Zašto se serija 1 n razilazi? Zbir serije. Neke vrijednosti parcijalne sume
Postoji nekoliko načina za provjeru konvergencije niza. Prvo, možete jednostavno pronaći zbir serije. Ako kao rezultat dobijemo konačan broj, onda ovo serija konvergira. Na primjer, jer
tada se niz konvergira. Ako nismo bili u mogućnosti da pronađemo zbir niza, onda bismo trebali koristiti druge metode da provjerimo konvergenciju niza.
Jedna takva metoda je d'Alambertov znak
ovdje i redom su n-ti i (n+1)-ti članovi niza, a konvergencija je određena vrijednošću D: Ako je D< 1 - ряд сходится, если D >
Kao primjer, proučavamo konvergenciju niza koristeći d'Alembertov test. Prvo, zapišimo izraze za i . Sada pronađimo odgovarajuću granicu:
Pošto, u skladu sa d'Alembertovim testom, red konvergira.
Druga metoda za provjeru konvergencije niza je radikalni Cauchyjev znak, koji je napisan na sljedeći način:
ovdje je n-ti član niza, a konvergencija, kao u slučaju d'Alembertovog testa, određena je vrijednošću D: Ako je D< 1 - ряд сходится, если D >1 - divergira. Kada je D = 1, ovaj znak ne daje odgovor i potrebno je dodatno istraživanje.
Kao primjer, proučavamo konvergenciju niza koristeći radikalni Cauchy test. Prvo, zapišimo izraz za . Sada pronađimo odgovarajuću granicu:
Budući da title="15625/64>1"> , u skladu sa radikalnim Cauchy testom, niz se razilazi.
Vrijedi napomenuti da, uz navedene, postoje i drugi znaci konvergencije redova, kao što su integralni Cauchyjev test, Raabeov test itd.
Naš online kalkulator, izgrađen na bazi Wolfram Alpha sistema, omogućava vam da testirate konvergenciju serije. Štaviše, ako kalkulator proizvede određeni broj kao zbir niza, tada se niz konvergira. Inače, morate obratiti pažnju na stavku “Test konvergencije serije”. Ako je prisutan izraz „serija konvergira“, tada se niz konvergira. Ako je prisutna fraza „serija se divergira“, tada se serija divergira.
Ispod je prijevod svih mogućih značenja stavke "Test konvergencije serije":
| Tekst uključen engleski jezik | Tekst na ruskom |
|---|---|
| Testom harmonijskog niza, serija divergira. | Kada se uporedi serijal koji se proučava sa harmonijskim nizom, originalni niz se razlikuje. |
| Test omjera je inkluzivan. | D'Alembertov test ne može dati odgovor o konvergenciji niza. |
| Root test je inkluzivan. | Radikalni Cauchy test ne može dati odgovor o konvergenciji serije. |
| Testom poređenja, niz konvergira. | Poređenja radi, serija konvergira |
| Testom omjera, niz konvergira. | Prema d'Alembertovom testu, niz konvergira |
| Po graničnom testu, serija se razilazi. | Na osnovu činjenice da title="Granica n-tog člana serije za n->oo nije jednaka nuli ili ne postoji"> , или указанный предел не существует, сделан вывод о том, что ряд расходится. !} |
Harmonične serije- zbir sastavljen od beskonačnog broja članova, recipročnih uzastopnih brojeva prirodni raspon :
∑ k = 1 ∞ 1 k = 1 + 1 2 + 1 3 + 1 4 + ⋯ + 1 k + ⋯ (\displaystyle \sum _(k=1)^(\mathcal (\infty))(\frac (1 )(k))=1+(\frac (1)(2))+(\frac (1)(3))+(\frac (1)(4))+\cdots +(\frac (1) (k))+\cdots ).Enciklopedijski YouTube
1 / 5
✪ Brojne serije. Osnovni pojmovi - bezbotvy
✪ Dokaz divergencije harmonijskog niza
✪ Broj serije-9. Konvergencija i divergencija Dirichletovog reda
✪ Konsultacije br. 1. Mat. analiza. Fourierov red u trigonometrijskom sistemu. Najjednostavnija svojstva
✪ RANKS. Pregled
Titlovi
Zbir prvih n članova niza
Pojedini članovi serije teže nuli, ali njihov zbir se razlikuje. nth djelomični iznos s n harmonijskog niza naziva se n-ti harmonijski broj:
s n = ∑ k = 1 n 1 k = 1 + 1 2 + 1 3 + 1 4 + ⋯ + 1 n (\displaystyle s_(n)=\sum _(k=1)^(n)(\frac (1 )(k))=1+(\frac (1)(2))+(\frac (1)(3))+(\frac (1)(4))+\cdots +(\frac (1) (n)))Neke vrijednosti parcijalnog zbira
| s 1 = 1 s 2 = 3 2 = 1 , 5 s 3 = 11 6 ≈ 1.833 s 4 = 25 12 ≈ 2.083 s 5 = 137 60 ≈ 2.283 (\displaystyle (\begin(matrix)&=&1_ \\\\s_(2)&=&(\frac (3)(2))&=&1(,)5\\\\s_(3)&=&(\frac (11)(6))& \cca &1(,)833\\\\s_(4)&=&(\frac (25)(12))&\cca &2(,)083\\\\s_(5)&=&(\frac (137)(60))&\cca &2(,)283\end(matrica))) | s 6 = 49 20 = 2,45 s 7 = 363,140 ≈ 2,593 s 8 = 761,280 ≈ 2,718 s 10 3 ≈ 7,484 s 10 6 ≈ 14,393 (\=splaymax(\&display) )(20))&=&2(,)45\\\\s_(7)&=&(\frac (363)(140))&\cca &2(,)593\\\\s_ (8)& =&(\frac (761)(280))&\približno &2(,)718\\\\s_(10^(3))&\približno &7(,)484\\\\s_( 10^(6 ))&\cca &14(,)393\end(matrica))) |
Ojlerova formula
Kada vrijednost ε n → 0 (\displaystyle \varepsilon _(n)\rightarrow 0), dakle, za velike n (\displaystyle n):
s n ≈ ln (n) + γ (\displaystyle s_(n)\približno \ln(n)+\gamma )- Ojlerova formula za zbir prvog n (\displaystyle n)članovi harmonijskog niza.| n (\displaystyle n) | s n = ∑ k = 1 n 1 k (\displaystyle s_(n)=\sum _(k=1)^(n)(\frac (1)(k))) | ln (n) + γ (\displaystyle \ln(n)+\gamma ) | ε n (\displaystyle \varepsilon _(n)), (%) |
| 10 | 2,93 | 2,88 | 1,7 |
| 25 | 3,82 | 3,80 | 0,5 |
Točnija asimptotička formula za parcijalni zbir harmonijskog niza:
s n ≍ ln (n) + γ + 1 2 n − 1 12 n 2 + 1 120 n 4 − 1 252 n 6 ⋯ = ln (n) + γ + 1 2 n − ∑ k = 1 2 k 2 k n 2 k (\displaystyle s_(n)\asymp \ln(n)+\gamma +(\frac (1)(2n))-(\frac (1)(12n^(2)))+(\ frac (1)(120n^(4)))-(\frac (1)(252n^(6)))\dots =\ln(n)+\gamma +(\frac (1)(2n))- \sum _(k=1)^(\infty )(\frac (B_(2k))(2k\,n^(2k)))), Gdje B 2 k (\displaystyle B_(2k)) - Bernulijevi brojevi.Ova serija divergira, ali greška u njegovim proračunima nikada ne prelazi polovinu prvog odbačenog člana.
Brojno-teorijska svojstva parcijalnih suma
∀ n > 1 s n ∉ N (\displaystyle \forall n>1\;\;\;\;s_(n)\notin \mathbb (N) )
Divergencija serija
S n → ∞ (\displaystyle s_(n)\desno \infty) at n → ∞ (\displaystyle n\desno \infty )
Harmonski niz se razilazi vrlo sporo (da bi parcijalni zbir premašio 100, potrebno je oko 10 43 elementa serije).
Divergencija harmonijskog niza može se pokazati poređenjem sa teleskopski red :
v n = ln (n + 1) − ln n = ln (1 + 1 n) ∼ + ∞ 1 n (\displaystyle v_(n)=\ln(n+1)-\ln n=\ln \ lijevo(1+(\frac (1)(n))\desno)(\underset (+\infty )(\sim ))(\frac (1)(n))),čiji je parcijalni zbir očito jednak:
∑ i = 1 n − 1 v i = ln n ∼ s n (\displaystyle \sum _(i=1)^(n-1)v_(i)=\ln n\sim s_(n)).Oresmeov dokaz
Dokaz divergencije može se konstruisati grupisanjem pojmova na sledeći način:
∑ k = 1 ∞ 1 k = 1 + [ 1 2 ] + [ 1 3 + 1 4 ] + [ 1 5 + 1 6 + 1 7 + 1 8 ] + [ 1 9 + ⋯ ] + ⋯ > 1 + [ 1 2 ] + [ 1 4 + 1 4 ] + [ 1 8 + 1 8 + 1 8 + 1 8 ] + [ 1 16 + ⋯ ] + ⋯ = 1 + 1 2 + 1 2 + 1 2 + 1 2 + ⋯ . (\displaystyle (\begin(aligned)\sum _(k=1)^(\infty )(\frac (1)(k))&()=1+\left[(\frac (1)(2) )\right]+\left[(\frac (1)(3))+(\frac (1)(4))\right]+\left[(\frac (1)(5))+(\frac (1)(6))+(\frac (1)(7))+(\frac (1)(8))\right]+\left[(\frac (1)(9))+\cdots \ desno]+\cdots \\&()>1+\left[(\frac (1)(2))\right]+\left[(\frac (1)(4))+(\frac (1) (4))\desno]+\levo[(\frac (1)(8))+(\frac (1)(8))+(\frac (1)(8))+(\frac (1) (8))\desno]+\levo[(\frac (1)(16))+\cdots \right]+\cdots \\&()=1+\ (\frac (1)(2))\ \ \ +\quad (\frac (1)(2))\ \quad +\ \qquad \quad (\frac (1)(2))\qquad \ \quad \ +\quad \ \ (\frac (1) )(2))\ \quad +\ \cdots .\end(poravnano)))Poslednji red se očigledno razilazi. Ovaj dokaz dolazi od srednjovjekovnog naučnika Nicholas Orem(oko 1350).
Alternativni dokaz divergencije
Pozivamo čitaoca da provjeri pogrešnost ovog dokaza
Razlika između n (\displaystyle n) th harmonijski broj i prirodni logaritam n (\displaystyle n) konvergira na Euler-Mascheronijeva konstanta.
Razlika između različitih harmonijskih brojeva nikada nije jednaka cijelom broju i nijednom harmonijskom broju osim H 1 = 1 (\displaystyle H_(1)=1), nije cijeli broj.
Povezane serije
Dirichletova serija
Generalizovani harmonijski niz (ili pored Dirichleta) naziva se serija
∑ k = 1 ∞ 1 k α = 1 + 1 2 α + 1 3 α + 1 4 α + ⋯ + 1 k α + ⋯ (\displaystyle \sum _(k=1)^(\infty )(\frac ( 1)(k^(\alpha )))=1+(\frac (1)(2^(\alpha )))+(\frac (1)(3^(\alpha )))+(\frac ( 1)(4^(\alpha )))+\cdots +(\frac (1)(k^(\alpha )))+\cdots ).Generalizirani harmonijski niz divergira na α ⩽ 1 (\displaystyle \alpha \leqslant 1) i konvergira na α > 1 (\displaystyle \alpha >1) .
Zbir generaliziranih harmonijskih nizova reda α (\displaystyle \alpha ) jednaka vrijednosti Riemann zeta funkcije :
∑ k = 1 ∞ 1 k α = ζ (α) (\displaystyle \sum _(k=1)^(\infty )(\frac (1)(k^(\alpha )))=\zeta (\alpha ))Za parne brojeve ova vrijednost se eksplicitno izražava kroz Pi, Na primjer, ζ (2) = π 2 6 (\displaystyle \zeta (2)=(\frac (\pi ^(2))(6))), a već za α=3 njegova vrijednost je analitički nepoznata.
Još jedna ilustracija divergencije harmonijskog niza može biti relacija ζ (1 + 1 n) ∼ n (\displaystyle \zeta (1+(\frac (1)(n)))\sim n) . Stoga kažu da takav niz ima vjerovatnoću 1, a zbir niza je slučajna vrijednost sa zanimljivim svojstvima. Na primjer, funkcija gustoće vjerovatnoće, izračunato u tačkama +2 ili −2 ima vrijednost:
0,124 999 999 999 999 999 999 999 999 999 999 999 999 999 7 642 …,razlikuje se od ⅛ za manje od 10 −42.
„Stanjena” harmonska serija
Kempner serija (engleski)Ako uzmemo u obzir harmonijski niz u kojem su ostali samo članovi čiji nazivnici ne sadrže broj 9, onda se ispostavi da preostali zbir konvergira broju<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 (\displaystyle n), sve manje i manje članova uzima se za zbir „razređenog“ niza. To jest, na kraju, ogromna većina članova koji čine zbir harmonijskog niza se odbacuju kako ne bi premašili geometrijsku progresiju koja ograničava odozgo.
Ovaj članak pruža strukturirane i detaljne informacije koje mogu biti korisne prilikom analize vježbi i zadataka. Pogledaćemo temu brojeva.
Ovaj članak počinje osnovnim definicijama i konceptima. Zatim ćemo koristiti standardne opcije i proučavati osnovne formule. Kako bi se materijal konsolidirao, članak daje osnovne primjere i zadatke.
Osnovne teze
Prvo, zamislimo sistem: a 1, a 2. . . , a n , . . . , gdje je a k ∈ R, k = 1, 2. . . .
Na primjer, uzmimo brojeve kao što su: 6, 3, - 3 2, 3 4, 3 8, - 3 16, . . . .
Definicija 1
Niz brojeva je zbir članova ∑ a k k = 1 ∞ = a 1 + a 2 + . . . + a n + . . . .
Da biste bolje razumjeli definiciju, razmotrite dati slučaj u kojem je q = - 0. 5: 8 - 4 + 2 - 1 + 1 2 - 1 4 + . . . = ∑ k = 1 ∞ (- 16) · - 1 2 k .
Definicija 2
a k je općenito ili k –thčlan serije.
Izgleda otprilike ovako - 16 · - 1 2 k.
Definicija 3
Djelomični zbir serija izgleda otprilike ovako S n = a 1 + a 2 + . . . + a n , u kojem n– bilo koji broj. S n je nth zbir serije.
Na primjer, ∑ k = 1 ∞ (- 16) · - 1 2 k je S 4 = 8 - 4 + 2 - 1 = 5.
S 1 , S 2 , . . . , S n , . . . formiraju beskonačan niz brojeva.
Za red nth zbir se nalazi po formuli S n = a 1 · (1 - q n) 1 - q = 8 · 1 - - 1 2 n 1 - - 1 2 = 16 3 · 1 - - 1 2 n. Koristimo sljedeći niz parcijalnih suma: 8, 4, 6, 5, . . . , 16 3 · 1 - - 1 2 n , . . . .
Definicija 4
Niz ∑ k = 1 ∞ a k je konvergentan kada niz ima konačnu granicu S = lim S n n → + ∞ . Ako nema ograničenja ili je niz beskonačan, tada se niz ∑ k = 1 ∞ a k naziva divergentan.
Definicija 5
Zbir konvergentnog niza∑ k = 1 ∞ a k je granica niza ∑ k = 1 ∞ a k = lim S n n → + ∞ = S .
U ovom primjeru, lim S n n → + ∞ = lim 16 3 t → + ∞ · 1 - 1 2 n = 16 3 · lim n → + ∞ 1 - - 1 2 n = 16 3 , red ∑ k = 1 ∞ ( - 16) · - 1 2 k konvergira. Zbir je 16 3: ∑ k = 1 ∞ (- 16) · - 1 2 k = 16 3 .
Primjer 1
Primjer divergentnog niza je zbir geometrijske progresije sa nazivnikom većim od jedan: 1 + 2 + 4 + 8 +. . . + 2 n - 1 + . . . = ∑ k = 1 ∞ 2 k - 1 .
N-ti parcijalni zbir je dat sa S n = a 1 (1 - q n) 1 - q = 1 (1 - 2 n) 1 - 2 = 2 n - 1, a granica parcijalnih suma je beskonačna: lim n → + ∞ S n = lim n → + ∞ (2 n - 1) = + ∞ .
Drugi primjer divergentnog niza brojeva je zbir oblika ∑ k = 1 ∞ 5 = 5 + 5 + . . . . U ovom slučaju, n-ti parcijalni zbir može se izračunati kao Sn = 5n. Granica parcijalnih suma je beskonačna lim n → + ∞ S n = lim n → + ∞ 5 n = + ∞ .
Definicija 6
Zbir istog oblika kao ∑ k = 1 ∞ = 1 + 1 2 + 1 3 + . . . + 1 n + . . . - Ovo harmonic numeričke serije.
Definicija 7
Zbir ∑ k = 1 ∞ 1 k s = 1 + 1 2 s + 1 3 s + . . . + 1 n s + . . . , Gdje s– realan broj, je generalizovani harmonijski broj brojeva.
Gore navedene definicije pomoći će vam da riješite većinu primjera i problema.
Da bi se definicije upotpunile, potrebno je dokazati određene jednačine.
- ∑ k = 1 ∞ 1 k – divergentno.
Koristimo obrnuti metod. Ako konvergira, onda je granica konačna. Jednačinu možemo zapisati kao lim n → + ∞ S n = S i lim n → + ∞ S 2 n = S . Nakon određenih radnji dobijamo jednakost l i m n → + ∞ (S 2 n - S n) = 0.
protiv,
S 2 n - S n = 1 + 1 2 + 1 3 + . . . + 1 n + 1 n + 1 + 1 n + 2 + . . . + 1 2 n - - 1 + 1 2 + 1 3 + . . . + 1 n = 1 n + 1 + 1 n + 2 + . . . + 1 2 n
Važeće sljedeće nejednakosti: 1 n + 1 > 1 2 n, 1 n + 1 > 1 2 n, . . . , 1 2 n - 1 > 1 2 n . Dobijamo da je 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 . Izraz S 2 n - S n > 1 2 ukazuje da lim n → + ∞ (S 2 n - S n) = 0 nije postignut. Serija je divergentna.
- b 1 + b 1 q + b 1 q 2 + . . . + b 1 q n + . . . = ∑ k = 1 ∞ b 1 q k - 1
Potrebno je potvrditi da zbir niza brojeva konvergira na q< 1 , и расходится при q ≥ 1 .
Prema gornjim definicijama, iznos n termini se određuju prema formuli S n = b 1 · (q n - 1) q - 1 .
Ako je q< 1 верно
lim n → + ∞ S n = lim n → + ∞ b 1 · q n - 1 q - 1 = b 1 · lim n → + ∞ q n q - 1 - lim n → + ∞ 1 q - 1 = = b 1 · 0 - 1 q - 1 = b 1 q - 1
Dokazali smo da se brojevni redovi konvergiraju.
Za q = 1 b 1 + b 1 + b 1 + . . . ∑ k = 1 ∞ b 1 . Zbroji se mogu naći pomoću formule S n = b 1 · n, granica je beskonačna lim n → + ∞ S n = lim n → + ∞ b 1 · n = ∞. U predstavljenoj verziji serija se razlikuje.
Ako q = - 1, tada niz izgleda kao b 1 - b 1 + b 1 - . . . = ∑ k = 1 ∞ b 1 (- 1) k + 1 . Parcijalne sume izgledaju kao S n = b 1 za neparne n, i S n = 0 za par n. Uzimajući u obzir ovaj slučaj, pobrinut ćemo se da nema ograničenja i da je niz divergentan.
Za q > 1, lim n → + ∞ S n = lim n → + ∞ b 1 · (q n - 1) q - 1 = b 1 · lim n → + ∞ q n q - 1 - lim n → + ∞ 1 q - 1 = = b 1 · ∞ - 1 q - 1 = ∞
Dokazali smo da se brojevni nizovi divergiraju.
- Niz ∑ k = 1 ∞ 1 k s konvergira ako s > 1 i divergira ako je s ≤ 1.
Za s = 1 dobijamo ∑ k = 1 ∞ 1 k , red divergira.
Kada s< 1 получаем 1 k s ≥ 1 k для k,prirodni broj. Pošto je niz divergentan ∑ k = 1 ∞ 1 k , nema ograničenja. Nakon toga, niz ∑ k = 1 ∞ 1 k s je neograničen. Zaključujemo da se odabrana serija razlikuje kada s< 1 .
Potrebno je dokazati da red ∑ k = 1 ∞ 1 k s konvergira za s > 1.
Zamislimo S 2 n - 1 - S n - 1:
S 2 n - 1 - S n - 1 = 1 + 1 2 s + 1 3 s + . . . + 1 (n - 1) s + 1 n s + 1 (n + 1) s + . . . + 1 (2 n - 1) s - - 1 + 1 2 s + 1 3 s + . . . + 1 (n - 1) s = 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
Zamislimo jednačinu za brojeve koji su prirodni i parni 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 . . .
Dobijamo:
∑ k = 1 ∞ 1 k s = 1 + 1 2 s + 1 3 s + 1 4 s + . . . + 1 7 s + 1 8 s + . . . + 1 15 s + . . . = = 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 + . . .
Izraz je 1 + 1 2 s - 1 + 1 2 s - 1 2 + 1 2 s - 1 3 + . . . je zbir geometrijske progresije q = 1 2 s - 1. Prema prvim podacima na s > 1, zatim 0< q < 1 . Получаем, ∑ k = 1 ∞ < 1 + 1 2 s - 1 + 1 2 s - 1 2 + 1 2 s - 1 3 + . . . = 1 1 - q = 1 1 - 1 2 s - 1 . Последовательность ряда при s > 1 povećava se i ograničeno je iznad 1 1 - 1 2 s - 1 . Zamislimo da postoji granica i da je red konvergentan ∑ k = 1 ∞ 1 k s .
Definicija 8
Niz ∑ k = 1 ∞ a k je u tom slučaju pozitivan, ako su njegovi članovi > 0 a k > 0 , k = 1 , 2 , . . . .
Niz ∑ k = 1 ∞ b k signalternating, ako su predznaci brojeva različiti. Ovaj primjer je predstavljen kao ∑ k = 1 ∞ b k = ∑ k = 1 ∞ (- 1) k · a k ili ∑ k = 1 ∞ b k = ∑ k = 1 ∞ (- 1) k + 1 · a k , gdje je a k > 0 , k = 1 , 2 , . . . .
Niz ∑ k = 1 ∞ b k naizmjenično, budući da sadrži mnogo brojeva, negativnih i pozitivnih.
Druga serija opcija je poseban slučaj treće opcije.
Evo primjera za svaki slučaj, redom:
6 + 3 + 3 2 + 3 4 + 3 8 + 3 16 + . . . 6 - 3 + 3 2 - 3 4 + 3 8 - 3 16 + . . . 6 + 3 - 3 2 + 3 4 + 3 8 - 3 16 + . . .
Za treću opciju, također možete odrediti apsolutnu i uslovnu konvergenciju.
Definicija 9
Izmjenični niz ∑ k = 1 ∞ b k je apsolutno konvergentan u slučaju kada se ∑ k = 1 ∞ b k također smatra konvergentnim.
Pogledajmo nekoliko tipičnih opcija detaljno.
Primjer 2
Ako su redovi 6 - 3 + 3 2 - 3 4 + 3 8 - 3 16 +. . . i 6 + 3 - 3 2 + 3 4 + 3 8 - 3 16 + . . . su definirane kao konvergentne, onda je ispravno pretpostaviti da je 6 + 3 + 3 2 + 3 4 + 3 8 + 3 16 + . . .
Definicija 10
Naizmjenični niz ∑ k = 1 ∞ b k smatra se uslovno konvergentnim ako je ∑ k = 1 ∞ b k divergentan, a red ∑ k = 1 ∞ b k se smatra konvergentnim.
Primjer 3
Pogledajmo detaljnije opciju ∑ k = 1 ∞ (- 1) k + 1 k = 1 - 1 2 + 1 3 - 1 4 + . . . . Niz ∑ k = 1 ∞ (- 1) k + 1 k = ∑ k = 1 ∞ 1 k, koji se sastoji od apsolutnih vrijednosti, definiran je kao divergentan. Ova opcija se smatra konvergentnom jer ju je lako odrediti. Iz ovog primjera saznajemo da je niz ∑ k = 1 ∞ (- 1) k + 1 k = 1 - 1 2 + 1 3 - 1 4 + . . . smatraće se uslovno konvergentnim.
Karakteristike konvergentnih serija
Analizirajmo svojstva za određene slučajeve
- Ako ∑ k = 1 ∞ a k konvergira, tada se niz ∑ k = m + 1 ∞ a k također smatra konvergentnim. Može se primijetiti da je red bez m termini se takođe smatraju konvergentnim. Ako dodamo nekoliko brojeva na ∑ k = m + 1 ∞ a k, onda će rezultirajući rezultat također biti konvergentan.
- Ako je ∑ k = 1 ∞ a k konvergira i zbir = S, tada red ∑ k = 1 ∞ A · a k , ∑ k = 1 ∞ A · a k = A · S također konvergira, gdje A-konstantno.
- Ako su ∑ k = 1 ∞ a k i ∑ k = 1 ∞ b k konvergentni, zbrojevi A I B također, tada se redovi ∑ k = 1 ∞ a k + b k i ∑ k = 1 ∞ a k - b k također konvergiraju. Iznosi će biti jednaki A+B I A - B respektivno.
Odrediti da red konvergira ∑ k = 1 ∞ 2 3 k · k 3 .
Promijenimo izraz ∑ k = 1 ∞ 2 3 k · k 3 = ∑ k = 1 ∞ 2 3 · 1 k 4 3 . Niz ∑ k = 1 ∞ 1 k 4 3 smatra se konvergentnim, jer red ∑ k = 1 ∞ 1 k s konvergira kada s > 1. Prema drugom svojstvu, ∑ k = 1 ∞ 2 3 · 1 k 4 3 .
Primjer 5
Odrediti da li se red ∑ n = 1 ∞ 3 + n n 5 2 konvergira.
Transformirajmo originalnu verziju ∑ n = 1 ∞ 3 + n n 5 2 = ∑ n = 1 ∞ 3 n 5 2 + n n 2 = ∑ n = 1 ∞ 3 n 5 2 + ∑ n = 1 ∞ 1 ∞ .
Dobijamo zbir ∑ n = 1 ∞ 3 n 5 2 i ∑ n = 1 ∞ 1 n 2 . Svaki niz se smatra konvergentnim prema svojstvu. Dakle, kako se serija približava, tako se približava i originalna verzija.
Primjer 6
Izračunajte da li se niz 1 - 6 + 1 2 - 2 + 1 4 - 2 3 + 1 8 - 2 9 + konvergira. . . i izračunaj iznos.
Proširimo originalnu verziju:
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
Svaki niz konvergira jer je jedan od članova brojevnog niza. Prema trećem svojstvu možemo izračunati da je i originalna verzija konvergentna. Izračunavamo zbir: Prvi član niza ∑ k = 1 ∞ 1 2 k - 1 = 1, a imenilac = 0. 5, zatim slijedi, ∑ k = 1 ∞ 1 2 k - 1 = 1 1 - 0 . 5 = 2. Prvi član je ∑ k = 1 ∞ 1 3 k - 2 = 3 , a nazivnik opadajućeg niza brojeva = 1 3 . Dobijamo: ∑ k = 1 ∞ 1 3 k - 2 = 3 1 - 1 3 = 9 2 .
Koristimo gore dobijene izraze da odredimo zbir 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
Neophodan uslov za određivanje da li je niz konvergentan
Definicija 11Ako je red ∑ k = 1 ∞ a k konvergentan, tada je njegova granica kthčlan = 0: lim k → + ∞ a k = 0 .
Ako označimo bilo koju opciju, ne smijemo zaboraviti na neophodan uslov. Ako se ne ispuni, niz se odmiče. Ako je lim k → + ∞ a k ≠ 0, tada je niz divergentan.
Treba pojasniti da je uslov važan, ali ne i dovoljan. Ako vrijedi jednakost lim k → + ∞ a k = 0, onda to ne garantuje da je ∑ k = 1 ∞ a k konvergentno.
Dajemo primjer. Za harmonijski niz ∑ k = 1 ∞ 1 k uslov je zadovoljen lim k → + ∞ 1 k = 0 , ali red i dalje divergira.
Primjer 7
Odrediti konvergenciju ∑ n = 1 ∞ n 2 1 + n .
Provjerimo originalni izraz za ispunjenost uvjeta 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
Limit nthčlan nije jednak 0. Dokazali smo da se ova serija razlikuje.
Kako odrediti konvergenciju pozitivnog niza.
Ako stalno koristite ove karakteristike, morat ćete stalno izračunavati granice. Ovaj odjeljak će vam pomoći da izbjegnete poteškoće pri rješavanju primjera i problema. Da bi se odredila konvergencija pozitivnog niza, postoji određeni uslov.
Za konvergenciju pozitivnog predznaka ∑ k = 1 ∞ a k , a k > 0 ∀ k = 1 , 2 , 3 , . . . potrebno je odrediti ograničeni niz suma.
Kako uporediti serije
Postoji nekoliko znakova poređenja serija. Upoređujemo niz čija se konvergencija predlaže da se odredi sa nizom čija je konvergencija poznata.
Prvi znak
∑ k = 1 ∞ a k i ∑ k = 1 ∞ b k su nizovi pozitivnih predznaka. Nejednakost a k ≤ b k vrijedi za k = 1, 2, 3, ... Iz ovoga slijedi da iz niza ∑ k = 1 ∞ b k možemo dobiti ∑ k = 1 ∞ a k . Kako je ∑ k = 1 ∞ a k divergentan, niz ∑ k = 1 ∞ b k može se definirati kao divergentan.
Ovo pravilo se stalno koristi za rješavanje jednačina i predstavlja ozbiljan argument koji će pomoći u određivanju konvergencije. Poteškoća može biti u činjenici da nije moguće pronaći odgovarajući primjer za poređenje u svakom slučaju. Vrlo često se serija bira prema principu indikatora kthčlan će biti jednak rezultatu oduzimanja eksponenata brojnika i nazivnika kthčlan serije. Pretpostavimo da će a k = k 2 + 3 4 k 2 + 5 , razlika će biti jednaka 2 – 3 = - 1 . IN u ovom slučaju može se utvrditi da za poređenje serije sa k-thčlan b k = k - 1 = 1 k , koji je harmoničan.
Kako bismo konsolidirali dobiveni materijal, detaljno ćemo razmotriti nekoliko tipičnih opcija.
Primjer 8
Odredite koliki je red ∑ k = 1 ∞ 1 k - 1 2.
Pošto je limit = 0 lim k → + ∞ 1 k - 1 2 = 0 , uradili smo neophodno stanje. Nejednakost će biti pravedna 1 k< 1 k - 1 2 для k, koji su prirodni. Iz prethodnih paragrafa smo naučili da je harmonijski red ∑ k = 1 ∞ 1 k divergentan. Prema prvom kriteriju može se dokazati da je originalna verzija divergentna.
Primjer 9
Odrediti da li je niz konvergentan ili divergentan ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 + 3 k - 1 .
U ovom primjeru, nužni uvjet je zadovoljen, jer je lim k → + ∞ 1 k 3 + 3 k - 1 = 0. Predstavljamo ga kao nejednakost 1 k 3 + 3 k - 1< 1 k 3 для любого значения k. Niz ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 je konvergentan, jer harmonijski niz ∑ k = 1 ∞ 1 k s konvergira za s > 1. Prema prvom kriteriju možemo zaključiti da je niz brojeva konvergentan.
Primjer 10
Odredite koliki je red ∑ k = 3 ∞ 1 k ln (ln k). lim k → + ∞ 1 k ln (ln k) = 1 + ∞ + ∞ = 0 .
U ovoj opciji možete označiti ispunjenje željenog uslova. Hajde da definišemo niz za poređenje. Na primjer, ∑ k = 1 ∞ 1 k s . Da biste odredili koji je stepen, razmotrite niz (ln (ln k)), k = 3, 4, 5. . . . Članovi niza ln (ln 3) , ln (ln 4) , ln (ln 5) , . . . povećava do beskonačnosti. Analizirajući jednačinu, možemo primijetiti da, uzimajući N = 1619 kao vrijednost, onda su članovi niza > 2. Za ovaj niz nejednakost 1 k ln (ln k) će biti tačna< 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 su ∑ k = 1 ∞ a k i ∑ k = 1 ∞ b k pozitivni brojevi brojeva.
Ako je lim k → + ∞ a k b k ≠ ∞ , tada red ∑ k = 1 ∞ b k konvergira, a ∑ k = 1 ∞ a k također konvergira.
Ako je lim k → + ∞ a k b k ≠ 0, onda pošto se red ∑ k = 1 ∞ b k divergira, tada divergira i ∑ k = 1 ∞ a k.
Ako je lim k → + ∞ a k b k ≠ ∞ i lim k → + ∞ a k b k ≠ 0, tada konvergencija ili divergencija jednog niza znači konvergenciju ili divergenciju drugog.
Uzmimo ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 + 3 k - 1 koristeći drugi znak. Za poređenje ∑ k = 1 ∞ b k uzimamo konvergentni niz ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 . Definirajmo granicu: 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
Prema drugom kriteriju, može se utvrditi da konvergentni niz ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 znači da i originalna verzija konvergira.
Primjer 11
Odredite koliki je red ∑ n = 1 ∞ k 2 + 3 4 k 3 + 5.
Analizirajmo neophodan uslov lim k → ∞ k 2 + 3 4 k 3 + 5 = 0, koji je zadovoljen u ovoj verziji. Prema drugom kriteriju uzmimo niz ∑ k = 1 ∞ 1 k . Tražimo granicu: lim k → + ∞ k 2 + 3 4 k 3 + 5 1 k = lim k → + ∞ k 3 + 3 k 4 k 3 + 5 = 1 4
Prema gornjim tezama, divergentni niz podrazumijeva divergenciju originalnog niza.
Treći znak
Razmotrimo treći znak poređenja.
Pretpostavimo da su ∑ k = 1 ∞ a k i _ ∑ k = 1 ∞ b k pozitivni brojevi. Ako je uslov zadovoljen za određeni broj a k + 1 a k ≤ b k + 1 b k , tada konvergencija ovog niza ∑ k = 1 ∞ b k znači da je i niz ∑ k = 1 ∞ a k konvergentan. Divergentni niz ∑ k = 1 ∞ a k povlači za sobom divergenciju ∑ k = 1 ∞ b k .
D'Alambertov znak
Zamislimo da je ∑ k = 1 ∞ a k pozitivan niz brojeva. Ako je lim k → + ∞ a k + 1 a k< 1 , то ряд является сходящимся, если lim k → + ∞ a k + 1 a k >1, zatim divergentno.
Napomena 1
D'Alembertov test vrijedi ako je granica beskonačna.
Ako je lim k → + ∞ a k + 1 a k = - ∞ , tada je red konvergentan, ako je lim k → ∞ a k + 1 a k = + ∞ , tada je divergentan.
Ako je lim k → + ∞ a k + 1 a k = 1, tada d'Alembertov znak neće pomoći i bit će potrebno još nekoliko studija.
Primjer 12
Odredite da li je niz konvergentan ili divergentan ∑ k = 1 ∞ 2 k + 1 2 k koristeći d’Alembertov kriterij.
Potrebno je provjeriti da li je ispunjen neophodan uslov konvergencije. Izračunajmo granicu koristeći L'Hopitalovo pravilo: lim k → + ∞ 2 k + 1 2 k = ∞ ∞ = lim k → + ∞ 2 k + 1 " 2 k " = lim k → + ∞ 2 2 k ln 2 = 2 + ∞ ln 2 = 0
Vidimo da je uslov ispunjen. Koristimo d'Alembertov test: 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
Serija je konvergentna.
Primjer 13
Odrediti da li je niz divergentan ∑ k = 1 ∞ k k k ! .
Koristimo d'Alembertov test da odredimo divergenciju niza: 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 k k · (k + 1) = = lim k → + ∞ (k + 1) k k k = lim k → + ∞ k + 1 k k = lim k → + ∞ 1 + 1 k k = e > 1
Dakle, serija je divergentna.
Radikalni Cauchyjev znak
Pretpostavimo da je ∑ k = 1 ∞ a k niz sa pozitivnim predznakom. Ako je lim k → + ∞ a k k< 1 , то ряд является сходящимся, если lim k → + ∞ a k k >1, zatim divergentno.
Napomena 2
Ako je lim k → + ∞ a k k = 1, onda ovaj znak ne daje nikakvu informaciju - potrebna je dodatna analiza.
Ova karakteristika se može koristiti u primjerima koje je lako identificirati. Slučaj će biti tipičan kada je član niza brojeva eksponencijalni potencijski izraz.
Kako bismo konsolidirali primljene informacije, razmotrimo nekoliko tipičnih primjera.
Primjer 14
Odrediti da li je niz pozitivnih predznaka ∑ k = 1 ∞ 1 (2 k + 1) k konvergentan.
Neophodni uslov se smatra ispunjenim, jer je lim k → + ∞ 1 (2 k + 1) k = 1 + ∞ + ∞ = 0 .
Prema kriteriju o kojem smo gore govorili, dobijamo 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.
Primjer 15
Konvergiraju li se brojevi brojeva ∑ k = 1 ∞ 1 3 k · 1 + 1 k k 2?
Koristimo karakteristiku opisanu u prethodnom paragrafu lim k → + ∞ 1 3 k 1 + 1 k k 2 k = 1 3 lim k → + ∞ 1 + 1 k k = e 3< 1 , следовательно, числовой ряд сходится.
Integralni Cauchy test
Pretpostavimo da je ∑ k = 1 ∞ a k niz sa pozitivnim predznakom. Neophodno je označiti funkciju kontinuiranog argumenta y = f(x), što se poklapa sa a n = f (n) . Ako y = f(x) veći od nule, ne prekida se i smanjuje se za [ a ; + ∞) , gdje je a ≥ 1
Onda u slučaju nepravilan integral∫ a + ∞ f (x) d x je konvergentan, tada je i red koji se razmatra konvergentan. Ako se divergira, tada se u razmatranom primjeru i niz divergira.
Kada provjeravate da li se funkcija smanjuje, možete koristiti materijal obrađen u prethodnim lekcijama.
Primjer 16
Razmotrimo primjer ∑ k = 2 ∞ 1 k · ln k za konvergenciju.
Smatra se da je uslov konvergencije niza zadovoljen, jer je lim k → + ∞ 1 k · ln k = 1 + ∞ = 0 . Uzmimo y = 1 x ln x. Veća je od nule, ne prekida se i smanjuje se za [ 2 ; + ∞) . Prve dvije tačke su sigurno poznate, ali o trećoj treba detaljnije govoriti. Pronađite izvod: y " = 1 x · ln x " = x · ln x " x · ln x 2 = ln x + x · 1 x x · ln x 2 = - ln x + 1 x · ln x 2. To je manje od nule na [ 2 ; + ∞). Ovo dokazuje tezu da je funkcija opadajuća.
Zapravo, funkcija y = 1 x ln x odgovara karakteristikama principa koji smo prethodno razmotrili. Koristimo to: ∫ 2 + ∞ d x x · ln x = lim 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) = + ∞
Prema dobijenim rezultatima, originalni primjer divergira, jer je nepravilni integral divergentan.
Primjer 17
Dokazati konvergenciju niza ∑ k = 1 ∞ 1 (10 k - 9) (ln (5 k + 8)) 3 .
Pošto je lim k → + ∞ 1 (10 k - 9) (ln (5 k + 8)) 3 = 1 + ∞ = 0, onda se uslov smatra ispunjenim.
Počevši od k = 4, tačan izraz je 1 (10 k - 9) (ln (5 k + 8)) 3< 1 (5 k + 8) (ln (5 k + 8)) 3 .
Ako se red ∑ k = 4 ∞ 1 (5 k + 8) (ln (5 k + 8)) 3 smatra konvergentnim, tada, prema jednom od principa poređenja, niz ∑ k = 4 ∞ 1 (10 k - 9) ( ln (5 k + 8)) 3 će se također smatrati konvergentnim. Na ovaj način možemo utvrditi da je i originalni izraz konvergentan.
Pređimo na dokaz: ∑ k = 4 ∞ 1 (5 k + 8) (ln (5 k + 8)) 3 .
Pošto je funkcija y = 1 5 x + 8 (ln (5 x + 8)) 3 veća od nule, ona se ne prekida i smanjuje se za [ 4 ; + ∞) . Koristimo funkciju opisanu u prethodnom paragrafu:
∫ 4 + ∞ d x (5 x + 8) (l n (5 x + 8)) 3 = lim A → + ∞ ∫ 4 A d x (5 x + 8) (ln (5 x + 8)) 3 = = 1 5 lim A → + ∞ ∫ 4 A d (ln (5 x + 8) (ln (5 x + 8)) 3 = - 1 10 lim A → + ∞ 1 (ln (5 x + 8)) 2 | 4 A = = - 1 10 lim A → + ∞ 1 (ln (5 A + 8)) 2 - 1 (ln (5 4 + 8)) 2 = = - 1 10 1 + ∞ - 1 (ln 28) 2 = 1 10 · U 28 2
U rezultirajućem konvergentnom nizu, ∫ 4 + ∞ d x (5 x + 8) (ln (5 x + 8)) 3, možemo odrediti da je ∑ k = 4 ∞ 1 (5 k + 8) (ln (5 k + 8 )) 3 također konvergira.
Raabeov znak
Pretpostavimo da je ∑ k = 1 ∞ a k pozitivan niz brojeva.
Ako je lim k → + ∞ k · a k a k + 1< 1 , то ряд расходится, если lim k → + ∞ k · a k a k + 1 - 1 >1, onda konvergira.
Ova metoda određivanja može se koristiti ako gore opisane tehnike ne daju vidljive rezultate.
Studija apsolutne konvergencije
Za proučavanje uzimamo ∑ k = 1 ∞ b k . Koristimo pozitivan predznak ∑ k = 1 ∞ b k . Možemo koristiti bilo koju od odgovarajućih karakteristika koje smo opisali gore. Ako red ∑ k = 1 ∞ b k konvergira, tada je originalni niz apsolutno konvergentan.
Primjer 18
Istražite niz ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 3 k 3 + 2 k - 1 za konvergenciju ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 3 k 3 + 2 k - 1 = ∑ k = 1 ∞ 1 3 k 3 + 2 k - 1 .
Uslov je zadovoljen lim k → + ∞ 1 3 k 3 + 2 k - 1 = 1 + ∞ = 0 . Koristimo ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 2 i koristimo drugi znak: 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 konvergira. Originalni niz je također apsolutno konvergentan.
Divergencija naizmjeničnih serija
Ako je niz ∑ k = 1 ∞ b k divergentan, tada je odgovarajući naizmjenični niz ∑ k = 1 ∞ b k ili divergentan ili uslovno konvergentan.
Samo d'Alembertov test i Cauchyjev radikalni test pomoći će da se izvuku zaključci o ∑ k = 1 ∞ b k iz divergencije od modula ∑ k = 1 ∞ b k . Niz ∑ k = 1 ∞ b k takođe divergira ako nije zadovoljen nužni uslov konvergencije, odnosno ako je lim k → ∞ + b k ≠ 0.
Primjer 19
Provjerite divergenciju 1 7, 2 7 2, - 6 7 3, 24 7 4, 120 7 5 - 720 7 6, . . . .
Modul kth pojam je predstavljen kao b k = k ! 7 k.
Hajde da ispitamo niz ∑ k = 1 ∞ b k = ∑ k = 1 ∞ k ! 7 k za konvergenciju koristeći d'Alembertov kriterijum: lim k → + ∞ b k + 1 b k = lim k → + ∞ (k + 1) ! 7 k + 1 k ! 7 k = 1 7 · lim k → + ∞ (k + 1) = + ∞ .
∑ k = 1 ∞ b k = ∑ k = 1 ∞ k ! 7 k se razlikuje na isti način kao i originalna verzija.
Primjer 20
Je ∑ k = 1 ∞ (- 1) k · k 2 + 1 ln (k + 1) konvergentno.
Razmotrimo neophodan uslov lim k → + ∞ b k = 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) = + ∞ . Uslov nije ispunjen, stoga ∑ k = 1 ∞ (- 1) k · k 2 + 1 ln (k + 1) red je divergentan. Granica je izračunata korištenjem L'Hopitalovog pravila.
Kriteriji uslovne konvergencije
Leibnizov test
Definicija 12Ako se vrijednosti članova naizmjeničnog niza smanjuju b 1 > b 2 > b 3 > . . . > . . . i granica modula = 0 kao k → + ∞, tada red ∑ k = 1 ∞ b k konvergira.
Primjer 17
Uzmimo ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 2 k + 1 5 k (k + 1) za konvergenciju.
Niz je predstavljen kao ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 2 k + 1 5 k (k + 1) = ∑ k = 1 ∞ 2 k + 1 5 k (k + 1) . Neophodni uslov je zadovoljen: lim k → + ∞ = 2 k + 1 5 k (k + 1) = 0 . Uzmimo ∑ k = 1 ∞ 1 k prema drugom kriteriju poređenja lim k → + ∞ 2 k + 1 5 k (k + 1) 1 k = lim k → + ∞ 2 k + 1 5 (k + 1) = 2 5
Nalazimo da ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 2 k + 1 5 k (k + 1) = ∑ k = 1 ∞ 2 k + 1 5 k (k + 1) divergira. Niz ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 2 k + 1 5 k (k + 1) konvergira prema Leibnizovom kriteriju: niz 2 1 + 1 5 1 1 1 + 1 = 3 10, 2 2 + 1 5 · 2 · (2 + 1) = 5 30 , 2 · 3 + 1 5 · 3 · 3 + 1 , . . . opada i lim k → + ∞ = 2 k + 1 5 k (k + 1) = 0 .
Serija konvergira uslovno.
Abel-Dirichletov test
Definicija 13∑ k = 1 + ∞ u k · v k konvergira ako ( u k ) ne raste i niz ∑ k = 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.
Hajde da zamislimo
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
gdje je (u k) = 1, 1 2, 1 3, . . . nije rastući, a niz (v k) = 1, - 3, 2, 1, - 3, 2, . . . ograničeno (S k) = 1, - 2, 0, 1, - 2, 0, . . . . Serija se konvergira.
Ako primijetite grešku u tekstu, označite je i pritisnite Ctrl+Enter
Nađimo zbir niza brojeva. Ako ga ne možete pronaći, onda sistem izračunava zbir serije sa određenom tačnošću.
Konvergencija serije
Ovaj kalkulator može odrediti da li se niz konvergira i također pokazuje koji znaci konvergencije rade, a koji ne.
Također zna kako odrediti konvergenciju redova stepena.
Takođe se konstruiše graf niza na kome se može videti stopa konvergencije niza (ili divergencije).
Pravila za unos izraza i funkcija
Izrazi se mogu sastojati od funkcija (notacije su date abecednim redom): apsolutno (x)
Apsolutna vrijednost x
(modul x ili |x|)
arccos(x) Funkcija - arc kosinus od x arccosh(x) Arc kosinus hiperboličan iz x arcsin(x) Arcsine from x arcsinh(x) Arksinus hiperbolički iz x arktan(x) Funkcija - arktangens od x arctgh(x) Arktangent hiperbolični iz x e e broj koji je približno jednak 2,7 exp(x) Funkcija - eksponent od x(kao e^x)
log(x) ili ln(x) Prirodni logaritam od x
(Za dobijanje log7(x), trebate unijeti log(x)/log(7) (ili, na primjer, for log10(x)=log(x)/log(10)) pi Broj je "Pi", što je približno jednako 3,14 sin(x) Funkcija - sinus od x cos(x) Funkcija - kosinus od x sinh(x) Funkcija - Sinus hiperbolični iz x cosh(x) Funkcija - kosinus hiperbolični iz x sqrt(x) Funkcija - Kvadratni korijen od x sqr(x) ili x^2 Funkcija - kvadrat x preplanulost (x) Funkcija - Tangenta od x tgh(x) Funkcija - Tangenta hiperbolička iz x cbrt(x) Funkcija - kubni korijen od x
Sljedeće operacije se mogu koristiti u izrazima: Realni brojevi unesite kao 7.5
, ne 7,5
2*x- množenje 3/x- divizija x^3- eksponencijaliranje x+7- dodatak x - 6- oduzimanje
Ostale karakteristike: sprat(x) Funkcija - zaokruživanje x prema dolje (primjer pod (4,5)==4,0) plafon(x) Funkcija - zaokruživanje x prema gore (primjer strop(4,5)==5,0) znak(x) Funkcija - Sign x erf(x) Funkcija greške (ili integral vjerovatnoće) laplace(x) Laplaceova funkcija
Učitavanje...