Учебное пособие Москва Издательство мцнмо 2007 удк 512. 1517. 1511. 1 Ббк 22. 14122. 161 П70 Прасолов В. В
 Скачать 3.28 Mb.
|
|
29.50. Ответ. Рассматриваемую сумму можно записать в виде 1 n r 1 − “ k n ” 2 . При n → ∞ эта сумма стремится к − x 2 dx = p 4 29.51. Ответ. Заметим, что рассматриваемая сумма равна + 1 1 + 1/n + 1 1 + 2/n + . . . + 1 1 + n/n ” → 2 ] 1 dx 1 + x = ln Замечание. Другое доказательство можно найти в решении задачи 30.8 а Глава 29. Интеграл. Ответ. Рассматриваемую сумму можно записать в виде 1 n 1 p1 − (k/n) 2 . Эта сумма стремится к − x 2 = = arcsin x| 1 0 = p 2 29.53. Запишем тождество 1 + q + q 2 + . . . + q n −1 = 1 − q n 1 − для 1 − t. В результате получим тождество t) k = 1 − (1 − Требуемое тождество получается интегрированием этого тождества от 0 до 1. Действительно t) k dt = 1 ] 0 x k dx = 1 k + и 1 − (1 − t) n t dt = 1 ] 0 “ C 1 n − C 2 n t + . . . + (−1) n −1 C n n t n −1 ” dt = = C 1 n 1 1 − C 2 n 1 2 + . . . + (−1) n −1 C n n 1 n 29.54. а) Подынтегральную функцию можно записать в виде+ 1) n , где P(x) = (x − 1) n . Воспользовавшись формулой из задачи 29.13, получим 1) n dx = “ (x − 1) n (x + 1) n +1 n + 1 − n(x − 1) n −1 (x + 1) n +2 (n + 1)(n + 2) + . . . . . . + (−1) n n! (x + 1) 2n+1 (n + 1)(n + 2) . . . (2n + При x = −1 все члены обращаются в нуль, а при x = 1 обращаются в нуль все члены, кроме последнего. Поэтому 1) n dx = (−1) n n! 2 2n+1 (n + 1)(n + 2) . . . (2n + 1) = ( −1) n 2 2n+1 (n!) 2 (2n + б) Заметим, что (x 2 − 1) n = x 2n − C 1 n x 2n−2 + C 2 n x 2n−4 − . . . и проинтегрируем это выражение почленно. Остаётся приравнять полученное выражение выражению из задачи а. У многочлена f(x) нет кратных корней, поэтому эквивалентное условие таково) dx = − a 3 ] a 2 f(x) dx = . . . = a 4 ] a 3 f(x) dx = = . . . Пусть f(x) = F ′ (x) для некоторого многочлена F. Тогда по Решения задач 383 лучим следующее условие F(a 2 ) − F(a 1 ) = F(a 2 ) − F(a 3 ) = F(a 4 ) − − F(a 3 ) = F(a 4 ) − F(a 5 ) = . . . , те. и F(a 2 ) = = F(a 4 ) = F(a 6 ) = . . Покажем, что если F(x) = T n +1 (x) — многочлен Чебышева, то F обладает требуемым свойством. Из равенства T n +1 (cos f ) = = cos(n + 1) f следует, что − sin f T ′ n +1 (cos f ) = −(n + 1) sin(n + Поэтому если T ′ n +1 (cos f ) = 0, то sin(n + 1) f = 0, а значит f ) = cos(n + 1) f = ±1. Ясно также, что при прохождении через корень F(x) меняет знак. Ясно, что + 1 x a +1 ˛ ˛ ˛ 1 0 . Если a > −1, то a + 1 > Поэтому функция обращается в нуль при x = 0. Таким образом+ при −1 < a < 0. 29.57. Интегрируя по частям, получаем −x k e −x | ∞ 0 + Функция обращается в нуль как при x = 0, таки при x = Поэтому для J k = ∞ ] 0 x k e −x dx получаем рекуррентное соотношение kJ k −1 . Остаётся заметить, что −e −x | ∞ 0 = 1. ГЛАВА 30 РЯДЫ Пусть {a n } — некоторая последовательность, b n = a 1 + a 2 + . . . + Если последовательность {b n } имеет предел, то говорят, что ряд ∞ P n =1 a n сходится в противном случае — расходится. Число называют при этом суммой ряда. Вычисление бесконечных сумм. Докажите, что 1 · 2 + 1 2 · 3 + 1 3 · 4 + 1 4 · 5 + . . . = 1. 30.2. Вычислите сумму ряда 1 n(n +1) . . . (для каждого натурального k. 30.3. Пусть |x| < 1. Вычислите сумму ряда. Вычислите сумму ряда 1 n sin nx. 30.2. Вычисление бесконечных произведений. Пусть a 1 = 1 и a n = n(a n −1 + 1) при n > 2. Докажите, что ∞ Q n=1 1 + 1 a n = e. 30.3. Гармонический ряд Ряд ∞ P n =1 1 n называют гармоническим. Этот ряд расходящийся задача. Мы будем использовать обозначение 1 + 1 2 + 1 3 + 1 4 + . . . + 1 n Условия задач. Докажите, что для любого натурального n ln(n + 1) < H n < 1 + ln n. 30.7. Докажите, что ряд 1 + 1 3 + 1 5 + 1 7 + . . . расходится. а) Пусть a n = 1 n + 1 n + 1 + . . . + 1 2n . Вычислите предел б) Пусть b n = 1 − 1 2 + 1 3 − 1 4 + . . . − 1 2n . Докажите, что lim n →∞ b n = ln 2. 30.9. а) Докажите, чтоб) Докажите, что 2 · 3 + 1 4 · 5 + 1 6 · 7 + . . . = 1 − ln 2. 30.10. Докажите, что − 1 2 − 1 4 + 1 3 − 1 6 − 1 8 + 1 5 − . . . = 1 2 ln 2. 30.11. Пусть a n = 1 2n + 1 + 1 2n + 3 + 1 2n + 5 + . . . + 1 4n − Докажите, что lim n →∞ a n = 1 2 ln 2. 30.12. Докажите, что 1 · 2 · 3 + 1 5 · 6 · 7 + 1 9 · 10 · 11 + . . . = 1 4 ln 2. 30.13. Докажите, что 1 · 2 · 3 + 1 3 · 4 · 5 + 1 5 · 6 · 7 + . . . = ln 2 − 1 2 30.14. Докажите, что H n + n X k=1 C k n (x − 1) k k Глава 30. Ряды. Пусть p 1 = 2, p 2 = 3, . . . — последовательные простые числа. а) Докажите, чтоб) Докажите, что 1 + m P n=1 1 p n > ln ln p m 30.16. Докажите, что существует предел lim n →∞ 1 + 1 2 + . . . + 1 n − ln Предел g = 0,5772157 . . . из задачи 30.16 называют постоянной Эйлера. 30.17. Докажите, что + 1/n = e g , где g — постоянная Эйлера. 30.4. Ряд для логарифма. Докажите, что если −1 < x < 1, то ln(1 + x) = x − x 2 2 + x 3 3 − x 4 4 + x 5 5 − . . . 30.19. Докажите, что если −1 < x < 1, то ln 1 + x 1 − x = 2 x + x 3 3 + x 5 5 + x 7 7 + . . . 30.20. а) Докажите, что для любого натурального n ln(n + 1) = ln n + 2 1 2n + 1 + 1 3(2n + 1) 3 + 1 5(2n + 1) 5 + . . б) Докажите, что ln 2 = 2 3 1 + 1 3 · 9 + 1 5 · 9 2 + 1 7 · 9 3 + . . . 30.21. а) Докажите, что < n + 1 2 ln 1 + 1 n < 1 + 1 12n(n + 1) Условия задач 387 б) Докажите, что последовательность a n = n! e n n n +1/2 имеет (конечный) предел в) Докажите, что n! = для некоторого j , заключённого между 0 и 1. 30.22. Докажите, что число a из задачи 30.21 равно, те формула Стирлинга). 30.5. Ряды для числа. Пусть a n = 1 − 1 3 + 1 5 − 1 7 + . . . + (−1) n 1 2n + а) Докажите, чтоб) Докажите, что 2(4k + 1) 6 p 4 − a 2k−1 6 1 4k + 1 30.24. Докажите, что + 1 2 2 + 1 3 2 + 1 4 2 + . . . = p 2 6 30.25. а) Докажите, чтоб) Докажите, что+ a 2 + . . . + a n ) 4 < p 2 (a 2 1 + a 2 2 + . . . + a 2 n )(a 2 1 + 2 2 a 2 2 + . . . + неравенство Карлсона). 30.6. Экспонента в комплексной области Для любого комплексного числа z можно определить как сумму ряда 1 + z + z 2 2! + z 3 3! + . . . 30.26. Докажите, что этот ряд сходится для любого z. 30.27. Докажите, что для любых комплексных и w. Глава 30. Ряды. Докажите, что если x — вещественное число, то cos x + i sin x Эйлер. Докажите, что e p i = −1 и e 2 p i = Замечание. В вещественной области функция f(x) = при разных x принимает разные значения. В комплексной области это свойство уже не выполняется. Например, f(0) = 1 = f(2 p i). 30.7. Доказательства неравенств. Докажите, что при 0 < x < p /4 выполняется неравенство. Сходящиеся и расходящиеся ряды. а) Пусть a 1 , a 2 , a 3 , . . . — возрастающая последовательность натуральных чисел, в десятичной записи которых не встречается цифра 1. Докажите, что ряд 1/a n сходится. б) Пусть a 1 , a 2 , a 3 , . . . — возрастающая последовательность натуральных чисел, в десятичной записи которых не встречается подряд сто единиц. Докажите, что ряд сходится. а) Пусть a 1 , a 2 , a 3 , . . . — возрастающая последовательность натуральных чисел, причём ряд расходится. Докажите, что число 0,a 1 a 2 a 3 . . . иррационально. б) Докажите, что число 0,12357111317 . . . подряд записываются последовательные простые числа) иррационально. Сходимость бесконечных произведений Пусть a 1 , a 2 , . . . — действительные числа, отличные от −1. Бесконечное произведение+ a k ) называют сходящимся, если существует (конечный) предел lim n →∞ n Q k =1 (1 + a k ), причём этот предел отличен от нуля Решения задач. Докажите, что если a k > 0, то бесконечное произведение) сходится тогда и только тогда, когда сходится бесконечный ряд. Докажите, что если 0 6 b k < 1, то бесконечное произведение) сходится тогда и только тогда, когда сходится бесконечный ряд Бесконечное произведение) называют абсолютно сходящимся, если бесконечное произведение+ |a k |) сходится. Задача показывает, что бесконечное произведение+ абсолютно сходится тогда и только тогда, когда сходится ряд. Докажите, что абсолютно сходящееся бесконечное произведение сходится. Решения 30.1. Воспользуйтесь тем, что + 1) = 1 n − 1 n + 1 30.2. Ответ. Легко проверить, что + 1) . . . (n + k) = 1 k “ 1 n(n + 1) . . . (n + k − 1) − 1 (n + 1)(n + 2) . . . (n + Поэтому 1 n(n + 1) . . . (n + k) = 1 k “ 1 k! − 1 (m + 1)(m + 2) . . . (m + k) ” 30.3. Ответ. Согласно задаче 9.6 m +1 X n =1 nx n −1 = (m + 1)x m +2 − (m + 2)x m +1 + 1 (1 − Ясно также, что lim m →∞ x m = 0. 30.4. Ответ при x = 2k p ив остальных случаях. При заменена рассматриваемая сумма и предполагаемый ответ не изменяются. Поэтому достаточно рассмотреть Глава 30. Ряды случай, когда 0 < x < 2 p . Напомним, что cos x + cos 2x + cos 3x + . . . + cos nx = sin (2n + 1)x 2 2 sin x 2 − 1 задача 11.28). Поэтому функция sin x + 1 2 sin 2x + . . . + 1 n sin nx + cos 2n + 1 2 x (2n + 1) дифференцируема на интервале (0, 2 p ) и − cos x 2 cos 2n + 1 2 x (4n + 2) sin 2 x 2 → Применим теорему Лагранжа к функции f n (y) на отрезке между и p . В результате получим f n (x) −f n ( p ) = f ′ n ( x )(x − p ). При это равенство принимает вид 1 n sin nx + x 2 − p 2 = 0. 30.5. Из равенства a n +1 =(n+1)(a n +1) следует, что Поэтому P N = N Q n =1 “ 1 + 1 a n ” = N Q n =1 a n +1 (n + 1)a n = a N +1 (N + 1)! . Значит, P N +1 = = P N a N +1 + 1 a N +1 = P N + P N a N +1 = P N + 1 (N + 1)! . Поэтому P N = (P N −P N −1 ) + + (P N −1 − P N −2 ) + . . . + (P 2 − P 1 ) + P 1 = 1 N! + 1 (N − 1)! + . . . + 1 1! + 1. 30.6. Согласно задаче 28.48 б + 1 < ln(k + 1) − ln k для любого натурального k. Складывая такие неравенства для k = 1, 2, . . . . . . , n, получаем 1 < ln(n + 1) < H n 30.7. Неравенство 2n + 1 > 1 показывает, что если бы сходился ряд 3 + 1 5 + 1 7 + . . . , то сходился бы и ряд 2 “ 1 + 1 2 + 1 3 + . . . ” . Но согласно задаче 30.6 этот ряд расходится. а) Ответ. Согласно задаче 28.48 б) ln k + 1 k < 1 k < < ln k k − 1 . Сложим такие неравенства для k = n, n + 1, . . . , В результате получим ln 2n + 1 n < a n < ln 2n n − 1 . Значит, lim n →∞ a n = ln 2. Решения задач 391 З а меча ни е. Другое доказательство можно найти в решении задачи б) Согласно задаче 13.4 b n = a n 30.9. а) Заметим, что + 1) = 1 n − 1 n + 1 . Поэтому сумма ряда из задачи 30.8 б) равна сумме рассматриваемого ряда. б) Непосредственно следует из задачи 30.1 и задачи а. Достаточно доказать, что сумма первых 3n членов стремится к 2 ln 2. Эта сумма равна + 1 3 + 1 5 + . . . + 1 2n − 1 − 1 2 − 1 4 − 1 6 − . . . − 1 4n = = H 2n − 1 2 H n − 1 2 H 2n = 1 2 (H 2n−1 − H n ) + 1 Согласно задаче 30.8 а) H 2n−1 − H n → ln 2 при n → ∞. 30.11. Легко проверить, что H 4n−1 − H 2n − 1 2 (H 2n−1 − Согласно задаче 30.8 аи. Легко проверить, что члены ряда имеют вид 2 “ 1 4n − 3 + 1 4n − 1 − 1 2n − 1 ” , n = 1, 2, . . Поэтому удвоенная сумма первых n членов ряда равна 2n + 1 + + 1 2n + 2 + 1 2n + 3 + . . . + 1 4n − 1 . Остаётся воспользоваться результатом задачи 30.11. |