ازمون همگرایی وواگرایی سری ها

مدیران انجمن: parse, javad123javad

ارسال پست
نمایه کاربر
rohamavation

نام: roham hesami radرهام حسامی راد

محل اقامت: 100 مایلی شمال لندن جاده آیلستون، لستر، لسترشر. LE2

عضویت : سه‌شنبه ۱۳۹۹/۸/۲۰ - ۰۸:۳۴


پست: 3222

سپاس: 5492

جنسیت:

تماس:

ازمون همگرایی وواگرایی سری ها

پست توسط rohamavation »

تست ریشه اگر حد |a[n]|^(1/n) کمتر از یک باشد، آنگاه سری (کاملاً) همگرا می شود. اگر حد بزرگتر از یک یا بی نهایت باشد، سری واگرا می شود.در اینجا یک تست ساده است که نسبتا ناشناخته است. در هر صورت می‌توانم به این فکر کنم که کاربرد آن در کجا عملی است، مقایسه مستقیم یا مقایسه محدود را ترجیح می‌دهم، اما مطمئناً هنوز هم جالب و مفید است. آزمون دالامبر یا آزمون نسبت
سری تشکیل شده از دنباله $\large a _ n$ به صورت $\large \begin {align*} \displaystyle \sum { { a _ n } } \end {align*}$ نشان داده می‌شود. در این صورت حاصل عددی تحت عنوان L را به صورت زیر در نظر بگیرید.$\large L = \mathop { \lim } \limits _ { n \to \infty } \left| {\frac{{{a_{n + 1 }} } }{{ { a _ n} } }} \right|$مقدار L تعیین کننده وضعیت همگرایی سری خواهد بود. این مقدار یکی از حالات زیر را خواهد داشت:اگر L<1 باشد، سری همگرای مطلق یا مطلقا همگرا خواهد بود.اگر L>1 باشد، سری قطعا واگرا خواهد بود.اگر L=1 باشد، سری می‌تواند واگرا، همگرا یا مطلقا همگرا باشد.
یکی از تست های بسیار قدرتمند ;که به آن اشاره شده تست گاوسه. در اینجا، اگر سری مثبت $\sum a_n$
به گونه ای ا که $\frac{a_n}{a_{n+1}} = 1+\frac{h}{n}+O(\frac{1}{n^\alpha}),$برای $\alpha>1$ سپس $\sum a_n$
اگر h>1 همگرا میشه و اگر h≤1 واگرا میشه
میدونیاست که $\sum a_n$ همگرا می شود اگر$a_n$ به اندازه کافی سریع به 0 میل میکنه
. راه دیگر برای نگاه کردن به آن این است که برای همه t>0 ایا$\lambda(t) = \left|\{n \geq 1 : a_n \geq t\}\right|$
از جمله های دنباله بزرگتر از t محدوده و خیلی سریع به +∞ تمایل ندارن به عنوان t به 0 تمایل داره.
$\boxed{\displaystyle\sum_{n\geq 1} a_n < \infty \iff \int_0^\infty \lambda(t)dt < \infty}$
ببین که اگر $\lim a_n = 0$ باشه، خوبه که یکپارچگی را فقط در (0,1) بررسی کنی
تست کوشی
که با حد بالایی $\lambda_n=\sqrt[n]{a_n}$ سروکار داره ، اما زمانی که حد بالایی 1 باشد به نتیجه نمی رسه
آزمون دالامبر
که با حد بالا یا پایین $\lambda_n=\frac{a_{n+1}}{a_n}$ سروکار داره
، اما زمانی که $ limit ≥1 $ باشد به نتیجه نمی رسه $ limit ≤1$
آزمون برتراند
که با $\lambda_n= (\ln n)\Big[n\Big(\frac{x_n}{x_{n+1}}-1\Big)-1\Big]$ سروکار دارد.
، اما هنوز وقتی $\lim\lambda_n=1$ به نتیجه نمیرسه
مثال من میگم $\sum\limits_{n = 1}^\infty {\large\frac{{{e^{\frac{1}{n}}}}}{{{n^2}}}\normalsize}$همگراست ببین ${e^{\large\frac{1}{n}\normalsize}} \le e$ازمون میزارم $\large {\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{e^{\large\frac{1}{n}\normalsize}}}}{{{n^2}}}} }
\le {\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{e}{{{n^2}}}} }
= {e\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{n^2}}}} .}$خوب چون $\sum\limits_{n = 1}^\infty {\large\frac{1}{{{n^2}}}\normalsize}$همگراست پس سری اصلی همگراست
همیشه دالامبر هم جواب نمیده ها
دقت کن $\sum_{n=1}^{\infty}Ln(\frac{ne^{1/n}}{n+1}) = 0.577216$و $\sum_{n=1}^{\infty}Ln(\frac{ne^{1/n}}{n+1})converges$
اینم مرغ پاک کرده میدونه $L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left| {\frac{{{a_{n + 1}}}}{{{a_n}}}} \right|$مثال من $L < 1$
بازم میگم بیایید نگاهی به $\sum_{k = 1}^{\infty} a_n$ بیندازیم
(جایی که $a_n \in \mathbb{R}$ یا $a_n \in \mathbb{C}$ برای هر n∈N دارم $\limsup_{n \rightarrow \infty} $
یعنی سری $\sum_{k = 1}^{\infty} a_n$ کاملاً همگرا میشه
$\lim_{n \rightarrow \infty} |\frac{a_{n+1}}{a_n}| > 1$یعنی سری $\sum_{k = 1}^{\infty} a_n$ واگرا میشه.
از هر آزمونی برای تعیین همگرایی سری $\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^ne^{\frac{1}{n}}}{n^3}$استفاده کنید
آزمون مقایسه از طریق: $e^{1/n}\leq 3$ انجام میشه
بنابراین $\left|(-1)^{n}\dfrac{e^{1/n}}{n^{3}}\right|\leq\dfrac{3}{n^{3}}$
یک تست مقایسه محدود انجام دهید. اگر$b_n = \frac{1}{n^3}$ را انتخاب کنین
بعدش $\lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{b_n} = \lim_{n \to \infty} e^{\frac{1}{n}} = 1 \gt0$
این بدان معنی است که هر دو $\sum a_n$
و $\sum b_n$ بر اساس همگرایی/واگرایی $\sum b_n$ یا همگرا یا واگرا میشه
.همانطور که من گفتم $\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^3}$ یک سری p همگرا هستش و بنابراین با آزمایش مقایسه حدی سری اصلی من کاملاً همگراهست.
.ببین یک مثال از کتابم $\sum_{n= 1}^{\infty} \frac{(-1)^n\ln(n)}{n(n+1)} = 0.063254$
$\begin{align}\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n\ln(n)}{n(n+1)}&=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n\ln(n)}n-\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n\ln(n)}{n+1}\\&=\frac d{dx}\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nn^x}n\bigg|_{x=0}-\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n\ln(n)}{n+1}\\&=\eta'(1)-\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n\ln(n)}{n+1}\\&=\gamma\ln(2)-\frac12[\ln(2)]^2-\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n\ln(n)}{n+1}\end{align}$
سری $\sum_{n=0}^\infty a_n$ را در نظر بگیرید. فرض کنید یک دنباله $\{b_n\}_{n=0}^\infty$ دارید به طوری که $\sum_{n=0}^\infty 1/b_n$ واگرا می شود. سپس اجازه دهید
$S = \liminf_{n \to \infty} \left(b_n \frac{a_n}{a_{n+1}}-b_{n+1}\right) \ \ \text{ and } \ \ T = \limsup_{n \to \infty} \left(b_n \frac{a_n}{a_{n+1}}-b_{n+1}\right)$
اگر $S>0$، آنگاه $\sum_{n=0}^\infty a_n$ همگرا می شود. اگر $T<0$، آنگاه $\sum_{n=0}^\infty a_n$ واگرا می شود.
این به عنوان آزمون کومر شناخته می شود. این یک تعمیم تست نسبت (و تعدادی تست دیگر) است که می تواند به طور دلخواه قوی شود: اجازه دهید
$c_{0,n}=1, \ \ c_{1,n} = n, \ \ c_{2,n} = n\log{n}, \ \ c_{3,n} = n\log{n}\log\log{n}, \ \ \text{ etc.}$
سپس نشان دادن (مثلاً با آزمون انتگرال) آسان است که $\sum_{n=0}^\infty 1/c_{k,n}$ برای هر $k \in \mathbb{Z}_+$ واگرا می‌شود، و همچنین $\sum_{n=0}^\infty 1/c_{k+1,n}$ کندتر از $\sum_{n=0}^\infty 1/c_{k,n}$ برای هر $k \in \mathbb{Z}_+$.
برای مثال، استفاده از $c_{0,n}$ تست نسبت را نشان می‌دهد. با این حال، آزمون نسبت اغلب غیرقطعی است، به عنوان مثال. اگر $a_n = 1/(n(n-1))$. با این حال، اگر از $c_{1,n}=n$ استفاده کنیم، دریافت می کنیم
$\begin{align*} S = T & = \lim_{n \to \infty} \left(n \frac{(n+1)n}{n(n-1)}-(n+1)\right) \\ & = \lim_{n \to \infty} \frac{n+1}{n-1}(n-(n-1)) \\ & = 1>0 \\ \end{align*}$
بنابراین، $\sum_{n=0}^\infty a_n$ همگرا می شود.برای یک سری اصطلاحات مثبت به شکل $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^p}$$
آ. اگر $p>1$ همگرا شود
ب اگر $p\le 1$ واگرا شود (آزمون سری p)
برای مثال-$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2n+3}{n^2+5}$$ واگرا می شود برای $n\rightarrow\infty$، $u_n=\frac {2n+3}{n^2+5}\approx\frac{2n}{n^2}\approx\frac{1}{n}$.
آزمون های همگرایی قطعی و آزمون واگرایی
چه اتفاقی $\sum_{n=1}^\infty (-1)^n (n/(n+5))$
سری کاهش نمی یابد، بنابراین نمی توانم از آزمون سری متناوب استفاده کنم (من مشتق$f(x)=x/(x+5)$ را گرفتم.
- شیب در همه جا مثبت است).وقتی تست نسبت را انجام می دهم =1 می گیرم، خیلی بی نتیجه
بنابراین - آیا من مجاز هستم بخش متناوب سری را نادیده بگیرم و آزمون واگرایی را اعمال کنم که به من اجازه می دهد lim را به صورت n بگویم.
به ∞ می رود از an=1 و از آنجایی که حد = 0 نیست، سپس سریال از هم جدا می شود؟شما می دانید که برای یک دنباله واقعی یا پیچیده (un)
، معادل داریم
$\boxed{\lim_{n\to+\infty}u_n=0\iff \lim_{n\to+\infty}|u_n|=0}$بنابراین،
$\lim_{n\to+\infty}|u_n|\ne 0\implies$
$\lim_{n\to+\infty}u_n \ne 0 \implies$
$\sum u_n \text{ is divergent}$
چرا وقتی l$\lim_{n\to\infty} a_n = 0$ تست واگرایی غیرقطعی است؟
دربرگه های جزوات ریاضی عمومی و مهندسی من این گفته شده است
اگر سری همگرا باشد$\lim_{n\to\infty} a_n = \lim_{n\to\infty} S_n - S_{n-1} = \lim_{n\to\infty} S_n - \lim_{n\to\infty} S_{n-1} = L-L=0$
اما پس از آن بیان شد که آزمون واگرایی زمانی که$\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \dfrac 1 n$ باشد، قطعی نیست
. چرا اینطور است. نمی توانم بگویم همگرا است؟hintسری هارمونیک ∑n=1∞1n را در نظر بگیرید
سری هارمونیک بارها و بارها واگرا می شود اما $\lim_{n \to \infty} \dfrac 1 n=0$
$\sum_{n=2}^\infty \frac{((\ln(n))^n}{n!}$
بنابراین این همان سری است که من باید برای همگرا یا واگرا بودن آن در HW خود حل کنم، اما من خیلی تحت تأثیر آن قرار گرفته ام زیرا نمی توانم بفهمم چگونه می توانم آن را حل کنم. اگر سعی کنم و از تست نسبت استفاده کنم، نمی توانم حد را محاسبه کنم. تست های سری انتگرال و متناوب نیز مطرح نیست. بنابراین ایده ای دارید که چگونه باید این را حل کنم؟$\frac{(\log(n+1))^{n+1}}{(n+1)!}\frac{n!}{(\log n)^n}=\frac{\log(n+1)}{n+1}\left(\frac{\log(n+1)}{\log n}\right)^n$
$\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{\log(n+1)}{n+1}=0$
$\begin{aligned} \left(\frac{\log(n+1)}{\log n}\right)^n&=\left(1+\frac{\log\left(1+\frac{1}{n}\right)}{\log n}\right)^n \\
&=\exp\left(n\log\left(1+\frac{\log\left(1+\frac{1}{n}\right)}{\log n}\right)\right) \\
&=\exp\left(n\log\left(1+\frac{1}{n\log n}+o\left(\frac{1}{n\log n}\right)\right)\right) \\
&=\exp\left(\frac{1}{\log n}+o\left(\frac{1}{\log n}\right)\right) \underset{n\rightarrow +\infty}{\longrightarrow}1
\end{aligned}$
من سعی می کنم این را استدلال کنم
$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin(n)}{n}$
واگرا است. معلوم می شود که باید واگرا باشد زیرا sin(n)
محدود است و یک n وجود دارد در انتها. اما من باید از یکی از تست های کتاب حساب دیفرانسیل و انتگرال استوارت استفاده کنم و نمی توانم آن را بفهمم. من نمی توانم از تست های مقایسه یا تست انتگرال استفاده کنم زیرا آنها به عبارت های مثبت نیاز دارند. من نمی توانم مقادیر مطلق را بگیرم، این فقط نشان می دهد که مطلقاً همگرا نیست (و بنابراین ممکن است همچنان همگرا باشد). تست واگرایی نیز کار نمی کند.
من از این سوال می بینم:
$\displaystyle \frac1{n+1} \le \frac1{n}$ را ارزیابی کنید
با استفاده از سری در ریاضیات، آزمون دیریکله
که سریال در واقع همگرا است، اما با استفاده از مقداری ریاضی که من چیزی در مورد آن نمی دانم. سوالات من هستند
(1) آیا این سری واقعاً همگرا هستند؟
(2) آیا می توان این مجموعه را با استفاده از آزمون های کتاب حساب دیفرانسیل و انتگرال استوارت مدیریت کردپاسخ ها
با توجه به این موضوع، می‌توان از آزمون دیریکله استفاده کرد
$\displaystyle \frac1{n+1} \le \frac1{n}$
$\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty}\frac1{n} = 0$
$\displaystyle \left|\sum^{N}_{n=1}\sin
n\right|=\left|\text{Im}\sum^{N}_{n=1}e^{in}\right| \leq
\left|e^i\frac{1-e^{iN}}{1-e^i}\right| \leq \frac{2}{|1-e^i|}<\infty,\qquad N\ge1,$دادن همگرایی سری داده شده
داریم$\enspace\displaystyle\sum\limits_{k=1}^\infty\frac{e^{i2\pi xk}}{k}=-\ln(1-e^{i2\pi x})\enspace$
برای $\enspace 0<x<1\enspace$
.نکته: $\enspace\displaystyle\sum\limits_{k=1}^\infty \frac{(re^{i2\pi x})^k}{k}=-\ln(1-re^{i2\pi x})\enspace$
برای |r|<1 و
$\hspace{1cm}\enspace\displaystyle -\ln(1-re^{i2\pi x})\to -\ln(1-e^{i2\pi x})$ برای r→1− اگر 0<x<1
$\enspace\displaystyle -\ln(1-e^{i2\pi x})=-\ln(1-e^{i2\pi (x+n)})= -\ln(e^{i\pi (x-\frac{1}{2}+n)}2\sin(\pi x))$
با$With x=12
follows n=0 .$.با $\enspace\displaystyle x=\frac{1}{2\pi}\enspace$ یکی ∑k=1∞eikk=−iπ(12π−12)−ln(2sin(12)) می‌گیرد.
و بنابراین $\enspace\displaystyle\sum\limits_{k=1}^\infty\frac{e^{ik}}{k}=-i\pi (\frac{1}{2\pi}-\frac{1}{2})-\ln(2\sin(\frac{1}{2}))$
.توجه: من کتاب حساب دیفرانسیل و انتگرال استوارت پیدا کردم. برای به دست آوردن نتیجه ای که نوشته ام از فوریه استفاده کنید. سپس می توانید نشان دهید که سری شما همگرا است.
بدیهی است که اشاره بالا (به عنوان مثال می توان ادبیات را مشاهده کرد) کافی نیست. بنابراین متن کمی بیشتر.
اول: لگاریتم یک تابع پیوسته است.
دوم: $\enspace\displaystyle 0<x_0<x\leq\frac{1}{2}\enspace$ باشد
یا $\enspace\displaystyle \frac{1}{2}\leq x<x_0<1$
. سپس داریم$\enspace\displaystyle |e^{i2\pi x}-1|>|e^{i2\pi x_0}-1|$
.به دنبال آن است $\enspace\displaystyle |\lim\limits_{r\to 1^-}\sum\limits_{k=1}^n \frac{1-r^k}{1-r}\frac{e^{-i2\pi x k}}{k}|=|\frac{1-e^{-i2\pi x n}}{e^{i2\pi x}-1}|\leq |\frac{2}{e^{i2\pi x_0}-1}|\enspace$ و این نابرابری مستقل از n است .
ما گرفتیم
$\displaystyle |\sum\limits_{k=1}^\infty \frac{e^{-i2\pi x k}}{k}-\lim\limits_{r\to 1^-}\sum\limits_{k=1}^\infty \frac{r^k e^{-i2\pi x k}}{k}|=|\lim\limits_{r\to 1^-}(1-r)\sum\limits_{k=1}^\infty \frac{1-r^k}{1-r}\frac{e^{-i2\pi x k}}{k}|$
$\hspace{7cm}\displaystyle \leq |\frac{2}{e^{i2\pi x_0}-1}|\lim\limits_{r\to 1^-}(1-r)=0$
و بنابراین با$\enspace 0<x<1$
$\displaystyle \sum\limits_{k=1}^\infty \frac{e^{-i2\pi x k}}{k}=\lim\limits_{r\to 1^-} -\ln(1-re^{-i2\pi x})=-\ln(1-e^{-i2\pi x})$
با مجموعه پیچیده مزدوج، آنچه را که در خط اول نوشته بودم به دست می آوریم.
ارزیابی $\ds{\sum_{n = 1}^{\infty}{\sin\pars{n} \over n} = \half\pars{\,\sum_{n = -\infty}^{\infty}{\sin\pars{n} \over n} - 1}.\quad}$
$\begin{align}
\sum_{n = -\infty}^{\infty}{\sin\pars{n} \over n}&=
\int_{-\infty}^{\infty}{\sin{x} \over x}\sum_{n = -\infty}^{\infty}\expo{2n\pi x\ic}
\,\dd x
=
\int_{-\infty}^{\infty}\half\int_{-1}^{1}\expo{\ic kx}\,\dd k
\sum_{n = -\infty}^{\infty}\expo{-2n\pi x\ic}\,\dd x
\\[3mm]&=
\pi\sum_{n = -\infty}^{\infty}\int_{-1}^{1}\dd k
\int_{-\infty}^{\infty}\expo{\ic\pars{k - 2n\pi}x}\,{\dd x \over 2\pi}
=
\pi\sum_{n = -\infty}^{\infty}\int_{-1}^{1}\delta\pars{k - 2n\pi}\,\dd k
\\[3mm]&=
\pi\sum_{n = -\infty}^{\infty}\Theta\pars{{1 \over 2\pi} - \verts{n}}
= \pi\,\Theta\pars{1 \over 2\pi} = \pi
\end{align}$
$\color{#0000ff}{\large%
\sum_{n = 1}^{\infty}{\sin\pars{n} \over n} = \half\pars{\pi - 1}}$
hint $\sum_{n=1}^\infty \frac{\sin (n)}{n}= \text{Im }\sum_{n=1}^\infty \frac{e^{in}}{n}=\text{Im } \sum_{n=1}^\infty \int_0^1 x^{n-1} \mathrm{d} x \bigg|_{x=e^i}=\text{Im } \int_0^1 \frac{\mathrm{d} x}{1-x} \bigg|_{x=e^i}=\text{Im Log }(1-e^i)$
سری فوریه $\large { { f _ N } \left ( x \right ) = \frac { { { a _ 0 } } } { 2 } } + { \sum \limits _ { n = 1 } ^ N { \left ( { { a _ n } \cos n x + { b _ n } \sin n x } \right ) } . }$
فرم مختلط مجموع جزئی nاُم تابع fN(x) روی بازه [−π,π] به شکل زیر است:$\large { { f _ N } \left ( x \right ) = \sum \limits _ { n = – N } ^ N { { c _ n } { e^ { i n x } } } } = { \int \limits _ { – \pi } ^ \pi { \left ( { \frac { 1 } { { 2 \pi } } \sum \limits _ { n = – N } ^ N { { e ^ { i n \left ( { x – y } \right ) } } } } \right ) f \left ( y \right ) d y } }$هسته دیریکله: تابعِ$\large { { D _ N } \left ( x \right ) = \sum \limits _ { n = – N } ^ N { { e ^ { i n x } } } } = { \frac { { \sin \left ( { N + \frac { 1 } { 2 } } \right ) x } } { { \sin \frac { x } { 2 } } } }$مجموع جزئی فوریه f(x) را می‌توان با هسته دیریکله بیان کرد:$\large { { f _ N } \left ( x \right ) } = { \frac { 1 } { { 2 \pi } } \int \limits _ { – \pi } ^ \pi { { D _ N } \left ( { x – y } \right ) f \left ( y \right ) d y } } = { \frac { 1 } { { 2 \pi } } \int \limits _ { – \pi } ^ \pi { { D _ N } \left ( y \right ) f \left ( { x – y } \right ) d y } . }$همگرایی نقطه‌ای سری فوریهفرض کنید f(x) یک تابع تکه‌ای هموار روی بازه [−π,π] باشد. آنگاه برای هر ${x_0} \in \left[ { – \pi ,\pi } \right]$، داریم:$\large { \lim \limits _ { N \to \infty } { f _ N } \left ( { { x _ 0 } } \right ) \text { = } } \kern0pt
{ \begin {cases}
f \left ( { { x _ 0 } } \right ) , \text {if} \, f \left ( x \right ) \, \; \text {is continuous on} \, \left[ { – \pi ,\pi } \right ] \\
\frac { { f \left ( { { x _ 0 } – 0 } \right ) + f \left ( { { x _ 0 } + 0 } \right ) } } { 2 } , \; \text {if} \, f \left ( x \right ) \, \text {has a jump discontinuity at} \, { { x _ 0 } }
\end {cases}}$
که در آن، ${f\left( {{x_0} + 0} \right)}$و${f\left( {{x_0} – 0} \right)}$ حد چپ و حد راست در نقطه x0 را نشان می‌دهند.
تصویر

ارسال پست