Znak za primerjavo konvergence integrala. Nepravilni integrali. Primerjalni izrek za neprave integrale

Izmenične vrste so vrste, katerih členi so izmenično pozitivni in negativni. . Najpogosteje se upoštevajo izmenične serije, v katerih se členi izmenjujejo eden za drugim: vsakemu pozitivu sledi negativ, vsakemu negativu pa pozitiv. Obstajajo pa izmenične vrste, v katerih se člani izmenjujejo po dva, tri in tako naprej.

Razmislite o primeru izmenične serije, katere začetek je videti takole:

3 − 4 + 5 − 6 + 7 − 8 + ...

in takoj splošna pravila zapisi izmeničnih vrstic.

Kot pri vsakem nizu morate za nadaljevanje danega niza podati funkcijo, ki določa skupni člen niza. V našem primeru je n + 2 .

Kako nastaviti menjavo znakov članov serije? Množenje funkcije z minus ena do neke stopnje. V kakšnem obsegu? Naj takoj poudarimo, da vsaka stopnja ne zagotavlja menjave znakov za pogoje serije.

Recimo, da želimo, da ima prvi člen izmeničnega niza pozitiven predznak, kot je primer v zgornjem primeru. Potem mora biti minus ena na potenco n− 1 . Začnite v ta izraz nadomeščati števila, ki se začnejo z ena, in dobili boste kot eksponent pri minus ena, sodo ali ne sodo število. To je to potreben pogoj izmenični znaki! Enak rezultat dobimo, ko n+ 1 . Če želimo, da ima prvi člen izmeničnega niza negativen predznak, potem lahko to niz definiramo tako, da funkcijo skupnega člena pomnožimo z ena na potenco n. Dobimo sodo število, liho število itd. Kot vidimo, je že opisan pogoj za menjavanje znakov izpolnjen.

Tako lahko zgornje izmenjujoče serije zapišemo v splošni obliki:

Za zamenjavo predznakov člana niza je lahko vsota potence minus ena n in vsako pozitivno ali negativno, sodo ali liho število. Enako velja za 3 n , 5n, ... To pomeni, da menjava predznakov članov izmenične serije zagotavlja stopnjo minus ena v obliki vsote n, pomnoženo s poljubnim lihim številom in poljubnim številom.

Katere potence pri minus ena ne zagotavljajo menjave znakov členov serije? Tisti, ki so prisotni v obliki n, pomnoženo s poljubnim sodim številom, ki mu je bilo dodano poljubno število, vključno z ničlo, sodo ali liho. Primeri indikatorjev takih stopenj: 2 n , 2n + 1 , 2n − 1 , 2n + 3 , 4n+ 3 ... Pri takšnih potencah, glede na to, kateremu številu dodamo en, pomnoženo s sodim številom, dobimo samo soda ali samo liha števila, kar pa, kot smo že ugotovili, ne podati menjavo znakov pogojev serije.

Izmenične serije - poseben primer izmenične serije . Izmenične vrste so vrste s členi poljubnih predznakov , torej tiste, ki so lahko pozitivne in negativne v poljubnem vrstnem redu. Primer izmenične serije:

3 + 4 + 5 + 6 − 7 + 8 − ...

Nato upoštevamo znake konvergence izmeničnih in izmeničnih serij. Pogojno konvergenco izmeničnih nizov znakov je mogoče ugotoviti z uporabo Leibnizovega testa. In za širši razpon serij – izmeničnih serij (vključno z izmeničnimi serijami) – velja merilo absolutne konvergence.

Konvergenca izmeničnih nizov znakov. Leibnizov test

Za serije izmeničnih predznakov velja naslednje merilo konvergence - Leibnizovo merilo.

Izrek (Leibnizov test). Niz konvergira in njegova vsota ne preseže prvega člena, če sta hkrati izpolnjena naslednja dva pogoja:

• absolutne vrednosti členov izmeničnega niza se zmanjšajo: u1 > u 2 > u 3 > ... > u n>...;
• omejitev njenega skupnega roka z neomejenim povečanjem n enako nič.

Posledica. Če vzamemo vsoto izmeničnega niza kot vsoto njegovih n izrazov, potem dovoljena napaka ne bo presegla absolutne vrednosti prvega zavrženega člena.

Primer 1. Raziščite konvergenco vrste

rešitev. To je izmenična serija. Absolutne vrednosti njegovih članov se zmanjšajo:

in meja skupnega roka

enako nič:

Oba pogoja Leibnizovega testa sta izpolnjena, zato vrsta konvergira.

Primer 2. Raziščite konvergenco vrste

rešitev. To je izmenična serija. Najprej dokažemo, da:

, .

če N= 1, potem za vse n > N neenakost 12 velja n − 7 > n. Po vrsti za vse n. Zato se členi serije zmanjšujejo v absolutni vrednosti. Poiščimo mejo splošnega člena serije (z uporabo L'Hopitalovo pravilo):

Meja skupnega izraza je nič. Oba pogoja Leibnizovega testa sta izpolnjena, zato je odgovor na vprašanje konvergence pozitiven.

Primer 3. Raziščite konvergenco vrste

rešitev. Glede na izmenično serijo. Ugotovimo, ali je izpolnjen prvi pogoj Leibnizovega kriterija, to je zahteva. Da je zahteva izpolnjena, je potrebno, da

Poskrbeli smo, da je zahteva izpolnjena za vse n > 0 . Leibnizovo prvo merilo je izpolnjeno. Poiščimo mejo splošnega izraza serije:

.

Meja ni nič. Tako drugi pogoj Leibnizovega kriterija ni izpolnjen, zato konvergenca ne pride v poštev.

Primer 4. Raziščite konvergenco vrste

rešitev. V tej seriji dvema negativnima izrazoma sledita dva pozitivna. Tudi ta serija je izmenična. Ugotovimo, ali je prvi pogoj Leibnizovega testa izpolnjen.

Zahteva je izpolnjena za vse n > 1 . Leibnizovo prvo merilo je izpolnjeno. Ugotovimo, ali je meja splošnega člena enaka nič (z uporabo L'Hopitalovega pravila):

.

Dobili smo ničlo. Tako sta oba pogoja Leibnizovega kriterija izpolnjena. Dogaja se konvergenca.

Primer 5. Raziščite konvergenco vrste

rešitev. To je izmenična serija. Ugotovimo, ali je prvi pogoj Leibnizovega testa izpolnjen. Ker

,

Ker n ≥ 0 , nato 3 n+ 2 > 0 . Po vrsti za vse n, Zato . Posledično se členi vrste zmanjšajo v absolutni vrednosti. Leibnizovo prvo merilo je izpolnjeno. Ugotovimo, ali je meja splošnega člena serije enaka nič (z uporabo L'Hopitalovega pravila):

.

Dobili smo vrednost nič. Oba pogoja Leibnizovega testa sta izpolnjena, zato ta vrsta konvergira.

Primer 6. Raziščite konvergenco vrste

rešitev. Ugotovimo, ali je za to izmenično serijo izpolnjen prvi pogoj Leibnizovega testa:

Členi serije padajo v absolutni vrednosti. Leibnizovo prvo merilo je izpolnjeno. Ugotovimo, ali je meja skupnega člena enaka nič:

.

Meja skupnega izraza ni nič. Drugi pogoj Leibnizovega kriterija ni izpolnjen. Zato se ta serija razlikuje.

Leibnizov test je znak pogojna konvergenca vrstica. To pomeni, da se sklepi o konvergenci in divergenci izmeničnih serij, obravnavanih zgoraj, lahko dopolnijo: te serije konvergirajo (ali razhajajo) pogojno.

Absolutna konvergenca izmeničnih nizov

Naj vrstica

– izmenično znamenje. Razmislimo o seriji, sestavljeni iz absolutnih vrednosti njenih članov:

Opredelitev. Za niz pravimo, da je absolutno konvergenten, če niz, sestavljen iz absolutnih vrednosti njegovih članov, konvergira. Če se izmenična vrsta konvergira in serija, sestavljena iz absolutnih vrednosti njenih članov, razhaja, se taka izmenična serija imenuje pogojno ali neabsolutno konvergentno .

Izrek.Če vrsta konvergira absolutno, potem konvergira pogojno.

Primer 7. Ugotovite, ali niz konvergira

rešitev. Tej seriji poleg pozitivnih izrazov ustreza serija To posplošen harmonski niz, v kateri , zato se serija razhaja. Preverimo, ali so izpolnjeni pogoji Leibnizovega testa.

Zapišimo absolutne vrednosti prvih petih členov serije:

.

Kot lahko vidimo, se členi serije zmanjšujejo v absolutni vrednosti. Leibnizovo prvo merilo je izpolnjeno. Ugotovimo, ali je meja skupnega člena enaka nič:

Dobili smo vrednost nič. Oba pogoja Leibnizovega testa sta izpolnjena. To pomeni, da po Leibnizovem kriteriju pride do konvergence. In ustrezna serija s pozitivnimi izrazi se razlikuje. Zato ta vrsta pogojno konvergira.

Primer 8. Ugotovite, ali niz konvergira

absolutno, pogojno ali razhaja.

rešitev. Temu nizu poleg pozitivnih členov ustreza niz To je posplošen harmonični niz, v katerem se torej niz razhaja. Preverimo, ali so izpolnjeni pogoji Leibnizovega testa.

Vrsti

Naj bo dana serija ∑ a n (\displaystyle \sum a_(n)) in α = lim ¯ n → ∞ ⁡ | a n |

n (\displaystyle \alpha =\varlimsup _(n\to \infty )(\sqrt[(n)](|a_(n)|))) . Potem in Trditev o konvergenci v Cauchyjevem in d'Alembertovem testu je izpeljana iz primerjave z geometrijsko progresijo (z imenovalci lim ¯ n → ∞ ⁡ |

a n + 1 a n |

(\displaystyle \varlimsup _(n\to \infty )\levo|(\frac (a_(n+1))(a_(n)))\desno|)

Naj bo dana serija α (\displaystyle \alpha ) oziroma), o razhajanju - iz dejstva, da se skupni člen serije ne nagiba k ničli. Cauchyjev test je močnejši od D'Alembertovega testa v smislu, da če D'Alembertov test kaže na konvergenco, potem Cauchyjev test kaže na konvergenco; če Cauchyjev test ne omogoča sklepanja o konvergenci, potem tudi D'Alembertov test ne omogoča sklepanja; Obstajajo serije, za katere Cauchyjev test kaže konvergenco, D'Alembertov test pa ne kaže konvergence. Integralni Cauchy-Maclaurinov test

∑ n = 1 ∞ a n , a n ⩾ 0 (\displaystyle \sum _(n=1)^(\infty )a_(n),a_(n)\geqslant 0) in funkcijo f (x) : R → R (\displaystyle f(x):\mathbb (R) \to \mathbb (R) ) tako da: Potem serija ∑ n = 1 ∞ a n (\displaystyle \sum _(n=1)^(\infty )a_(n))

in integralni

Naj bo dana serija ∑ a n (\displaystyle \sum a_(n)), ∫ 1 ∞ f (x) d x (\displaystyle \int \limits _(1)^(\infty )f(x)dx) in konvergirajo ali razhajajo hkrati in.

∀ k ⩾ 1 ∑ n = k ∞ a n ⩾ ∫ k ∞ f (x) d x ⩾ ∑ n = k + 1 ∞ a n (\displaystyle \forall k\geqslant 1\ \sum _(n=k)^(\infty )a_(n)\geqslant \int \limits _(k)^(\infty )f(x)dx\geqslant \sum _(n=k+1)^(\infty )a_(n))

Raabejev znak

a n > 0 (\displaystyle a_(n)>0)

R n = n (a n a n + 1 − 1) (\displaystyle R_(n)=n\left((\frac (a_(n))(a_(n+1)))-1\desno)) Raabejev test temelji na primerjavi s posplošenim harmonskim nizom. Za to vrstico:

Tako Cauchyjev test kaže na konvergenco, medtem ko D'Alembertov test ne omogoča sklepanja.

R n = n (a n a n + 1 − 1) (\displaystyle R_(n)=n\left((\frac (a_(n))(a_(n+1)))-1\desno)) ∑ n = 1 ∞ 2 n − (− 1) n (\displaystyle \sum _(n=1)^(\infty )2^(n-(-1)^(n)))

Tako Cauchyjev test kaže na razhajanje, medtem ko D'Alembertov test ne omogoča sklepanja.

Vrsti ∑ n = 1 ∞ 1 n α (\displaystyle \sum _(n=1)^(\infty )(\frac (1)(n^(\alpha )))) konvergira pri α > 1 (\displaystyle \alpha >1) in se razhaja pri α ⩽ 1 (\displaystyle \alpha \leqslant 1) vendar:

Tako nam Cauchyjeva in d'Alembertova znamenja ne omogočajo sklepanja.

Vrsti ∑ n = 1 ∞ (− 1) n n (\displaystyle \sum _(n=1)^(\infty )(\frac ((-1)^(n))(n))) konvergira pogojno po Leibnizovem kriteriju, vendar ne absolutno, saj harmonični niz ∑ n = 1 ∞ |(− 1) n n |

= ∑ n = 1 ∞ 1 n (\displaystyle \sum _(n=1)^(\infty )\left|(\frac ((-1)^(n))(n))\right|=\sum _(n=1)^(\infty )(\frac (1)(n))) razhaja., je neomejen v levi okolici točke b (\displaystyle b). Nepravilni integral druge vrste ∫ a b f (x) d x (\displaystyle \int \limits _(a)^(b)f(x)dx) klical absolutno konvergentno.

, če integral konvergira

∫ a b |

f(x) |

d x (\displaystyle \int \limits _(a)^(b)|f(x)|dx)

Zdaj bomo prešli na študij serij, katerih člani so realna števila katerega koli predznaka.

Definicija 1. Poklicali bomo vrsto

absolutno konvergentna, če serija konvergira

Upoštevajte, da ta definicija ne pove ničesar o tem, ali naj bi vrsta (1.49) sama konvergirala. Izkazalo se je, da bi bila takšna predpostavka nepotrebna, saj je resničen naslednji izrek.

Izrek 1.9. Konvergenca vrst (1.50) implicira konvergenco vrst (1.49).

Dokaz. Uporabimo Cauchyjev kriterij za vrsto (tj. izrek 1.1). Dokazati je treba, da za vsako število obstaja takšno število, da za vsa števila, ki izpolnjujejo pogoj, in za vsako naravno število velja naslednja neenakost:

Popravimo katero koli. Ker niz (1.50) konvergira, potem po izreku 1.1 obstaja takšno število, da za vsa števila, ki izpolnjujejo pogoj, in za vsako naravno število velja naslednja neenakost:

Ta vrsta absolutno konvergira, ker ko vrsta (1.33) konvergira.

Navedimo primer pogojno konvergentne serije. Dokažimo pogojno konvergenco vrste

Ker se ustrezna serija modulov (harmonična serija), kot že vemo, razhaja, je za dokazovanje pogojne konvergence serije (1.54) dovolj dokazati, da ta serija konvergira. Dokažimo, da vrsta (1.54) konvergira k številu . V odstavku 2 § 9 pogl. 6 del 1 smo dobili razgradnjo po Maclaurinovi formuli funkcije

Tam smo za vse x iz odseka dobili naslednjo oceno preostalega člena.