Гармонический и обобщённо-гармонический ряд « Страница сетевой поддержки учеников Тимура Юрьевича Альпина

19.04.2015

Гармонический и обобщённо-гармонический ряд

Filed under: мат. ан. сем. 2,Решения — Shine @ 3:24 пп

Рассмотрим ряд

∑∞ 1- k . k=1

Сначала изучим свойства суммы

∑2n 1 --. k=n+1k

При $k < 2n$ (это так для всех слагаемых, кроме последнего),

1 1 k-> 2n-,

в сумме

2∑n− 1 1- 2∑n−1 1-- k > 2n k=n+1 k=n+1

К обеим частям неравенства прибавим $1- 2n$ и получим, что

∑2n 1 ∑2n 1 1 1 -> ---= ---⋅n =- . k=n+1 k k=n+1 2n 2n 2

Итак,

∑2n 1 1 k-> 2. k=n+1

Обозначим частичные суммы изучаемого ряда, как обычно,

∑n 1 Sn = -. k=1 k

Заметим,что

1 3 S2 = 1 + 2 = 2,

∑4 1- ∑4 1- 3 1 S4 = k = S2 + k > 2 + 2 = 2, k=1 k=3

∑8 1 ∑8 1 1 5 S8 = k-= S4 + k-> 2+ 2 = 2, k=1 k=5

∑16 S16 = S8 + 1> 5+ 1 = 3, k=9 k 2 2

и вообще

S n > n−-1-. 2 2

(1)

Доказательство этого факта методом мат. индукции было выброшено, чтобы не перегружать пост. Читателям предлагается провести его самостоятельно.

Для любого сколь угодно большого $E$ найдётся такое целое $N$ , что

E < N-−-1- 2

(для этого достаточно, чтобы $N > 2E + 1$ ). Но тогда, по неравенству (1),

2∑N S2N = 1-> N-−-1-> E, k=1k 2

а так как слагаемые ряда положительны и частичные суммы возрастают, для всякого $m > 2N$

Sm > S2N > E,

то есть последовательность сумм ряда по определению стремится к бесконечности, а не к конечному числу, что означает, что ряд расходится.

Теперь рассмотим более общий случай: ряд

∞∑ -1 kp. k=1

(2)

Выше мы рассмотрели случай $p = 1$ . При $p < 1$ всё просто:

1 1 kp > k-,

а так как меньший из этих рядов расходится, то и больший расходится. Итак, ряд (2) расходится при всех $p ≤ 1$ .

Случай $p > 1$ придётся рассмотреть более подробно. При $k > n$

kp > np,

1 1 kp < np,

и в сумме

2n 2n ∑ -1 < ∑ -1-= -n-= --1-. k=n+1 kp k=n+1np np np−1

(3)

Воспользуемся этим неравенством, чтобы оценить сумму

∑n 1 Sn ≡ kp. k=1

Заметим, что

S = 1, 1

∑2 1 ∑2 1 S2 = kp = S1 + kp < 1+ 1 = 2, k=1 k=2

∑4 1 1 S4 = S2 + -p < 2+ -p−-1, k=3k 2

∑8 1 1 1 S8 = S4 + kp < 2+ 2p−1 + 4p−1, k=5

1∑6 S16 = S8 + -1p < 2+ -p1−1 + -1p−1 + p1−1-. k=9k 2 4 8

Докажем, что

n−1 S2n < 1+ ∑ ---1-- . k=02k(p−1)

(4)

Для $n = 1...4$ (4) уже доказано. Пусть теперь при $n = m$ неравенство (4) считается доказанным:

m∑−1 1 S2m < 1+ 2k(p−1) k=0

Докажем его при $n = m +1$ , т.е. что

∑m ---1-- S2m+1 < 1+ 2k(p−1) : k=0

2m∑+1 1 ( m∑− 1 1 ) 1 ∑m 1 S2m+1 = S2m + -p < 1+ -k(p−1) + -m(p−1) = 1+ -k(p−1), k=2m+1 k k=0 2 2 k=0 2

что и т.д.

Для всякого $m$ существует такое $n$ , что $m < 2n$ . В силу возрастания $Sm$ ,

n∑−1 --1--- 1−-2−n(p−1)- Sm < S2n < 1+ 2k(p−1) = 1 + 1 − 2− (p−1) . k=0

(5)

Но при $p > 1$ ,

lim 2−n(p−1) = 0, n→∞

( ) 1−-2−-n(p−1) ----1----- nli→m∞ 1+ 1− 2−(p− 1) = 1+ 1 − 2− (p−1),

а так как сходящиеся последовательности ограничены, существует такое $M$ , что

1+ 1−-2−n(p−-1)-< M. 1− 2−(p−1)

В итоге получаем, что

1 − 2−n(p−1) Sm < 1+ -----−(p−1) < M 1− 2

и $Sm$ возрастает, а значит, $Sm$ имеет предел, т.е. ряд (2) сходится.

Комментариев нет »

No comments yet.

RSS feed for comments on this post.

Leave a comment

Для отправки комментария вам необходимо авторизоваться.

Хостингом угостил Вадим "Moose" Калинников