Pse ndryshon seria 1 n? Shuma e serisë. Disa vlera të shumës së pjesshme
Ka disa mënyra për të kontrolluar konvergjencën e një serie. Së pari, thjesht mund të gjeni shumën e serisë. Nëse si rezultat marrim një numër të fundëm, atëherë kjo seria konvergon. Për shembull, sepse
atëherë seria konvergon. Nëse nuk ishim në gjendje të gjenim shumën e serisë, atëherë duhet të përdorim metoda të tjera për të kontrolluar konvergjencën e serisë.
Një metodë e tillë është Shenja e d'Alembert
këtu dhe përkatësisht janë termat n dhe (n+1) të serisë, dhe konvergjenca përcaktohet nga vlera e D: Nëse D< 1 - ряд сходится, если D >
Si shembull, ne studiojmë konvergjencën e një serie duke përdorur testin e d'Alembert. Së pari, le të shkruajmë shprehjet për dhe . Tani le të gjejmë kufirin përkatës:
Meqenëse, në përputhje me testin e d'Alembert, seria konvergon.
Një metodë tjetër për të kontrolluar konvergjencën e një serie është shenja e radikalit Cauchy, e cila shkruhet si më poshtë:
këtu është termi i n-të i serisë dhe konvergjenca, si në rastin e testit të d'Alembert, përcaktohet nga vlera e D: Nëse D< 1 - ряд сходится, если D >1 - ndryshon. Kur D = 1, kjo shenjë nuk jep përgjigje dhe duhet të kryhen kërkime shtesë.
Si shembull, ne studiojmë konvergjencën e një serie duke përdorur testin radikal Cauchy. Së pari, le të shkruajmë shprehjen për . Tani le të gjejmë kufirin përkatës:
Që nga title="15625/64>1">, në përputhje me testin radikal Cauchy, seria ndryshon.
Vlen të theksohet se, krahas atyre të listuara, ka edhe shenja të tjera të konvergjencës së serive, si testi integral Cauchy, testi Raabe, etj.
Tona kalkulator në internet, i ndërtuar në bazë të sistemit Wolfram Alpha, ju lejon të testoni konvergjencën e serisë. Për më tepër, nëse kalkulatori prodhon një numër specifik si shuma e një serie, atëherë seria konvergjon. Përndryshe, duhet t'i kushtoni vëmendje artikullit "Testi i konvergjencës së serisë". Nëse shprehja "seri konvergon" është e pranishme, atëherë seria konvergjon. Nëse shprehja "seriali ndryshon", atëherë seria ndryshon.
Më poshtë është një përkthim i të gjitha kuptimeve të mundshme të artikullit "Testi i konvergjencës së serisë":
| Teksti aktiv gjuhe angleze | Teksti në Rusisht |
|---|---|
| Nga testi i serisë harmonike, seria ndryshon. | Kur krahasohet seria në studim me serinë harmonike, seria origjinale ndryshon. |
| Testi i raportit është gjithëpërfshirës. | Testi i D'Alembert nuk mund të japë një përgjigje për konvergjencën e një serie. |
| Testi i rrënjës është gjithëpërfshirës. | Testi radikal Cauchy nuk mund të japë një përgjigje për konvergjencën e serisë. |
| Nga testi i krahasimit, seria konvergon. | Për krahasim, seria konvergon |
| Nga testi i raportit, seria konvergon. | Sipas testit të d'Alembert, seria konvergon |
| Nga testi i kufirit, seria ndryshon. | Bazuar në faktin se title="Kufiri i termit të n-të të serisë për n->oo nuk është i barabartë me zero ose nuk ekziston"> , или указанный предел не существует, сделан вывод о том, что ряд расходится. !} |
Seri harmonike- një shumë e përbërë nga një numër i pafund termash, reciproke të numrave të njëpasnjëshëm varg natyror :
∑ 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))+\cpika +(\frac (1) (k))+\cdots ).YouTube enciklopedik
1 / 5
✪ Seritë e numrave. Konceptet themelore - bezbotvy
✪ Vërtetim i divergjencës së serisë harmonike
✪ Seria e numrave-9. Konvergjenca dhe divergjenca e serisë Dirichlet
✪ Konsultimi nr. 1. Mat. analiza. Seritë Furier në sistemin trigonometrik. Karakteristikat më të thjeshta
✪ RENDET. Rishikimi
Titra
Shuma e n termave të parë të serisë
Anëtarët individualë të serisë priren në zero, por shuma e tyre ndryshon. n-të shuma e pjesshme s n e një serie harmonike quhet numri i n-të harmonik:
s n = ∑ k = 1 n 1 k = 1 + 1 2 + 1 3 + 1 4 + ⋯ + 1 n (\displaystyle s_(n)=\shuma _(k=1)^(n)(\frac (1 )(k))=1+(\frac (1)(2))+(\frac (1)(3))+(\frac (1)(4))+\cpika +(\frac (1) (n)))Disa vlera të shumës së pjesshme
| 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 (\stil ekrani (\x)&1 (\ fillimi)&1(mat) \\\\s_(2)&=&(\frac (3)(2))&=&1(,)5 \\\\s_(3)&=&(\frac (11)(6))& \përafërsisht &1(,)833\\\\s_(4)&=&(\frac (25)(12))&\afërsisht &2(,)083\\\\s_(5)&=&(\frac (137)(60))&\afërsisht &2(,)283\fund(matricë))) | 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 ≈ 3 s 14.3&c (49 )(20))&=&2(,)45\\\\s_(7)&=&(\frac (363)(140))&\afërsisht &2(,)593\\\\s_ (8)& =&(\frac (761)(280))&\përafërsisht &2(,)718\\\\s_(10^(3))&\afërsisht &7(,)484\\\\s_( 10^(6 ))&\afërsisht &14(,)393\fund (matricë))) |
formula e Euler-it
Kur vlera ε n → 0 (\displaystyle \varepsilon _(n)\shigjeta djathtas 0), pra, për të mëdha n (\displaystyle n):
s n ≈ ln (n) + γ (\displaystyle s_(n)\afërsisht \ln(n)+\gama )- Formula e Euler-it për shumën e të parit n (\displaystyle n) anëtarët e serisë harmonike.| n (\displaystyle n) | s n = ∑ k = 1 n 1 k (\displaystyle s_(n)=\shuma _(k=1)^(n)(\frac (1)(k))) | ln (n) + γ (\displaystyle \ln(n)+\gama ) | ε n (\displaystyle \varepsilon _(n)), (%) |
| 10 | 2,93 | 2,88 | 1,7 |
| 25 | 3,82 | 3,80 | 0,5 |
Një formulë asimptotike më e saktë për shumën e pjesshme të serisë harmonike:
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 n 2 k (\displaystyle s_(n)\asymp \ln(n)+\gama +(\frac (1)(2n))-(\frac (1)(12n^(2)))+(\ frac (1)(120n^(4)))-(\frac (1)(252n^(6)))\pika =\ln(n)+\gama +(\frac (1)(2n))- \shuma _(k=1)^(\infty )(\frac (B_(2k))(2k\,n^(2k)))), Ku B 2 k (\displaystyle B_(2k)) - Numrat Bernoulli.Ky serial ndryshon, por gabimi në llogaritjet e tij nuk e kalon kurrë gjysmën e termit të parë të hedhur poshtë.
Vetitë numerore-teorike të shumave të pjesshme
∀ n > 1 s n ∉ N (\displaystyle \përgjithë n>1\;\;\;\;s_(n)\notin \mathbb (N) )
Divergjenca e serive
S n → ∞ (\displaystyle s_(n)\arrow djathtas \infty ) në n → ∞ (\displaystyle n\arrow djathtas \infty)
Seria harmonike ndryshon shumë ngadalë (që shuma e pjesshme të kalojë 100, nevojiten rreth 10 43 elementë të serisë).
Divergjenca e serisë harmonike mund të demonstrohet duke e krahasuar atë me rresht teleskopik :
v n = ln (n + 1) − ln n = ln (1 + 1 n) ∼ + ∞ 1 n (\displaystyle v_(n)=\ln(n+1)-\ln n=\ln \ majtas(1+(\frac (1)(n))\djathtas)(\underset (+\infty )(\sim ))(\frac (1)(n))),shuma e pjesshme e së cilës është padyshim e barabartë me:
∑ i = 1 n − 1 v i = ln n ∼ s n (\displaystyle \shuma _(i=1)^(n-1)v_(i)=\ln n\sim s_(n)).Dëshmia e Oresmes
Prova e divergjencës mund të ndërtohet duke grupuar termat si më poshtë:
∑ 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 (\fille(lidhur)\sum _(k=1)^(\infty )(\frac (1)(k))&()=1+\majtas[(\frac (1)(2) )\djathtas]+\majtas[(\frac (1)(3))+(\frac (1)(4))\djathtas]+\majtas[(\frac (1)(5))+(\frac (1)(6))+(\frac (1)(7))+(\frac (1)(8))\djathtas]+\majtas[(\frac (1)(9))+\cdots \ djathtas]+\cpika \\&()>1+\majtas[(\frac (1)(2))\djathtas]+\majtas[(\frac (1)(4))+(\frac (1) (4))\djathtas]+\majtas[(\frac (1)(8))+(\frac (1)(8))+(\frac (1)(8))+(\frac (1) (8))\djathtas]+\majtas[(\frac (1)(16))+\cdots \djathtas]+\cdots \\&()=1+\ (\frac (1)(2))\ \ \ +\quad (\frac (1)(2))\ \quad +\ \qquad \quad (\frac (1)(2))\qquad \ \quad \ +\quad \\ (\frac (1 )(2))\ \katër +\ \cpika .\fund (të rreshtuar)))Rreshti i fundit padyshim ndryshon. Kjo provë vjen nga një shkencëtar mesjetar Nikolla Orem(rreth 1350).
Dëshmi alternative e divergjencës
Ftojmë lexuesin të verifikojë falsitetin e kësaj prove
Dallimi midis n (\displaystyle n) numri th harmonik dhe logaritmi natyror n (\displaystyle n) konvergon në Konstanta Euler-Mascheroni.
Dallimi midis numrave të ndryshëm harmonikë nuk është kurrë i barabartë me një numër të plotë dhe asnjë numër harmonik përveç H 1 = 1 (\displaystyle H_(1)=1), nuk është një numër i plotë.
Seri të ngjashme
Seria Dirichlet
Seritë harmonike të përgjithësuara (ose pranë Dirichlet-it) quhet seri
∑ 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^(\alfa)))=1+(\frac (1)(2^(\alfa)))+(\frac (1)(3^(\alfa)))+(\frac ( 1)(4^(\alfa)))+\cpika +(\frac (1)(k^(\alfa)))+\cpika ).Seria harmonike e përgjithësuar ndryshon në α ⩽ 1 (\displaystyle \alpha \leqslant 1) dhe konvergon në α > 1 (\displaystyle \alpha >1) .
Shuma e serive harmonike të përgjithësuara të rendit α (\displaystyle \alfa) e barabartë me vlerën Funksionet zeta të Riemann :
∑ k = 1 ∞ 1 k α = ζ (α) (\displaystyle \sum _(k=1)^(\infty )(\frac (1)(k^(\alfa )))=\zeta (\alfa ))Për numrat çift kjo vlerë shprehet në mënyrë eksplicite përmes Pi, Për shembull, ζ (2) = π 2 6 (\displaystyle \zeta (2)=(\frac (\pi ^(2))(6))), dhe tashmë për α=3 vlera e tij është analitike e panjohur.
Një tjetër ilustrim i divergjencës së serisë harmonike mund të jetë relacioni ζ (1 + 1 n) ∼ n (\displaystyle \zeta (1+(\frac (1)(n)))\sim n) . Prandaj, ata thonë se një seri e tillë ka probabilitet 1, dhe shuma e serisë është vlerë e rastësishme me veti interesante. Për shembull, funksion probabiliteti-densiteti, e llogaritur në pikat +2 ose −2 ka vlerën:
0,124 999 999 999 999 999 999 999 999 999 999 999 999 999 7 642 …,duke ndryshuar nga ⅛ me më pak se 10 −42.
Seritë harmonike "të holluara".
Seria Kempner (anglisht)Nëse marrim parasysh një seri harmonike në të cilën kanë mbetur vetëm termat, emëruesit e të cilëve nuk përmbajnë numrin 9, atëherë rezulton se shuma e mbetur konvergon me numrin<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), gjithnjë e më pak terma merren për shumën e serisë së "holluar". Kjo do të thotë, në fund të fundit, shumica dërrmuese e termave që formojnë shumën e serisë harmonike janë hedhur poshtë në mënyrë që të mos kalojnë progresionin gjeometrik që kufizon nga lart.
Ky artikull ofron informacion të strukturuar dhe të detajuar që mund të jetë i dobishëm kur analizoni ushtrime dhe detyra. Ne do të shqyrtojmë temën e serisë së numrave.
Ky artikull fillon me përkufizimet dhe konceptet bazë. Më pas, ne do të përdorim opsionet standarde dhe do të studiojmë formulat bazë. Për të konsoliduar materialin, artikulli ofron shembuj dhe detyra themelore.
Tezat bazë
Së pari, le të imagjinojmë sistemin: a 1 , a 2 . . . , a n , . . . , ku a k ∈ R, k = 1, 2. . . .
Për shembull, le të marrim numra të tillë si: 6, 3, - 3 2, 3 4, 3 8, - 3 16, . . . .
Përkufizimi 1
Një seri numrash është shuma e termave ∑ a k k = 1 ∞ = a 1 + a 2 + . . . + a n + . . . .
Për të kuptuar më mirë përkufizimin, merrni parasysh rastin e dhënë në të cilin q = - 0. 5: 8 - 4 + 2 - 1 + 1 2 - 1 4 + . . . = ∑ k = 1 ∞ (- 16) · - 1 2 k .
Përkufizimi 2
një k është e përgjithshme ose k –th anëtar i serialit.
Duket diçka si kjo - 16 · - 1 2 k.
Përkufizimi 3
Shuma e pjesshme e serive duket diçka si kjo S n = a 1 + a 2 + . . . + a n , në të cilën n- çdo numër. S n është n-të shuma e serisë.
Për shembull, ∑ k = 1 ∞ (- 16) · - 1 2 k është S 4 = 8 - 4 + 2 - 1 = 5.
S 1 , S 2 , . . . , S n , . . . formojnë një sekuencë të pafundme numrash.
Për një rresht n-të shuma gjendet me formulën S n = a 1 · (1 - q n) 1 - q = 8 · 1 - - 1 2 n 1 - - 1 2 = 16 3 · 1 - - 1 2 n. Ne përdorim sekuencën e mëposhtme të shumave të pjesshme: 8, 4, 6, 5, . . . , 16 3 · 1 - - 1 2 n , . . . .
Përkufizimi 4
Seria ∑ k = 1 ∞ a k është konvergjente kur sekuenca ka një kufi të fundëm S = lim S n n → + ∞ . Nëse nuk ka kufi ose sekuenca është e pafundme, atëherë seria ∑ k = 1 ∞ a k quhet divergjent.
Përkufizimi 5
Shuma e një serie konvergjente∑ k = 1 ∞ a k është kufiri i vargut ∑ k = 1 ∞ a k = lim S n n → + ∞ = S .
Në këtë shembull, lim S n n → + ∞ = lim 16 3 t → + ∞ · 1 - 1 2 n = 16 3 · lim n → + ∞ 1 - - 1 2 n = 16 3 , rreshti ∑ k = 1 ∞ ( - 16) · - 1 2 k konvergjon. Shuma është 16 3: ∑ k = 1 ∞ (- 16) · - 1 2 k = 16 3 .
Shembulli 1
Një shembull i një serie divergjente është shuma e një progresion gjeometrik me një emërues më të madh se një: 1 + 2 + 4 + 8 +. . . + 2 n - 1 + . . . = ∑ k = 1 ∞ 2 k - 1 .
Shuma e n-të e pjesshme jepet nga S n = a 1 (1 - q n) 1 - q = 1 (1 - 2 n) 1 - 2 = 2 n - 1, dhe kufiri i shumave të pjesshme është i pafund: lim n → + ∞ S n = lim n → + ∞ (2 n - 1) = + ∞ .
Një shembull tjetër i një serie numrash divergjente është shuma e formës ∑ k = 1 ∞ 5 = 5 + 5 + . . . . Në këtë rast, shuma e n-të e pjesshme mund të llogaritet si Sn = 5n. Kufiri i shumave të pjesshme është lim i pafund n → + ∞ S n = lim n → + ∞ 5 n = + ∞ .
Përkufizimi 6
Një shumë e të njëjtës formë si ∑ k = 1 ∞ = 1 + 1 2 + 1 3 + . . . + 1 n + . . . - Kjo harmonike seri numrash.
Përkufizimi 7
Shuma ∑ k = 1 ∞ 1 k s = 1 + 1 2 s + 1 3 s + . . . + 1 n s + . . . , Ku s– një numër real, është një seri numrash harmonike të përgjithësuara.
Përkufizimet e diskutuara më sipër do t'ju ndihmojnë të zgjidhni shumicën e shembujve dhe problemeve.
Për të plotësuar përkufizimet, është e nevojshme të vërtetohen ekuacione të caktuara.
- ∑ k = 1 ∞ 1 k – divergjente.
Ne përdorim metodën e kundërt. Nëse konvergon, atëherë kufiri është i kufizuar. Ekuacionin mund ta shkruajmë si lim n → + ∞ S n = S dhe lim n → + ∞ S 2 n = S . Pas veprimeve të caktuara marrim barazinë l i m n → + ∞ (S 2 n - S n) = 0.
Kundër,
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
Janë të vlefshme pabarazitë e mëposhtme: 1 n + 1 > 1 2 n, 1 n + 1 > 1 2 n, . . . , 1 2 n - 1 > 1 2 n . Marrim se 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 . Shprehja S 2 n - S n > 1 2 tregon se lim n → + ∞ (S 2 n - S n) = 0 nuk arrihet. Seriali është divergjent.
- b 1 + b 1 q + b 1 q 2 + . . . + b 1 q n + . . . = ∑ k = 1 ∞ b 1 q k - 1
Është e nevojshme të konfirmohet se shuma e një sekuence numrash konvergjon në q< 1 , и расходится при q ≥ 1 .
Sipas përcaktimeve të mësipërme, shuma n termat përcaktohet sipas formulës S n = b 1 · (q n - 1) q - 1 .
Nëse 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
Ne kemi vërtetuar se seria e numrave konvergon.
Për q = 1 b 1 + b 1 + b 1 + . . . ∑ k = 1 ∞ b 1 . Shumat mund të gjenden duke përdorur formulën S n = b 1 · n, kufiri është lim i pafund n → + ∞ S n = lim n → + ∞ b 1 · n = ∞. Në versionin e paraqitur, seria ndryshon.
Nëse q = - 1, atëherë seria duket si b 1 - b 1 + b 1 - . . . = ∑ k = 1 ∞ b 1 (- 1) k + 1 . Shumat e pjesshme duken si S n = b 1 për tek n, dhe S n = 0 për çift n. Pasi kemi shqyrtuar këtë rast, do të sigurohemi që të mos ketë kufi dhe seria të jetë divergjente.
Për 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 = ∞
Ne kemi vërtetuar se seritë e numrave ndryshojnë.
- Seria ∑ k = 1 ∞ 1 k s konvergon nëse s > 1 dhe divergjent nëse s ≤ 1.
Për s = 1 marrim ∑ k = 1 ∞ 1 k , seria divergon.
Kur s< 1 получаем 1 k s ≥ 1 k для k,numri natyror. Meqenëse seria është divergjente ∑ k = 1 ∞ 1 k , nuk ka kufi. Pas kësaj, sekuenca ∑ k = 1 ∞ 1 k s është e pakufizuar. Konkludojmë se seria e përzgjedhur ndryshon kur s< 1 .
Është e nevojshme të sigurohet dëshmi se seria ∑ k = 1 ∞ 1 k s konvergon për s > 1.
Le të imagjinojmë 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
Le të supozojmë se 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
Le të imagjinojmë ekuacionin për numrat që janë natyrorë dhe çift 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 . . .
Ne marrim:
∑ 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 + . . .
Shprehja është 1 + 1 2 s - 1 + 1 2 s - 1 2 + 1 2 s - 1 3 + . . . është shuma e progresionit gjeometrik q = 1 2 s - 1. Sipas të dhënave fillestare në s > 1, pastaj 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 rritet dhe kufizohet nga lart 1 1 - 1 2 s - 1 . Le të imagjinojmë se ka një kufi dhe seria është konvergjente ∑ k = 1 ∞ 1 k s .
Përkufizimi 8
Seria ∑ k = 1 ∞ a k është pozitive në atë rast, nëse anëtarët e tij > 0 a k > 0 , k = 1 , 2 , . . . .
Seria ∑ k = 1 ∞ b k sinjalizues, nëse shenjat e numrave janë të ndryshme. Ky shembull paraqitet si ∑ k = 1 ∞ b k = ∑ k = 1 ∞ (- 1) k · a k ose ∑ k = 1 ∞ b k = ∑ k = 1 ∞ (- 1) k + 1 · a k , ku a k > 0 , k = 1 , 2 , . . . .
Seria ∑ k = 1 ∞ b k të alternuara, pasi përmban shumë numra, negativë dhe pozitivë.
Seria e opsionit të dytë është një rast i veçantë i opsionit të tretë.
Këtu janë shembuj për secilin rast, përkatësisht:
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 + . . .
Për opsionin e tretë, mund të përcaktoni gjithashtu konvergjencën absolute dhe të kushtëzuar.
Përkufizimi 9
Seria e alternuar ∑ k = 1 ∞ b k është absolutisht konvergjente në rastin kur ∑ k = 1 ∞ b k konsiderohet gjithashtu konvergjente.
Le të shohim në detaje disa opsione tipike.
Shembulli 2
Nëse rreshtat janë 6 - 3 + 3 2 - 3 4 + 3 8 - 3 16 +. . . dhe 6 + 3 - 3 2 + 3 4 + 3 8 - 3 16 + . . . përkufizohen si konvergjente, atëherë është e saktë të supozohet se 6 + 3 + 3 2 + 3 4 + 3 8 + 3 16 + . . .
Përkufizimi 10
Një seri alternative ∑ k = 1 ∞ b k konsiderohet konvergjente me kusht nëse ∑ k = 1 ∞ b k është divergjente, dhe seria ∑ k = 1 ∞ b k konsiderohet konvergjente.
Shembulli 3
Le të shqyrtojmë në detaje opsionin ∑ k = 1 ∞ (- 1) k + 1 k = 1 - 1 2 + 1 3 - 1 4 + . . . . Seria ∑ k = 1 ∞ (- 1) k + 1 k = ∑ k = 1 ∞ 1 k, e cila përbëhet nga vlera absolute, përcaktohet si divergjente. Ky opsion konsiderohet konvergjent pasi është i lehtë për t'u përcaktuar. Nga ky shembull mësojmë se seria ∑ k = 1 ∞ (- 1) k + 1 k = 1 - 1 2 + 1 3 - 1 4 + . . . do të konsiderohet konvergjente me kusht.
Karakteristikat e serive konvergjente
Le të analizojmë vetitë për raste të caktuara
- Nëse ∑ k = 1 ∞ a k konvergjent, atëherë seria ∑ k = m + 1 ∞ a k konsiderohet gjithashtu konvergjente. Mund të vërehet se rreshti pa m termat konsiderohen gjithashtu konvergjente. Nëse shtojmë disa numra në ∑ k = m + 1 ∞ a k, atëherë rezultati që rezulton do të jetë gjithashtu konvergjent.
- Nëse ∑ k = 1 ∞ a k konvergjon dhe shuma = S, atëherë konvergjon edhe seria ∑ k = 1 ∞ A · a k , ∑ k = 1 ∞ A · a k = A · S, ku A- konstante.
- Nëse ∑ k = 1 ∞ a k dhe ∑ k = 1 ∞ b k janë konvergjente, shumat A Dhe B gjithashtu, atëherë konvergojnë edhe seritë ∑ k = 1 ∞ a k + b k dhe ∑ k = 1 ∞ a k - b k. Shumat do të jenë të barabarta A+B Dhe A - B përkatësisht.
Përcaktoni që seria konvergon ∑ k = 1 ∞ 2 3 k · k 3 .
Të ndryshojmë shprehjen ∑ k = 1 ∞ 2 3 k · k 3 = ∑ k = 1 ∞ 2 3 · 1 k 4 3 . Seria ∑ k = 1 ∞ 1 k 4 3 konsiderohet konvergjente, pasi seria ∑ k = 1 ∞ 1 k s konvergon kur s > 1. Sipas vetive të dytë, ∑ k = 1 ∞ 2 3 · 1 k 4 3 .
Shembulli 5
Përcaktoni nëse seria ∑ n = 1 ∞ 3 + n n 5 2 konvergon.
Le të transformojmë versionin origjinal ∑ n = 1 ∞ 3 + n n 5 2 = ∑ n = 1 ∞ 3 n 5 2 + n n 2 = ∑ n = 1 ∞ 3 n 5 2 + ∑ n = 1 ∞ .
Marrim shumën ∑ n = 1 ∞ 3 n 5 2 dhe ∑ n = 1 ∞ 1 n 2 . Çdo seri konsiderohet konvergjente sipas vetive. Pra, ndërsa seritë konvergojnë, po kështu edhe versioni origjinal.
Shembulli 6
Llogaritni nëse seria 1 - 6 + 1 2 - 2 + 1 4 - 2 3 + 1 8 - 2 9 + konvergjon. . . dhe llogarisni shumën.
Le të zgjerojmë versionin origjinal:
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
Çdo seri konvergjon sepse është një nga anëtarët e një sekuence numrash. Sipas vetive të tretë, mund të llogarisim se versioni origjinal është gjithashtu konvergjent. Ne llogarisim shumën: Termi i parë i serisë ∑ k = 1 ∞ 1 2 k - 1 = 1, dhe emëruesi = 0. 5, kjo pasohet nga, ∑ k = 1 ∞ 1 2 k - 1 = 1 1 - 0 . 5 = 2. Termi i parë është ∑ k = 1 ∞ 1 3 k - 2 = 3, dhe emëruesi i sekuencës së numrave zbritës = 1 3. Marrim: ∑ k = 1 ∞ 1 3 k - 2 = 3 1 - 1 3 = 9 2 .
Ne përdorim shprehjet e marra më sipër për të përcaktuar shumën 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
Një kusht i domosdoshëm për të përcaktuar nëse një seri është konvergjente
Përkufizimi 11Nëse seria ∑ k = 1 ∞ a k është konvergjente, atëherë kufiri i saj kth term = 0: lim k → + ∞ a k = 0 .
Nëse kontrollojmë ndonjë opsion, nuk duhet të harrojmë kushtin e domosdoshëm. Nëse nuk përmbushet, atëherë seria divergjente. Nëse lim k → + ∞ a k ≠ 0, atëherë seria është divergjente.
Duhet të sqarohet se gjendja është e rëndësishme, por jo e mjaftueshme. Nëse barazia lim k → + ∞ a k = 0 vlen, atëherë kjo nuk garanton që ∑ k = 1 ∞ a k është konvergjente.
Le të japim një shembull. Për serinë harmonike ∑ k = 1 ∞ 1 k kushti është i plotësuar lim k → + ∞ 1 k = 0, por seria ende ndryshon.
Shembulli 7
Përcaktoni konvergjencën ∑ n = 1 ∞ n 2 1 + n .
Le të kontrollojmë shprehjen origjinale për përmbushjen e kushtit 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
Kufiri n-të anëtari nuk është i barabartë me 0. Ne kemi vërtetuar se kjo seri ndryshon.
Si të përcaktohet konvergjenca e një serie pozitive.
Nëse i përdorni vazhdimisht këto karakteristika, do t'ju duhet të llogaritni vazhdimisht kufijtë. Ky seksion do t'ju ndihmojë të shmangni vështirësitë kur zgjidhni shembuj dhe probleme. Për të përcaktuar konvergjencën e një serie pozitive, ekziston një kusht i caktuar.
Për konvergjencën e shenjës pozitive ∑ k = 1 ∞ a k , a k > 0 ∀ k = 1 , 2 , 3 , . . . është e nevojshme të përcaktohet një sekuencë e kufizuar shumash.
Si të krahasoni seritë
Ka disa shenja të krahasimit të serive. Krahasojmë serinë, konvergjenca e së cilës është propozuar të përcaktohet me serinë, konvergjenca e së cilës dihet.
Shenja e parë
∑ k = 1 ∞ a k dhe ∑ k = 1 ∞ b k janë seri me shenja pozitive. Pabarazia a k ≤ b k vlen për k = 1, 2, 3, ... Nga kjo rezulton se nga seria ∑ k = 1 ∞ b k mund të marrim ∑ k = 1 ∞ a k . Meqenëse ∑ k = 1 ∞ a k është divergjente, seria ∑ k = 1 ∞ b k mund të përkufizohet si divergjente.
Ky rregull përdoret vazhdimisht për të zgjidhur ekuacionet dhe është një argument serioz që do të ndihmojë në përcaktimin e konvergjencës. Vështirësia mund të qëndrojë në faktin se nuk është e mundur të gjendet një shembull i përshtatshëm për krahasim në çdo rast. Shumë shpesh, një seri zgjidhet sipas parimit që treguesi kth termi do të jetë i barabartë me rezultatin e zbritjes së eksponentëve të numëruesit dhe emëruesit kth anëtar i serialit. Le të supozojmë se një k = k 2 + 3 4 k 2 + 5 , diferenca do të jetë e barabartë me 2 – 3 = - 1 . NË në këtë rast mund të përcaktohet se për krahasim një seri me k-të termi b k = k - 1 = 1 k , i cili është harmonik.
Për të konsoliduar materialin e marrë, ne do të shqyrtojmë në detaje disa opsione tipike.
Shembulli 8
Përcaktoni sa është seria ∑ k = 1 ∞ 1 k - 1 2.
Meqenëse kufiri = 0 lim k → + ∞ 1 k - 1 2 = 0, ne kemi bërë kusht i nevojshëm. Pabarazia do të jetë e drejtë 1 k< 1 k - 1 2 для k, të cilat janë të natyrshme. Nga paragrafët e mëparshëm mësuam se seria harmonike ∑ k = 1 ∞ 1 k është divergjente. Sipas kriterit të parë, mund të vërtetohet se versioni origjinal është divergjent.
Shembulli 9
Përcaktoni nëse seria është konvergjente apo divergjente ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 + 3 k - 1 .
Në këtë shembull, kushti i nevojshëm plotësohet, pasi lim k → + ∞ 1 k 3 + 3 k - 1 = 0. Ne e paraqesim atë si pabarazi 1 k 3 + 3 k - 1< 1 k 3 для любого значения k. Seria ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 është konvergjente, pasi seria harmonike ∑ k = 1 ∞ 1 k s konvergon për s > 1. Sipas kriterit të parë, mund të konkludojmë se seria e numrave është konvergjente.
Shembulli 10
Përcaktoni sa është seria ∑ k = 3 ∞ 1 k ln (ln k). lim k → + ∞ 1 k ln (ln k) = 1 + ∞ + ∞ = 0 .
Në këtë opsion, ju mund të shënoni përmbushjen e kushtit të dëshiruar. Le të përcaktojmë një seri për krahasim. Për shembull, ∑ k = 1 ∞ 1 k s . Për të përcaktuar se cila është shkalla, merrni parasysh sekuencën (ln (ln k)), k = 3, 4, 5. . . . Anëtarët e sekuencës ln (ln 3) , ln (ln 4) , ln (ln 5) , . . . rritet deri në pafundësi. Pasi kemi analizuar ekuacionin, mund të vërejmë se, duke marrë N = 1619 si vlerë, atëherë termat e sekuencës > 2. Për këtë sekuencë pabarazia 1 k ln (ln k) do të jetë e vërtetë< 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.
Shenja e dytë
Le të supozojmë se ∑ k = 1 ∞ a k dhe ∑ k = 1 ∞ b k janë seri numrash pozitive.
Nëse lim k → + ∞ a k b k ≠ ∞ , atëherë seria ∑ k = 1 ∞ b k konvergjon dhe ∑ k = 1 ∞ a k gjithashtu konvergon.
Nëse lim k → + ∞ a k b k ≠ 0, atëherë meqenëse seria ∑ k = 1 ∞ b k divergon, atëherë ∑ k = 1 ∞ a k gjithashtu divergon.
Nëse lim k → + ∞ a k b k ≠ ∞ dhe lim k → + ∞ a k b k ≠ 0, atëherë konvergjenca ose divergjenca e një serie nënkupton konvergjencën ose divergjencën e një serie tjetër.
Konsideroni ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 + 3 k - 1 duke përdorur shenjën e dytë. Për krahasim ∑ k = 1 ∞ b k marrim serinë konvergjente ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 . Le të përcaktojmë kufirin: 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
Sipas kriterit të dytë, mund të përcaktohet se seria konvergjente ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 do të thotë se edhe versioni origjinal konvergjon.
Shembulli 11
Përcaktoni sa është seria ∑ n = 1 ∞ k 2 + 3 4 k 3 + 5.
Le të analizojmë kushtin e nevojshëm lim k → ∞ k 2 + 3 4 k 3 + 5 = 0, i cili plotësohet në këtë version. Sipas kriterit të dytë, merret seria ∑ k = 1 ∞ 1 k . Po kërkojmë kufirin: lim k → + ∞ k 2 + 3 4 k 3 + 5 1 k = lim k → + ∞ k 3 + 3 k 4 k 3 + 5 = 1 4
Sipas tezave të mësipërme, një seri divergjente përfshin divergjencën e serisë origjinale.
Shenja e tretë
Le të shqyrtojmë shenjën e tretë të krahasimit.
Le të supozojmë se ∑ k = 1 ∞ a k dhe _ ∑ k = 1 ∞ b k janë seri numrash pozitive. Nëse kushti është i plotësuar për një numër të caktuar a k + 1 a k ≤ b k + 1 b k , atëherë konvergjenca e kësaj serie ∑ k = 1 ∞ b k do të thotë se edhe seria ∑ k = 1 ∞ a k është konvergjente. Seria divergjente ∑ k = 1 ∞ a k përfshin divergjencën ∑ k = 1 ∞ b k.
Shenja e D'Alembert
Le të imagjinojmë që ∑ k = 1 ∞ a k është një seri numrash pozitive. Nëse lim k → + ∞ a k + 1 a k< 1 , то ряд является сходящимся, если lim k → + ∞ a k + 1 a k >1, pastaj divergjente.
Shënim 1
Testi i D'Alembert është i vlefshëm nëse kufiri është i pafund.
Nëse lim k → + ∞ a k + 1 a k = - ∞ , atëherë seria është konvergjente, nëse lim k → ∞ a k + 1 a k = + ∞ , atëherë është divergjente.
Nëse lim k → + ∞ a k + 1 a k = 1, atëherë shenja e d'Alembert nuk do të ndihmojë dhe do të kërkohen disa studime të tjera.
Shembulli 12
Përcaktoni nëse seria është konvergjente apo divergjente ∑ k = 1 ∞ 2 k + 1 2 k duke përdorur kriterin e d’Alembert.
Është e nevojshme të kontrollohet nëse plotësohet kushti i nevojshëm i konvergjencës. Le të llogarisim kufirin duke përdorur rregullën e L'Hopital: 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
Mund të shohim që kushti është përmbushur. Le të përdorim testin e d'Alembert: 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
Seria është konvergjente.
Shembulli 13
Përcaktoni nëse seria është divergjente ∑ k = 1 ∞ k k k ! .
Le të përdorim testin e d'Alembert për të përcaktuar divergjencën e serisë: 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
Prandaj, seria është divergjente.
Shenja e radikalit Cauchy
Le të supozojmë se ∑ k = 1 ∞ a k është një seri me shenjë pozitive. Nëse lim k → + ∞ a k k< 1 , то ряд является сходящимся, если lim k → + ∞ a k k >1, pastaj divergjente.
Shënim 2
Nëse lim k → + ∞ a k k = 1, atëherë kjo shenjë nuk jep asnjë informacion - kërkohet analizë shtesë.
Kjo veçori mund të përdoret në shembuj që janë të lehtë për t'u identifikuar. Rasti do të jetë tipik kur një anëtar i një serie numrash është një shprehje fuqie eksponenciale.
Për të konsoliduar informacionin e marrë, le të shqyrtojmë disa shembuj tipikë.
Shembulli 14
Përcaktoni nëse seria e shenjës pozitive ∑ k = 1 ∞ 1 (2 k + 1) k është konvergjente.
Kushti i nevojshëm konsiderohet i plotësuar, pasi lim k → + ∞ 1 (2 k + 1) k = 1 + ∞ + ∞ = 0 .
Sipas kriterit të diskutuar më sipër, marrim 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.
Shembulli 15
A konvergon seria e numrave ∑ k = 1 ∞ 1 3 k · 1 + 1 k k 2?
Ne përdorim veçorinë e përshkruar në paragrafin e mëparshëm 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.
Testi integral Cauchy
Le të supozojmë se ∑ k = 1 ∞ a k është një seri me shenjë pozitive. Është e nevojshme të shënohet funksioni i një argumenti të vazhdueshëm y = f(x), që përkon me një n = f (n) . Nëse y = f(x) më e madhe se zero, nuk ndërpritet dhe zvogëlohet me [a; + ∞), ku a ≥ 1
Pastaj në rast integral jo i duhur∫ a + ∞ f (x) d x është konvergjente, atëherë edhe seria në shqyrtim është konvergjente. Nëse ndryshon, atëherë në shembullin në shqyrtim edhe seria ndryshon.
Kur kontrolloni nëse një funksion po zvogëlohet, mund të përdorni materialin e trajtuar në mësimet e mëparshme.
Shembulli 16
Shqyrtoni shembullin ∑ k = 2 ∞ 1 k · ln k për konvergjencë.
Kushti për konvergjencën e serisë konsiderohet i plotësuar, pasi lim k → + ∞ 1 k · ln k = 1 + ∞ = 0 . Konsideroni y = 1 x ln x. Është më i madh se zero, nuk ndërpritet dhe zvogëlohet me [2; + ∞). Dy pikat e para janë të njohura me siguri, por e treta duhet të diskutohet më në detaje. Gjeni derivatin: 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. Është më pak se zero në [ 2 ; + ∞).Kjo vërteton tezën se funksioni është në rënie.
Në fakt, funksioni y = 1 x ln x korrespondon me karakteristikat e parimit që kemi shqyrtuar më sipër. Le ta përdorim: ∫ 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) = + ∞
Sipas rezultateve të marra, shembulli origjinal ndryshon, pasi integrali i pahijshëm është divergjent.
Shembulli 17
Vërtetoni konvergjencën e serisë ∑ k = 1 ∞ 1 (10 k - 9) (ln (5 k + 8)) 3 .
Meqenëse lim k → + ∞ 1 (10 k - 9) (ln (5 k + 8)) 3 = 1 + ∞ = 0, atëherë kushti konsiderohet i përmbushur.
Duke filluar me k = 4, shprehja e saktë është 1 (10 k - 9) (ln (5 k + 8)) 3< 1 (5 k + 8) (ln (5 k + 8)) 3 .
Nëse seria ∑ k = 4 ∞ 1 (5 k + 8) (ln (5 k + 8)) 3 konsiderohet konvergjente, atëherë, sipas njërit prej parimeve të krahasimit, seria ∑ k = 4 ∞ 1 (10 k - 9) ( ln (5 k + 8)) 3 do të konsiderohet gjithashtu konvergjente. Në këtë mënyrë mund të përcaktojmë se shprehja origjinale është gjithashtu konvergjente.
Le të kalojmë te vërtetimi: ∑ k = 4 ∞ 1 (5 k + 8) (ln (5 k + 8)) 3 .
Meqenëse funksioni y = 1 5 x + 8 (ln (5 x + 8)) 3 është më i madh se zero, ai nuk ndërpritet dhe zvogëlohet me [4; + ∞). Ne përdorim veçorinë e përshkruar në paragrafin e mëparshëm:
∫ 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 · ln 28 2
Në serinë konvergjente që rezulton, ∫ 4 + ∞ d x (5 x + 8) (ln (5 x + 8)) 3, mund të përcaktojmë që ∑ k = 4 ∞ 1 (5 k + 8) (ln (5 k + 8 )) 3 gjithashtu konvergon.
Shenja e Raabe
Le të supozojmë se ∑ k = 1 ∞ a k është një seri numrash pozitive.
Nëse lim k → + ∞ k · a k a k + 1< 1 , то ряд расходится, если lim k → + ∞ k · a k a k + 1 - 1 >1, pastaj konvergon.
Kjo metodë e përcaktimit mund të përdoret nëse teknikat e përshkruara më sipër nuk japin rezultate të dukshme.
Studimi i Konvergjencës Absolute
Për studimin marrim ∑ k = 1 ∞ b k . Përdorim shenjën pozitive ∑ k = 1 ∞ b k . Ne mund të përdorim ndonjë nga veçoritë e përshtatshme që përshkruam më lart. Nëse seria ∑ k = 1 ∞ b k konvergon, atëherë seria origjinale është absolutisht konvergjente.
Shembulli 18
Hetoni serinë ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 3 k 3 + 2 k - 1 për konvergjencën ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 3 k 3 + 2 k - 1 = ∑ k = 1 ∞ 1 3 k 3 + 2 k - 1 .
Kushti është i plotësuar lim k → + ∞ 1 3 k 3 + 2 k - 1 = 1 + ∞ = 0 . Le të përdorim ∑ k = 1 ∞ 1 k 3 2 dhe përdorim shenjën e dytë: lim k → + ∞ 1 3 k 3 + 2 k - 1 1 k 3 2 = 1 3 .
Seria ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 3 k 3 + 2 k - 1 konvergon. Seria origjinale është gjithashtu absolutisht konvergjente.
Divergjenca e serive alternative
Nëse seria ∑ k = 1 ∞ b k është divergjente, atëherë seria korresponduese e alternuar ∑ k = 1 ∞ b k është ose divergjente ose konvergjente me kusht.
Vetëm testi i d'Alembert dhe testi radikal i Cauchy-t do të ndihmojnë për të nxjerrë përfundime rreth ∑ k = 1 ∞ b k nga divergjenca nga moduli ∑ k = 1 ∞ b k . Seria ∑ k = 1 ∞ b k gjithashtu ndryshon nëse kushti i nevojshëm i konvergjencës nuk plotësohet, domethënë nëse lim k → ∞ + b k ≠ 0.
Shembulli 19
Kontrolloni divergjencën 1 7, 2 7 2, - 6 7 3, 24 7 4, 120 7 5 - 720 7 6, . . . .
Moduli kth termi paraqitet si b k = k ! 7 k.
Le të shqyrtojmë serinë ∑ k = 1 ∞ b k = ∑ k = 1 ∞ k ! 7 k për konvergjencë duke përdorur kriterin e d'Alembert: 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 ndryshon në të njëjtën mënyrë si versioni origjinal.
Shembulli 20
Është ∑ k = 1 ∞ (- 1) k · k 2 + 1 ln (k + 1) konvergjente.
Le të shqyrtojmë kushtin e nevojshëm 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) = + ∞ . Kushti nuk plotësohet, prandaj ∑ k = 1 ∞ (- 1) k · k 2 + 1 ln (k + 1) seria është divergjente. Kufiri u llogarit duke përdorur rregullin e L'Hopital.
Kriteret e konvergjencës së kushtëzuar
Testi i Leibniz-it
Përkufizimi 12Nëse vlerat e termave të serisë alternative zvogëlohen b 1 > b 2 > b 3 > . . . > . . . dhe kufiri i modulit = 0 si k → + ∞, atëherë seria ∑ k = 1 ∞ b k konvergon.
Shembulli 17
Konsideroni ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 2 k + 1 5 k (k + 1) për konvergjencë.
Seria paraqitet si ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 2 k + 1 5 k (k + 1) = ∑ k = 1 ∞ 2 k + 1 5 k (k + 1) . Kushti i nevojshëm plotësohet: lim k → + ∞ = 2 k + 1 5 k (k + 1) = 0 . Konsideroni ∑ k = 1 ∞ 1 k me kriterin e dytë të krahasimit lim k → + ∞ 2 k + 1 5 k (k + 1) 1 k = lim k → + ∞ 2 k + 1 5 (k + 1) = 2 5
Gjejmë se ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 2 k + 1 5 k (k + 1) = ∑ k = 1 ∞ 2 k + 1 5 k (k + 1) divergjent. Seria ∑ k = 1 ∞ (- 1) k 2 k + 1 5 k (k + 1) konvergon sipas kriterit Leibniz: sekuenca 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 , . . . zvogëlohet dhe lim k → + ∞ = 2 k + 1 5 k (k + 1) = 0 .
Seriali konvergon me kusht.
Testi Abel-Dirichlet
Përkufizimi 13∑ k = 1 + ∞ u k · v k konvergon nëse ( u k ) nuk rritet dhe sekuenca ∑ k = 1 + ∞ v k është e kufizuar.
Shembulli 17
Eksploroni 1 - 3 2 + 2 3 + 1 4 - 3 5 + 1 3 + 1 7 - 3 8 + 2 9 + . . . për konvergjencë.
Le të imagjinojmë
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
ku (u k) = 1, 1 2, 1 3, . . . nuk është në rritje, dhe sekuenca (v k) = 1, - 3, 2, 1, - 3, 2, . . . kufizuar (S k) = 1, - 2, 0, 1, - 2, 0, . . . . Seriali konvergon.
Nëse vëreni një gabim në tekst, ju lutemi theksoni atë dhe shtypni Ctrl+Enter
Le të gjejmë shumën e një serie numrash. Nëse nuk mund ta gjeni, atëherë sistemi llogarit shumën e serisë me një saktësi të caktuar.
Konvergjenca e serive
Ky kalkulator mund të përcaktojë nëse një seri konvergjon dhe gjithashtu tregon se cilat shenja të konvergjencës funksionojnë dhe cilat jo.
Di gjithashtu se si të përcaktojë konvergjencën e serive të fuqisë.
Është ndërtuar edhe një grafik i serisë, ku mund të shihni shkallën e konvergjencës së serisë (ose divergjencës).
Rregullat për futjen e shprehjeve dhe funksioneve
Shprehjet mund të përbëhen nga funksione (shënimet janë dhënë sipas rendit alfabetik): absolute (x)
Vlere absolute x
(moduli x ose |x|)
arccos (x) Funksioni - kosinusi i harkut të x arccosh (x) Harku kosinus hiperbolik nga x hark (x) Arksina nga x hark (x) Arksina hiperbolike nga x arctan (x) Funksioni - arktangjent i x arctgh(x) Arktangjent hiperbolik nga x e e një numër që është afërsisht i barabartë me 2.7 exp(x) Funksioni - eksponent i x(si e^x)
regjistri (x) ose ln(x) Logaritmi natyror i x
(Për të marrë log7(x), duhet të futni log(x)/log(7) (ose, për shembull, për log10(x)=log(x)/log(10)) pi Numri është "Pi", i cili është afërsisht i barabartë me 3.14 mëkat (x) Funksioni - Sinus i x cos(x) Funksioni - Kosinusi i x sinh (x) Funksioni - Sinus hiperbolik nga x cosh(x) Funksioni - Kosinusi hiperbolik nga x sqrt(x) Funksioni - Rrenja katrore nga x sqr(x) ose x^2 Funksioni - Sheshi x tan (x) Funksioni - Tangjent nga x tgh(x) Funksioni - Tangjente hiperbolike nga x cbrt (x) Funksioni - rrënjë kubike e x
Operacionet e mëposhtme mund të përdoren në shprehje: Numrat realë futni si 7.5
, Jo 7,5
2*x- shumëzimi 3/x- ndarje x^3- eksponencë x+7- shtesë x - 6- zbritje
Karakteristika te tjera: kati (x) Funksioni - rrumbullakimi x poshtë (shembull dysheme (4.5)==4.0) tavani (x) Funksioni - rrumbullakimi x lart (shembull tavani (4.5)==5.0) shenja (x) Funksioni - Shenja x erf(x) Funksioni i gabimit (ose integrali i probabilitetit) laplace (x) Funksioni Laplace
Po ngarkohet...