \\ t \u003d 1) ^ (n) frac (1) (2k + 1) - sumu limits_ (k \u003d 1) ^ (n) frac (1) (2k + 3) \u003d frac (1) (3) (3) + Suma limits_ (k \u003d 2) ^ (n) frac (1) (2k + 1) - lijevo (sumu limits_ (k \u003d 2) ^ (n) frac (1) (2k + 1 ) + Frac (1) (2N + 3) desno) \u003d frac (1) (3) - frac (1) (2N + 3). $$.
Dopustite mi da vas podsjetim da smo prešli $ frac (1) (2k + 3) $ za tip $ frac (1) (2k + 1) $. Naravno, možete nastaviti naprotiv, tj. Predstavite dio $ frac (1) (2k + 1) $ u obrascu $ frac (1) (2k + 3) $. Konačni izraz za djelomičnu količinu neće se promijeniti. Proces pronalaženja djelomičnog iznosa u ovom slučaju ću se sakriti pod napomenom.
Kako pronaći $ s_n $ ako dajete um druge frakcije? Pokaži sakrij
$$ s_n \u003d sumu limits_ (k \u003d 1) ^ (n) frac (1) (2k + 1) - sumu limits_ (k \u003d 1) ^ (n) frac (1) (2k + 3 ) \u003d Sumi limits_ (k \u003d 0) ^ (n - 1) frac (1) (2k + 3) - sumi limits_ (k \u003d 1) ^ (n) frac (1) (2k + 3 (1) (1) (3) (3) + sumi limits_ (k \u003d 1) ^ (n - 1) frac (1) (2k + 3) - lijevo (sumu limits_ (k \u003d 1) ^ (n - 1) frac (1) (2k + 3) + frac (1) (2N + 3) desno) \u003d frac (1) (3) - frac (1) (2N + 3). $$.
Dakle, $ S_N \u003d frac (1) (3) - frac (1) (2N + 3) $. Pronašli smo granicu $ \\ t (n \\ t
$$ \\ t (n \\ t) S_N \u003d \\ t (n \\ t (n \\ t) (n \\ t (1) (3) -0 \u003d frac (1) (3). $$.
Navedena serija konvergira i zbroj njegove $ s \u003d frac (1) (3) $.
Odgovor: $ S \u003d frac (1) (3) $.
Nastavak tema pronalaženja iznosa broja će se razmatrati u drugom i trećem dijelu.
Ovaj članak je strukturiran i detaljne informaciješto može biti korisno tijekom raščlanjivanja vježbi i zadataka. Razmotrit ćemo temu numeričkih redova.
Ovaj članak započinje osnovnim definicijama i konceptima. Zatim smo standardne opcije i proučite osnovne formule. Kako bi se osigurao materijal, članak prikazuje glavne primjere i zadatke.
Osnovne teze
Za početak, zamislite sustav: a 1, a 2. , , , a n,. , , , gdje je k ∈ r, k \u003d 1, 2. , , ,
Na primjer, uzimamo takve brojeve kao: 6, 3, - 3, 3, 3, 3 8, - 3 16 ,. , , ,
Definicija 1.
Numerički redak je zbroj članova Σ a K K \u003d 1 ∞ \u003d A 1 + A 2 +. , , + N +. , , ,
Da biste bolje razumjeli definiciju, razmislite o ovom slučaju u kojem Q \u003d - 0. 5: 8 - 4 + 2 - 1 + 1 2 - 1 4 +. , , \u003d Σ k \u003d 1 ∞ (- 16) · - 1 2 k.
Definicija 2.
k je uobičajeno ili k - Član broja.
Ona izgleda na ovaj način - 16 · 1 2 K.
Definicija 3.
Djelomični zbroj reda Izgleda otprilike na taj način s n \u003d a 1 + a 2 +. , , + A N u kojem N. - Ljubav broj. S n je N -O. iznos broja.
Na primjer, σ k \u003d 1 ∞ (- 16) · - 1 2 K je S 4 \u003d 8 - 4 + 2 - 1 \u003d 5.
S 1, s 2,. , , , S n ,. , , Formiranje beskonačnog slijeda numeričkog retka.
Za redak Bez Količina se nalazi u skladu s formulom S n \u003d 1 · (1 - q n) 1 - q \u003d 8 · l - - 1 2 N 1 - - 1 \u003d 16 3 · l - - 1 2 n. Upotrijebite sljedeći slijed parcijalnih iznosa: 8, 4, 6, 5 ,. , , , 16 3 · l - - 1 2 N ,. , , ,
Definicija 4.
Serija σ k \u003d 1 ∞ a k je konvergentan Tada kada sekvenca ima konačnu granicu s \u003d lim S n n → + ∞. Ako nema ograničenja ili slijed beskonačnog, onda se zove raspon σ k \u003d 1 ∞ a k nacrtan.
Definicija 5.
Zbroj konvergentnog retka Σ k \u003d 1 ∞ A K je granica sekvence σ k \u003d 1 ∞ A K \u003d Lim S n n → + ∞ \u003d s.
U ovim primjerom Lim S nn → + ∞ \u003d LIM 16 3 T → + · 1 - 1 2 N \u003d 16 3 · lim n → + ∞ 1 - - 1 2 n \u003d 16 3, šipke σ k \u003d 1 ∞ (- 16) · - 1 2 K Konvergiraj. Iznos je 16 3: σ k \u003d 1 ∞ (- 16) · - 1 2 K \u003d 16 3.
Primjer 1.
Kao primjer, može se dati divergentni seriji geometrijska progresija S denominatorom većim od jedinice: 1 + 2 + 4 + 8 +. , , + 2 N - 1 +. , , \u003d Σ k \u003d 1 ∞ 2 K - 1.
n-s djelomičnom količinom određena je ekspresijom S n \u003d 1 · (1 - qn) 1 - q \u003d 1 · (l - 2 N) 1 - 2 \u003d 2 N - 1, a granica djelomičnih suma je beskonačna : Lim n → + ∞ s n \u003d lim n → + ∞ (2 n - 1) \u003d + ∞.
Drugi primjer divergentne numeričke serije je zbroj obrasca σ k \u003d 1 ∞ 5 \u003d 5 + 5 +. , , , U tom slučaju, n-put djelomična količina može se izračunati kao s n \u003d 5 n. Granica djelomičnih iznosa je beskonačno s LIMN N → + ∞ s N \u003d LIMN N → + ∞ 5 N \u003d + ∞.
Definicija 6.
Zbroj ove vrste kao σ k \u003d 1 ∞ \u003d 1 + 1 2 + 1 3 +. , , + 1 N +. , , - ovo je harmonik numerički redak.
Definicija 7.
Zbroj σ k \u003d 1 ∞ 1 K s \u003d 1 + 1 2 s + 1 3 s +. , , + 1 N S +. , , gdje S. - aktivni broj se generalizira harmoničnim numeričkim.
Definicije o kojima se gore raspravljalo pomoći će vam da riješite većinu primjera i zadataka.
Da bi dodali definicije, potrebno je dokazati određene jednadžbe.
- Σ k \u003d 1 ∞ 1 k - lagani.
Djelujemo po metodi iz suprotnog. Ako konvergira, granica je konačna. Možete napisati jednadžbu kao lim n → + ∞ s n \u003d s i lim n → + ∞ s 2 n \u003d s. Nakon određenih radnji dobivamo jednakost l i m n → + ∞ (s 2 n - s n) \u003d 0.
Baš suprotno
S 2 N-S n \u003d 1 + 1 2 + 1 3 +. , , + 1 N + 1 N + 1 + 1 N + 2 +. , , + 1 2 N - - 1 + 1 2 + 1 3 +. , , + 1 N \u003d 1 N + 1 + 1 N + 2 +. , , + 1 2 n
Pošteno Sljedeće nejednakosti 1 N + 1\u003e 1 2 N, 1 N + 1\u003e 1 2 N ,. , , , 1 2 N - l\u003e 1 2 n. Dobivamo to s2 N-S n \u003d 1 N + 1 + 1 N + 2 +. , , + 1 2 N\u003e 1 2 N + l 2 N +. , , + L2 n \u003d n2N \u003d 1 2. Izraz S 2 N-S n\u003e 1 2 označava da se ne postiže Lim n → + ∞ (S2 N-S n) \u003d 0. Poželjnik.
- b 1 + B 1 Q + B 1 Q 2 +. , , + B 1 Q N +. , , \u003d Σ k \u003d 1 ∞ b 1 Q K - 1
Potrebno je potvrditi da zbroj sekvence brojeva konvergira kada Q< 1 , и расходится при q ≥ 1 .
Prema gore navedenim definicijama, iznos n. Članovi se određuju prema formuli s n \u003d B1 · (q n - 1) Q - 1.
Ako je Q.< 1 верно
lim n → + ∞ S N \u003d LimN n → + ∞ B 1 · QN - 1 Q - 1 \u003d B 1 · lim n → + ∞ QNQ - 1 - LIMN → + ∞ 1 Q - 1 \u003d B 1 · 0 - 1 Q - 1 \u003d B 1 Q - 1
Dokazali smo da se numerička serija konvergira.
Na Q \u003d 1 B 1 + B 1 + B 1 +. , , Σ k \u003d 1 ∞ b 1. Iznosi se mogu naći pomoću formule S n \u003d B 1 · n, granica je beskonačna s LIMN N → + ∞ S N \u003d LimN → + ∞ B 1 · n \u003d ∞. U prikazanoj verziji, broj se razlikovao.
Ako a Q \u003d - 1, onda red izgleda kao B1 - B 1 + B 1 -. , , \u003d Σ k \u003d 1 ∞ B 1 (- 1) K + 1. Djelomični sumi izgledaju kao s n \u003d b 1 za nepar N.i s n \u003d 0 za čak i N., Nakon što je razmotrio ovaj slučaj, pobrinut ćemo se da granica nije i broj je divergentni.
S q\u003e 1, lim n → + ∞ s n \u003d lim n → + ∞ B 1 · (qn - 1) Q - 1 \u003d B 1 · lim n → + ∞ QNQ - 1 - LIMN → + ∞ 1 Q - 1 \u003d B 1 · ∞ - 1 q - 1 \u003d ∞
Dokazali smo da je brojčani red raspoređen.
- Serija σ k \u003d 1 ∞ 1 k s konvergiraj ako S\u003e 1. I odstupaju ako je ≤ 1.
Za S \u003d 1. Dobivamo σ k \u003d 1 ∞ 1 k, redak se razlikuje.
U S.< 1 получаем 1 k s ≥ 1 k для k,prirodni broj, Budući da je serija divergentna σ k \u003d 1 ∞ 1 k, tada granica nije. Nakon toga slijedite slijed σ k \u003d 1 ∞ 1 K s je neograničen. Zaključujemo da se odabrani redak razlikuje kada S.< 1 .
Potrebno je pružiti dokaze da serija σ k \u003d 1 ∞ 1 k s konvergira S\u003e 1..
Zamislite S 2 N - 1 - S n - 1:
S 2 N - l - S n - 1 \u003d 1 + 1 2S + 1 3S +. , , + L (n - 1) s + 1 N S + 1 (n + 1) s +. , , + 1 (2 N - 1) S - 1 + l2S + 13S +. , , + 1 (N - 1) s \u003d 1 N S + 1 (n + 1) s +. , , + 1 (2 n - 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
Predstavljaju jednadžbu za brojeve koji su prirodni, pa čak i n \u003d 2: s 2 N - 1 - S n - 1 \u003d S 3 \u003d 1 \u003d 1 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 . . .
Dobivamo:
Σ K \u003d 1 ∞ 1 K S \u003d 1 + 1 2S + 1 3S + 1 4 S +. , , + 1 7 S + 1 8 S +. , , + 1 15 S +. , , \u003d \u003d 1 + S 3 - S 1 + S 3 + S 15 + S 7 +. , ,< < 1 + 1 2 s - 1 + 1 2 s - 1 2 + 1 2 s - 1 3 + . . .
Ekspresija 1 + 1 2S - 1 + 1 2S - 1 2 + 1 s - 1 3 +. , , - Ovo je zbroj geometrijske progresije Q \u003d 1 2 S - 1. Prema početnim podacima kada S\u003e 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\u003e 1. Povećava se i ograničeno odozgo 1 - 1 2 s - 1. Zamislite da postoji ograničenje i broj je konvergiranje σ k \u003d 1 ∞ 1 K s.
Definicija 8.
Štapovi σ k \u003d 1 ∞ a k usklađivanje u događajuAko su njegovi članovi\u003e 0 K\u003e 0, k \u003d 1, 2 ,. , , ,
Šipke σ k \u003d 1 ∞ b k PoravnanjeAko se znakovi brojeva razlikuju. Ovaj primjer je predstavljen kao σ k \u003d 1 ∞ bk \u003d σ k \u003d 1 ∞ (- 1) k · ak ili σ k \u003d 1 ∞ bk \u003d σ k \u003d 1 ∞ (- 1) k + 1 · ak, gdje AK\u003e 0, K \u003d 1, 2,. , , ,
Šipke σ k \u003d 1 ∞ b k ZnakBudući da ima mnogo brojeva, negativnih i pozitivnih.
Druga verzija retka je treći slučaj.
Dajemo primjere za svaki slučaj:
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 verziju također se mogu odrediti apsolutna i uvjetna konvergencija.
Definicija 9.
Naizmjenična serija σ k \u003d 1 ∞ b k k je apsolutno konvergira u slučaju kada je σ k \u003d 1 ∞ b k k k se također smatra konvergentnim.
Detaljno ćemo analizirati nekoliko karakterističnih opcija.
Primjer 2.
Ako reda 6 - 3 + 3 2 - 3 4 + 3 8 - 3 16 +. , , i 6 + 3 - 3 2 + 3 4 + 3 8 - 3 16 +. , , Definirano kao konvergiranje, to je točno pretpostaviti da je 6 + 3 + 3 2 + 3 4 + 3 8 + 3 16 +. , ,
Definicija 10.
Naizmjenična serija σ k \u003d 1 ∞ b k k k k se smatra uvjetno konvergentnim ako je σ k \u003d 1 ∞ B se daje, a raspon σ k \u003d 1 ∞ B K k se smatra konvergiranjem.
Primjer 3.
Detaljno analiziramo varijantu σ k \u003d 1 ∞ (- 1) K + 1 K \u003d 1 - 1 2 + 1 3 - 1 4 +. , , , Serija σ k \u003d 1 ∞ (- 1) K + 1 k \u003d σ k \u003d 1 ∞ 1 k, koji se sastoji od apsolutnih vrijednosti, definira se kao razmatranje. Ova se opcija smatra konvergirajućim, jer je lako odrediti. Iz ovog primjera učimo da serija σ k \u003d 1 ∞ (- 1) K + 1 K \u003d 1 - 1 2 + 1 3 - 1 4 +. , , Smatrat će se uvjetno konvergentnim.
Značajke konvergiranja serije
Analiziramo nekretnine za određene slučajeve
- Ako je σ k \u003d 1 ∞ a k će se konvergirati, onda serija σ k \u003d m + 1 ∞ a K je također prepoznat kao konvergentna. Može se uočiti da je red bez M. Članovi se također smatraju konvergentnim. U slučaju da dodati na σ k \u003d m + 1 ∞ a k više brojeva, rezultirajući rezultat će također biti konvergiran.
- Ako je σ k \u003d 1 ∞ a k konvergira i sum \u003d S., zatim serija σ k \u003d 1 ∞ a K, σ k \u003d 1 ∞ a k \u003d a · s, gdje A. -konstantno.
- Ako je σ k \u003d 1 ∞ a K i σ k \u003d 1 ∞ B K K su konvergentni, količine A. i B.također, zatim redovi σ k \u003d 1 ∞ a K + B K i σ K \u003d 1 ∞ A K-B K se također konvergiraju. Iznose će biti jednaki A + B. i A - B. odnosno.
Odredite da serija konvergira σ k \u003d 1 ∞ 2 3 K · K3.
Promijenite ekspresiju σ k \u003d 1 ∞ 2 3 K · K3 \u003d σ k \u003d 1 ∞ 2 3 · 1 K 4 3. Serija σ k \u003d 1 ∞ 1 K 4 3 se smatra konvergiranjem, jer serija σ k \u003d 1 ∞ 1 K s konvergira kada S\u003e 1., U skladu s drugom imovinom, σ k \u003d 1 ∞ 2 3 · 1 K 4 3.
Primjer 5.
Odredite je li serija σ n \u003d 1 ∞ 3 + n n 5 2 konvergira.
Mi transformiramo izvornu opciju σ n \u003d 1 ∞ 3 + n n 5 2 \u003d σ n \u003d 1 ∞ 3 N 5 2 + n n 2 \u003d σ n \u003d 1 ∞ 3 N 5 2 + σ n \u003d 1 ∞ 1 n 2.
Dobivamo sumu σ n \u003d 1 ∞ 3 N 5 2 i σ n \u003d 1 ≈ 1 n 2. Svaka serija je prepoznata kao konvergentna prema imovini. Dakle, kako se redovima slažu, i početna verzija.
Primjer 6.
Izračunajte, je li serija 1 6 + 1 2 - 2 + 1 4 - 2 3 + 1 8 - 2 9 +. , , i izračunati iznos.
Navedite izvornu opciju:
1 - 6 + 1 2 - 2 + 1 4 - 2 3 + 1 8 - 2 9 +. , , \u003d 1 + 1 2 + 1 4 + 1 8 +. , , - 2 · 3 + 1 + 1 3 + 1 9 +. , , \u003d \u003d Σ k \u003d 1 ∞ 1 2 K - 1 - 2 · σ k \u003d 1 ∞ 1 3 K - 2
Svaka serija konvergira, kao što je to jedan od članova numerička slijeda, Prema trećoj imovini, možemo izračunati da je početna verzija također konvergira. Izračunavamo iznos: prvi mandat retka σ k \u003d 1 ∞ 1 2 K - 1 \u003d 1, i apominator \u003d 0. 5, nakon čega slijedi, σ k \u003d 1 ∞ 1 2 K - 1 \u003d 1 1 - 0. 5 \u003d 2. Prvi pojam σ k \u003d 1 ∞ 1 3 K - 2 \u003d 3 i nazivnik smanjene numeričke sekvence \u003d 1 3. Dobivamo: σ k \u003d 1 ∞ 1 3 K - 2 \u003d 3 1 - 1 3 \u003d 9 2.
Koristite gore navedene izraze kako biste odredili količinu 1 - 6 + 1 2 - 2 + 1 4 - 2 3 + 1 8 - 2 9 +. , , \u003d Σ k \u003d 1 ∞ 1 2 K - 1 - 2 · σ k \u003d 1 3 K-2 \u003d 2 - 2 · 9 2 \u003d - 7
Nužan uvjet za određivanje je niz konvergentnih
Definicija 11.Ako serija σ k \u003d 1 ∞ a K je konvergentna, tada je njezina granica k-mo Član \u003d 0: lim k → + ∞ a k \u003d 0.
Ako provjerimo bilo koju opciju, morate ne zaboraviti na neophodno stanje. Ako se ne izvršava, redak se razlikuje. Ako lim k → + ∞ a k ≠ 0, onda je red ladiran.
Trebalo bi razjasniti da je stanje važno, ali ne dovoljno. Ako je jednakost lim K → + ∞ A K \u003d 0 se provodi, to ne osigurava da je σ k \u003d 1 ∞ a K je konvergentna.
Dajmo primjer. Za harmoničnu seriju σ k \u003d 1 ∞ 1 k, stanje se provodi lim K → + ∞ 1 K \u003d 0, ali redak je još uvijek preusmjeren.
Primjer 7.
Odredite konvergenciju σ n \u003d 1 ∞ n 2 l + n.
Provjerite početni izraz na implementaciji stanja Lim N → + ∞ N 2 1 + N \u003d LimN → + ∞ N2N2 1 N 2 + 1 N \u003d LIMN N → + ∞ 1 1 N 2 + 1 N \u003d 1 + 0 + 0 \u003d + ∞ 0
Ograničiti n-jedan Član nije jednak 0. Dokazali smo da se ova serija razlikuju.
Kako odrediti konvergenciju serije za poravnavanje.
Ako se neprestano koristi određene znakove, morat ćete stalno izračunati granice. Ovaj odjeljak će pomoći izbjeći poteškoće tijekom rješavanja primjera i zadataka. Kako bi se odredila konvergencija poravnatelje, postoji određeni uvjet.
Za konvergenciju poravnanja, σ k \u003d 1 ∞ a K, K\u003e 0 ∀ K \u003d 1, 2, 3 ,. , , Potrebno je odrediti ograničen slijed količina.
Kako usporediti redove
Postoji nekoliko znakova usporedbe redaka. Usporedimo broj, čiji se konvergencija predlaže kako bi se utvrdilo, s tom blizu, konvergencija je poznata.
Prva značajka
Σ k \u003d 1 ∞ a k i σ k \u003d 1 ∞ b k - poravnavanje redaka. Nejednakost A K ≤ B k je važeći k \u003d 1, 2, 3, ... Iz toga slijedi da iz reda σ k \u003d 1 ∞ b k možemo dobiti σ k \u003d 1 ∞ a k. Budući da je σ k \u003d 1 ∞ a k se rasprši, zatim se definira raspon σ k \u003d 1 ∞ b k k k k k.
Ovo se pravilo neprestano koristi za rješavanje jednadžbi i ozbiljan argument koji će pomoći u određivanju konvergencije. Poteškoće mogu biti da odaberete odgovarajući primjer za usporedbu mogu se naći daleko od svakog slučaja. Vrlo često broj se odabire prema načelu prema kojem je indikator k-mo Član će biti jednak rezultat oduzimanja pokazatelja stupnja numeratora i nazivnika k-mo Član serije. Pretpostavimo da će K \u003d K2 + 3 4 K2 + 5, razlika biti jednaka 2 – 3 = - 1 , U tom slučaju, može se utvrditi da je za usporedbu potreban broj s k - Član B K \u003d K - 1 \u003d 1 K, koji je skladan.
Kako bi se osigurao dobiveni materijal, detaljno razmotrite par tipičnih opcija.
Primjer 8.
Odredite što je serija σ k \u003d 1 ∞ 1 k - 1 2.
Od granice \u003d 0 lim K → + ∞ 1 K - 1 \u003d 0, izvodili smo preduvjet, Nejednakost će biti poštena 1 k< 1 k - 1 2 для k,koji su prirodni. Od prethodnih paragrafa, saznali smo da se harmonična serija σ k \u003d 1 ∞ 1 k je lagana. Prema prvom liku, može se dokazati da je početna verzija divergentna.
Primjer 9.
Odredite je niz konvergentnih ili divergirajućih σ k \u003d 1 ∞ 1 K 3 + 3 K - 1.
U ovom primjeru provodi se nužan uvjet, jer lim K → + ∞ 1 K 3 + 3 K - 1 \u003d 0. Uvođenje 1 K 3 + 3 K - 1 u obliku nejednakosti< 1 k 3 для любого значения K., Serija σ k \u003d 1 ∞ 1 K3 je konvergentna, jer harmonijska serija σ k \u003d 1 ∞ 1 k s konvergira kada S\u003e 1., Prema prvom znaku, možemo zaključiti da je numerička serija konvergentna.
Primjer 10.
Odredite, je ono što je broj σ k \u003d 3 ∞ 1 k ln (ln k) je. Lim K → + ∞ 1 K ln (ln k) \u003d 1 + ∞ + ∞ \u003d 0.
U ovoj izvedbi možete označiti implementaciju željenog stanja. Definiramo red za usporedbu. Na primjer, σ k \u003d 1 ∞ 1 K s. Da bismo odredili što je jednak stupnju, navest ćemo sekvencu (ln k)), k \u003d 3, 4, 5. , , , Članovi sekvence ln (LN 3), ln (ln 4), ln (ln 5) ,. , , Povećava na neodređeno vrijeme. Nakon analize jednadžbe, može se primijetiti da uzimanje n \u003d 1619 kao vrijednost, zatim članovi slijeda\u003e 2. Za ovaj slijed, nejednakost 1 k ln (ln k) će biti istinita< 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.
Drugi znak
Pretpostavimo da je σ k \u003d 1 ∞ a k i σ k \u003d 1 ∞ b k k k k k k k k k ∞
Ako lim K → + ∞ A K B K ≠, onda je raspon σ k \u003d 1 ∞ b k K converges, i σ k \u003d 1 ∞ a K konvergira kao dobro.
Ako je lim K → + ∞ A K B K ≠ 0, budući da serija σ k \u003d 1 ∞ B K K je raspršena, zatim σ k \u003d 1 ∞ A K je također preusmjeren.
Ako lim k → + ∞ a k b ≠ i lim i lim k → + ∞ a k b ≈ 0, zatim konvergencija ili divergencija retka znači konvergencija ili divergencija drugog.
Razmotrite σ k \u003d 1 ∞ 1 K 3 + 3 K - 1 koristeći drugu značajku. Za usporedbu σ k \u003d 1 ∞ b k, uzimamo red σ k \u003d 1 ∞ 1 K 3. Definiramo granicu: lim K → + ∞ A K B \u003d lim K → + ∞ 1 K 3 + 3 K - 1 1 K3 \u003d LEM K → + ∞ K 3 K 3 + 3 K - 1 \u003d 1
Prema drugoj osobi, može se utvrditi da je niz σ k \u003d 1 ∞ 1 K3 je naznačeno da se i početna opcija također konvergira.
Primjer 11.
Odredite što je serija σ n \u003d 1 ∞ K 2 + 3 4 K 3 + 5.
Analiziramo potrebne uvjete lim K → ∞ K2 + 3 4 K 3 + 5 \u003d 0, koji se izvodi u ovoj izvedbi. Prema drugoj osobi, uzimamo broj σ k \u003d 1 ∞ 1 k. Tražimo granicu: lim K → + ∞ K2 + 3 4 K 3 + 5 1 1 K \u003d LEM K → + ∞ K 3 + 3 K 4 K 3 + 5 \u003d 1 4
Prema gore navedenim tezama, dosljedni redak podrazumijeva divergenciju izvorne serije.
Treći znak
Razmotrite treći znak usporedbe.
Pretpostavimo da je σ k \u003d 1 ∞ a K i _ σ k \u003d 1 ∞ B K k je poravnate brojčane redove. Ako se stanje izvodi za određeni broj K + 1 K ≤ B K + 1 B K, zatim konvergencija ove serije σ k \u003d 1 ∞ b k k znači da serija σ k \u003d 1 ∞ a K također konvergira. Sastoji se od serije σ k \u003d 1 ∞ a k podrazumijeva divergenciju σ k \u003d 1 ∞ b k.
Znak dalambera
Zamislite da je σ k \u003d 1 ∞ a k je numerička serija za označavanje. Ako lim k → + ∞ a k + 1 a k< 1 , то ряд является сходящимся, если lim k → + ∞ a k + 1 a k > 1, zatim divergentni.
Napomena 1.
Znak dalambera vrijedi ako je granica beskonačna.
Ako lim K → + ∞ A K + 1 A K \u003d - ∞, tada serija konvergira ako lim k → ∞ a K + 1 a k \u003d + ∞, zatim divergentni.
Ako lim K → + ∞ A K + 1 K \u003d 1, znak dalambera neće pomoći i trebati potrošiti još više studija.
Primjer 12.
Odredite, je niz konvergentnih ili divergentnih σ k \u003d 1 ∞ 2 K + 1 2 K na temelju dalambera.
Potrebno je provjeriti je li obavljanje potrebnog uvjeta za konvergenciju. Mi izračunavamo granicu pomoću lopitalnog pravila: lim K → + ∞ 2 K + 1 2 K \u003d ∞ \u003d Lim K → + ∞ 2 K + 1 "2 K" \u003d lim K → + ∞ 2 2 k · ln 2 \u003d 2 + · ln 2 \u003d 0
Možemo vidjeti da se stanje izvodi. Koristimo znak dalambera: lim K → + ∞ \u003d lim k → + ∞ 2 (k + 1) + 1 2 K + 1 2 K + 1 2 K \u003d 1 2 lim K → + ∞ 2 K + 3 2 k + 1 \u003d 12< 1
Broj je konvergentan.
Primjer 13.
Odrediti, je niz diverging σ k \u003d 1 ∞ K K K K K K K K K ,
Koristimo znak dalambera kako bismo odredili veličinu serije: lim K → + ∞ A K + 1 A K \u003d LEM K → + ∞ (K + 1) K + 1 (k + 1)! K K K! \u003d Lim K → + ∞ (K + 1) K + 1 · K! K k · (k + 1)! \u003d Lim K → + ∞ (K + 1) k + 1 kk · (k + 1) \u003d \u003d lim K → + ∞ (k + 1) kkk \u003d lim k → + ∞ K + 1 kk \u003d lim k → + ∞ 1 + 1 kk \u003d e\u003e 1
Prema tome, red je divergentni.
Kauchy radikalni znak
Pretpostavimo da je σ k \u003d 1 ∞ a k je znakovi pozitivna serija. Ako lim k → + ∞ a k k< 1 , то ряд является сходящимся, если lim k → + ∞ a k k > 1, zatim divergentni.
Napomena 2.
Ako lim k → + ∞ K k \u003d 1, ova značajka ne daje nikakve informacije - potrebna je dodatna analiza.
Ova se značajka može koristiti u primjerima koji su jednostavni za određivanje. Slučaj će biti karakterističan kada je član numeričke serije značajan izraz.
Kako bi se osigurali dobivene informacije, razmotrite nekoliko karakterističnih primjera.
Primjer 14.
Odredite je li znak σ k \u003d 1 ∞ 1 (2 K + 1) K na konvergentu.
Smatra se da je potrebno uvjet, budući da je lim K → + ∞ 1 (2 K + 1) k \u003d 1 + ∞ + ∞ \u003d 0.
Prema gore navedenom znaku, dobivamo lim K → + ∞ K k \u003d lim K → + ∞ 1 (2 K + 1) k \u003d lim K → + ∞ 1 2 K + 1 \u003d 0< 1 . Данный ряд является сходимым.
Primjer 15.
Su numerička serija σ k \u003d 1 ∞ 1 3 K · 1 + 1 K K2 konvergiraj.
Koristimo značajku opisanu u prethodnom odlomku MEM K → + ∞ 1 3 K · 1 + 1 K 2 K \u003d 1 3 · lim k → + ∞ 1 + 1 k \u003d e 3< 1 , следовательно, числовой ряд сходится.
Integralni znak Cauchy
Pretpostavimo da je σ k \u003d 1 ∞ a k je znak pripravnosti. Potrebno je odrediti funkciju kontinuiranog argumenta y \u003d f (x)koji se podudaraju s n \u003d f (n). Ako a y \u003d f (x)više nula, ne prekida i smanjuje se [a; + ∞), gdje je ≥ 1
Zatim u slučaju uključeni integralni A + ∞ F (X) D X je konvergentan, a zatim seriju i dotična serija također konvergira. Ako se odstupi, u primjeru primjera, redak se također razlikuje.
Prilikom provjere smanjenja funkcije može se koristiti materijal koji se razmatra na prethodnim lekcijama.
Primjer 16.
Razmotrite primjer σ k \u003d 2 ∞ 1 k · ln k za konvergenciju.
Smatra se da je stanje konvergencije retka, budući da je lim K → + ∞ 1 k \u003d ln k \u003d 1 + ∞ \u003d 0. Razmislite y \u003d 1 x · ln x. Veća je od nule, ne prekida i smanjuje se na [2; + ∞). Poznato je da su prve dvije točke poznate, ali treći bi trebao biti zaustavljen detaljnije. Pronađite derivat: y "\u003d 1 x · ln x" \u003d X · ln X 2 \u003d ln X + X · 1 XX · ln X 2 \u003d - LN X + 1 X · LN X 2. To je Manje od nule na [2; + ∞). To dokazuje tezu da se funkcija spušta.
Zapravo, funkcija Y \u003d 1 X · LN X odgovara znakovima načela koje smo razmotrili gore. Koristimo ga: ∫ 2 + ∞ dxx · ln x \u003d lim A → + ∞ 2 a d (ln x) ln x \u003d lim A → + ∞ ln (ln x) 2 a \u003d \u003d lim A → + l (ln (ln (ln (ln (ln (ln a) - ln (ln 2)) \u003d ln (ln (+))) - ln (ln 2) \u003d + ∞
Prema dobivenim rezultatima, početni primjer je podijeljen, jer je nepromjenjiv integral divergentan.
Primjer 17.
Dokazati konvergencija retka σ k \u003d 1 ∞ 1 (10 K - 9) (ln (5 K + 8)) 3.
Od lim K → + ∞ 1 (10 K - 9) (ln (5 K + 8)) 3 \u003d 1 + ∞ \u003d 0, tada se smatra da je stanje napravljeno.
Počevši od k \u003d 4, ispravan ekspresij 1 (10 K - 9) (ln (5 K + 8)) 3< 1 (5 k + 8) (ln (5 k + 8)) 3 .
Ako serija σ k \u003d 4 ∞ 1 (5 K + 8) (ln (5 K + 8)) 3 će se smatrati konvergentnim, zatim, prema jednom od načela usporedbe, broj σ k \u003d 4 ∞ 1 ( 10 K - 9) (ln (5 K + 8)) 3 će se također smatrati konvergentnim. Dakle, moći ćemo utvrditi da je početni izraz također konvergiran.
Okrećemo se na dokaz σ k \u003d 4 ∞ 1 (5 K + 8) (ln (5 K + 8)) 3.
Budući da je funkcija Y \u003d 1 5 X + 8 (ln (5 x 8)) 3 je veća od nule, ne prekida se i smanjuje na [4; + ∞). Koristimo značajku opisanu u prethodnom stavku:
∫ 4 + ∞ DX (5 x + 8) (ln (5 x + 8)) 3 \u003d Lim A → + ∞ 4 A DX (5 x + 8) (ln (5 x + 8)) 3 \u003d 1 5 · Lim A → + ∫ 4 oglasa (ln (5 x + 8) (ln (5 x + 8)) 3 \u003d - 1 10 · lim A → + ∞ 1 (ln (5 x + 8)) 2 | A \u003d \u003d - 1 10 · lim A → + ∞ 1 (ln (5 · A + 8)) 2 - 1 (ln (5 · 4 + 8)) 2 \u003d - 1 10 · 1 + ∞ - 1 (ln 28 ) 2 \u003d 1 10 · ln 28 2
U dobivenoj konvergiranoj seriji, ∫ 4 + ∞ DX (5 x + 8) (ln (5 x + 8)) 3, može se odrediti da je σ k \u003d 4 ∞ 1 (5 K + 8) (ln (5 k) + 8)) 3 također konvergira.
Znak rabe
Pretpostavimo da je σ k \u003d 1 ∞ a k je znakovi pozitivna numerička serija.
Ako lim k → + ∞ k · a K K + 1< 1 , то ряд расходится, если lim k → + ∞ k · a k a k + 1 - 1 > 1, ona konvergira.
Ova metoda određivanja može se koristiti ako gore opisana tehnika ne daje vidljive rezultate.
Istraživanje o apsolutnoj konvergenciji
Za studiju uzimamo σ k \u003d 1 ∞ b k. Koristite poravnanje σ k \u003d 1 ∞ b k. Možemo koristiti bilo koji od odgovarajućih znakova koje smo opisali gore. Ako serija σ k \u003d 1 ∞ B konvergira, početni raspon je apsolutno konvergentan.
Primjer 18.
Istražite seriju σ K \u003d 1 ∞ (- 1) K 3 K 3 + 2 K - 1 na konvergenciji σ k \u003d 1 ∞ (- 1) K 3 K 3 + 2 K - 1 \u003d σ K \u003d 1 ∞ 1 3 K 3 + 2 K - 1.
Stanje se izvodi lim K → + ≈ 1 3 K 3 + 2 K - 1 \u003d 1 + ∞ \u003d 0. Koristite σ k \u003d 1 ∞ 1 ∞ 1 k 3 2 i koristimo drugu značajku: lim K → + ∞ 1 3 K 3 + 2 K - 1 1 K 3 2 \u003d 1 3.
Serija σ k \u003d 1 ∞ (- 1) K 3 K 3 + 2 K - 1 konvergira. Izvorni redak je također apsolutno kreće.
Divergencija alternativnih redovima
Ako se smanjuje serija σ k \u003d 1 ∞ b k k k k k k \u003d alternativni raspon σ k \u003d 1 ∞ b k k k k k ∞ ili uvjetno pomicanje.
Samo znak dalambera i radikalnog znaka Cauchy pomoći će privući zaključke o σ k \u003d 1 ∞ b k duž divergencije modula σ k \u003d 1 ∞ b k. Serija σ k \u003d 1 ∞ b je također diverzirana ako je potrebno stanje konvergencije nije ispunjeno, to jest, ako lim k → ∞ + b k ≠ 0.
Primjer 19.
Provjerite divergence 1 7, 2 7 2, - 6 7 3, 24 7 4, 120 7 5 - 720 7 6 ,. , , ,
Modul k-mo Član je predstavljen kao b k \u003d k! 7 k.
Istražimo seriju σ k \u003d 1 ∞ b k \u003d σ k \u003d 1 ∞ k! 7 K za konvergenciju na temelju dalambera: lim K → + ∞ B K + 1 B K \u003d Lim K → + ∞ (K + 1)! 7 K + 1 K! 7 K \u003d 1 7 · lim K → + ∞ (K + 1) \u003d + ∞.
Σ k \u003d 1 ∞ b k \u003d σ k \u003d 1 ∞ k! 7 K razlikuju na isti način kao i izvorna opcija.
Primjer 20.
Je σ k \u003d 1 ∞ (- 1) k · k 2 + 1 ln (k + 1) konvergentan.
Razmislite o traženom stanju lim K → + ∞ BK \u003d lim K → + ∞ K2 + 1 ln (K + 1) \u003d ∞ \u003d Lim K → + ∞ \u003d K 2 + 1 "(ln (k + 1)) "\u003d \u003d Lim K → + ∞ 2 K 1 K + 1 \u003d Lim K → + ∞ 2 K (k + 1) \u003d + ∞. Stanje nije ispunjeno, stoga je σ k \u003d 1 ∞ (- 1) k · k 2 + 1 ln (k + 1) redak se daje. Limit je izračunata od strane pravila lopitala.
Znakovi za uvjetnu konvergenciju
Znak lebnitsa
Definicija 12.Ako članovi alkalnog reda smanje B1\u003e b2\u003e b3\u003e. , , \u003e. , , I granica modula \u003d 0 za k → + ∞, onda je raspon σ k \u003d 1 ∞ b K c konvergira.
Primjer 17.
Razmotrite σ k \u003d 1 ∞ (- 1) k 2 K + 1 5 K (k + 1) za konvergenciju.
Serija je predstavljena kao σ k \u003d 1 ∞ (- 1) K2 K + 1 5 K (K + 1) \u003d σ K \u003d 1 ∞ 2 K + 1 5 K (k + 1). Potreban uvjet provodi lim K → + ∞ \u003d 2 K + 1 5 K (K + 1) \u003d 0. Razmotriti σ k \u003d 1 ∞ 1 ∞ 1 K na drugom znaku usporedbe LEM K → + ∞ 2 K + 1 5 K (K + 1) 1 K \u003d Lim K → + ∞ 2 K + 1 5 (K + 1) \u003d 2 5
Dobivamo to σ k \u003d 1 ∞ (- 1) k 2 K + 1 5 K (K + 1) \u003d σ k \u003d 1 ∞ 2 K + 1 5 K (k + 1) se razlikuju. Serija σ k \u003d 1 ∞ (- 1) k 2 K + 1 5 K (K + 1) konvergira na temelju leibitusa: sekvenca 2 · 1 + 1 5 · l · 1 1 + 1 \u003d 3 10, 2 · 2 + 1 5 · 2 · (2 \u200b\u200b+ 1) \u003d 5 30, 2 · 3 + 1 5 · 3 · 3 + 1 ,. , , Lim K → + ∞ \u003d 2 K + 1 5 K (K + 1) \u003d 0.
Redak konvencionalno konvergira.
Znak Abel Dirichlet
Definicija 13.Σ k \u003d 1 + ∞ U K · v K converges ako (U K) ne povećava, a sekvenca σ k \u003d 1 + ∞ v k je ograničen.
Primjer 17.
Istražite 1 - 3 2 + 2 3 + 1 4 - 3 5 + 1 3 + 1 7 - 3 8 + 2 9 +. , , Za konvergenciju.
Zamisliti
1 - 3 2 + 2 3 + 1 4 - 3 5 + 1 3 + 1 7 - 3 8 + 2 9 +. , , \u003d 1 · 1 + 1 2 · (- 3) + 1 3 · 2 + 1 4 · 1 + 1 5 · (- 3) + 1 6 · \u003d \u003d σ k \u003d 1 ∞ U k · v k
gdje (U K) \u003d 1, 1 2, 1 3 ,. , , - ne radi, i sekvenca (V K) \u003d 1, - 3, 2, 1, - 3, 2 ,. , , Limited (S K) \u003d 1, - 2, 0, 1, - 2, 0 ,. , , , Broj konvergira.
Ako primijetite pogrešku u tekstu, odaberite ga i pritisnite Ctrl + Enter
Učitavam...