Учебное пособие Москва Издательство мцнмо 2007 удк 512. 1517. 1511. 1 Ббк 22. 14122. 161 П70 Прасолов В. В
 Скачать 3.28 Mb.
|
|
30.13. Заметим, что 1)n(n + 1) = 1 2 “ 1 n − 1 + 1 n + Далее, сумма членов 2 “ 1 + 1 3 ” − 1 2 , 1 2 “ 1 3 + 1 5 ” − 1 4 , . . . , 1 2 “ 1 2n − 1 + 1 2n + 1 ” − 1 равна 2 + H 2n−1 + 1 2n + 1 − 1 2 H n − 1 2 H n Остаётся заметить, что H 2n−1 − H n → ln 2 (задача 30.8 а Глава 30. Ряды. Положим f(x) = n P k =1 “ x k k −C k n (x − 1) k k ” . Ясно, что f(1) = Поэтому достаточно доказать, что f ′ (x) = 0 для всех x. Ясно, что. Пусть g(x)= n P k =1 C k n (x −1) k −1 . Тогда 1)g(x) + 1 = (x − 1 + 1) n , поэтому g(x) = x n − 1 x − 1 = n P k =1 x k −1 , что и требовалось. а) Ясно, что − 1 p ” −1 = 1 + 1 p + 1 p 2 + 1 p 3 + . . . Поэтому рассматриваемое произведение является суммой чисел 1/n, где делится по крайней мерена одно из чисел 2, 3, . . . , или n = Все числа 1/n, где 1 6 n 6 p m , в эту сумму входят. б) Согласно задаче 28.48 б) ln “ 1+ 1 n ” < 1 n . Поэтому 1 n < m Q k =1 “ 1 − 1 p k ” −1 = m Q k =1 p k p k − 1 = m Q k =1 “ 1 + 1 p k − 1 ” . Ясно также, что + 1 n ” = p m P n =1 (ln(n + 1) − ln n) = ln(p m + 1). Поэтому. Далее. Поэтому 1 p k −1 < m P k =1 1 p k + 1 1·2 + 1 2·3 + 1 3·4 +. . . Остаётся заметить, что 1·2 + 1 2·3 + 1 3·4 +. . .=1 согласно задаче 30.1. 30.16. Рассмотрим последовательность ln m + 1 m = 1 ] 0 “ 1 m − 1 m + Ясно, что если 0 6 t 6 1, то 6 1 m − 1 m + t = t m(m + t) 6 поэтому 0 6 u m 6 1/m 2 . Следовательно, ряд ∞ P m =1 u m сходится задача. Но 1 + 1 2 + . . . + 1 n − ln(n + 1) = 1 + 1 2 + . . . + 1 n − ln n + ln “ n n + 1 ” Остаётся заметить, что lim n →∞ ln “ n n + 1 ” = 0. Решения задач. Произведение первых n членов равно 2 + 1 3 +...+ 1 n n + 1 = n n + 1 e 1+ 1 2 + 1 3 +...+ 1 n −ln n Остаётся заметить, что lim n →∞ n n+1 =1, lim n →∞ “ 1+ 1 2 + 1 3 +. . .+ 1 n −ln n ” = = g и e x — непрерывная функция. Тождество 1 + t = 1 − t + t 2 − . . . + (−1) n −1 t n −1 + ( −1) n t n 1 + показывает, что если x > −1, то ln(1 + x) = x ] 0 dt 1 + t = x − x 2 2 + x 3 3 − . . . + (−1) n −1 x n n + где R n = x ] 0 t n 1 + Если 0 6 x 6 1, то 0 6 R n 6 x ] 0 t n dt = x n n + 1 6 1 n + 1 → 0 при n → Если −1 6 x < 0, то сделаем замену x = −y. Тогда получим R n = = (−1) n +1 y ] 0 t n 1 − t dt, поэтому 6 1 1 − y y ] 0 t n dt = y n (1 − y)(n + 1) → при n → ∞. 30.19. Вычитая почленно из ряда 2 + x 3 3 − x 4 4 + x 5 5 − . . . = ln(1 + ряд − x 2 2 − x 3 3 − x 4 4 − x 5 5 − . . . = ln(1 − получаем требуемое. а) Рассмотрим ряд из задачи 30.19 для x = 1 2n + 1 . Поскольку, получаем требуемое. б) Непосредственно следует из а) при n = 1, поскольку ln 1 = 0. 30.21. а) Формулу из задачи 30.20 а) можно переписать в виде 2 ” ln “ 1 + 1 n ” = 1 + 1 3(2n + 1) 2 + 1 5(2n + 1) 4 + . . . Остаётся заметить, что сумма этого ряда меньше + 1 3 “ 1 (2n + 1) 2 + 1 (2n + 1) 4 + . . . ” = 1 + 1 12n(n + 1) Глава 30. Ряды б) ив) Неравенство из задачи а) можно переписать в виде < “ 1 + 1 n ” n +1/2 < e 1+ 1 Атак как e n n n +1/2 · (n + 1) n +1+1/2 (n + 1)! e n +1 = “ 1 +то из неравенств (1) получаем < a n a n +1 < e 1 Таким образом, a n e − 1 12n < a n +1 e − 1 и a n > a n +1 . Поэтому последовательность возрастает, а последовательность убывает. При этом a 1 e − 1 12 < a n e − 1 12n < a n < a 1 , поэтому обе последовательности имеют предел. Поскольку e − 1 12n → 1, эти пределы равны одному и тому же числу a. Ясно, что a n e − 1 12n < a < те для некоторого между 0 и 1. Таким образом e n n n +1/2 e − j 12n 30.22. Формулу Валлиса (задача 29.23) можно переписать следующим образом lim n →∞ 1 √ n (2n)!! (2n − 1)!! . Далее 1)!! = 2 · 4 · . . . · 2n 1 · 3 · . . . · (2n − 1) = (2 · 4 · . . . · 2n) 2 (2n)! = (n!) 2 Выразим n! и (2n)! как и и подставим эти выражения в формулу Валлиса: √ p = lim n →∞ 1 √ n a 2 n n 2n+1 e −2n 2 2n a 2n n 2n+1/2 e −2n 2 2n+1/2 = В результате получим a = √ 2 p 30.23. Ясно, что lim n →∞ (a 2k−1 − a 2k ) = 0, поэтому достаточно решить задачу б. Из тождества − t 4k 1 + t 2 = 1 − t 2 + t 4 − t 6 + . . . − следует, что p 4 = arctg 1 = 1 ] 0 1 1 + t 2 dt = 1 ] 0 1 − t 4k 1 + t 2 dt + 1 ] 0 t 4k 1 + t 2 dt = = 1 ] 0 (1 −t 2 + t 4 −t 6 + . . .−t 4k−2 ) dt + R k = 1− 1 3 + 1 5 − 1 7 + . . .− 1 4k − 1 + R k , Решения задач 395 где R k = 1 ] 0 t 4k 1 + t 2 dt. Но 2 t 4k 6 t 4k 1 + t 2 при 0 6 t 6 1, поэтому 2(4k + 1) 6 R k 6 1 4k + 1 30.24. Согласно задаче 11.1 ctg 2 a < 1 a 2 < 1 sin 2 a для 0 Просуммируем такие неравенства для a = p 2n + 1 , 2 p 2n + 1 , . . . , n p 2n + Воспользовавшись после этого результатом задачи 23.7, получим 1) 3 < “ 2n + 1 p ” 2 “ 1 + 1 2 2 + . . . + 1 n 2 ” < 2n(n + те+ 1) 2 Остаётся заметить, что lim n →∞ n(2n − 1) (2n + 1) 2 = lim n →∞ 2n(n + 1) (2n + 1) 2 = 1 2 30.25. а) Согласно неравенству Коши (задача 1.9) (a 1 + a 2 + . . . + a n ) 2 = “ a 1 + 2a 2 1 2 + . . . + na n 1 n ” 2 6 6 “ 1 + 1 2 2 + . . . + 1 n 2 ” (a 2 1 + 2 2 a 2 2 + . . . + Кроме того, 1 + 1 2 2 + . . . + 1 n 2 < p 2 задача б) Пусть x — произвольное положительное число. Снова воспользуемся неравенством Коши, но только теперь представим в виде r x + k 2 x a k · 1 r x + k 2 x . В результате получим+ a 2 + . . . + a n ) 2 6 “ x 1 + x 2 + x 2 2 + x 2 + . . . + x n 2 + x 2 ” × × “ x(a 2 1 + a 2 2 + . . . + a 2 n ) + 1 x (a 2 1 + 2 2 a 2 2 + . . . + Согласно задаче 11.35 x 1 + x 2 + x 2 2 + x 2 + . . . + x n 2 + x 2 < p 2 . Выберем теперь x так, что x(a 2 1 + a 2 2 + . . . + a 2 n ) = 1 x (a 2 1 + 2 2 a 2 2 + . . . + и возведём обе части полученного неравенства в квадрат Глава 30. Ряды. Пусть и m < n. Ясно, что |s n − s m | Ряд 1 + x + x 2 2! + x 3 3! + . . . , где x = |z|, сходится. Поэтому, воспользовавшись критерием Коши, получаем, что исходный ряд тоже сходится. Пусть f n (z) = n P k =0 z k k! . Равенство + показывает, что выражение для f n (z)f n (w) содержит все слагаемые из выражения для f n (z + w) и ещё некоторые слагаемые из выражения для (e z − f n (z))(e w − f n (w)). Поэтому f n (z + w)| 6 (e |z| − f n ( |z|))(e |w| − Выражение в правой части стремится к нулю при n → ∞, поэтому lim n →∞ f n (z)f n (w) = lim n →∞ f n (z + w) = e z +w 30.28. По определению 1 + ix − x 2 2! − i x 3 3! + x 4 4! + i x 5 5! − x 6 6! − i x 7 7! + . . . = = “ 1 − x 2 2! + x 4 4! − x 6 6! + . . . ” + i “ x − x 3 3! + x 5 5! − x 7 7! + . . . ” = = cos x + i sin x. 30.29. Непосредственно следует из задачи 30.28. 30.30. Нетривиальность доказательства этого неравенства связана стем, что функция f(t) = немонотонна на интервале (0, она имеет минимум в точке t 0 = 1/e ≈ Положим u=sin 2 x и v =cos 2 x. Тогда u +v=1 и Требуется доказать, что ( √ u) √ u < ( √ v) √ v , те логарифмы здесь отрицательны. Воспользуемся разложением логарифма вряд и тем, что u + v = 1. В результате получим ln u = ln(1 − v) = − “ v + v 2 2 + v 3 3 + . . Таким образом, переходим к неравенству 2 + v 3 3 + . . . ” > √ v “ u + u 2 2 + u 3 3 + . . . ” Решения задач 397 После сокращения на √uv получаем неравенство + v 2 + v 2 3 + . . . ” > √ u “ 1 + u 2 + u 2 3 + . . Это неравенство очевидно, поскольку v > u > Замечание. Более общее неравенство доказано в задаче. а) Если a n 6 10 k − 1, то n 6 9 k − 1, поскольку на данных местах могут стоять любые из девяти цифр, причём все цифры не могут быть одновременно нулями. Значит, если n > то a n > 10 k − 1 и a n +1 > 10 k . Поэтому 1 a k 6 9 k +1 − 9 k 10 k = 8 “ 9 Итак, рассматриваемая сумма не превосходит 8 ∞ P k =0 “ 9 б) Получить нужные оценки можно такими же рассуждениями, как при решении задачи 21.29. 30.32. а) Те же самые рассуждения, что и при решении задачи б, показывают, что любая последовательность цифр встречается водном из чисел доказательство нужно слегка изменить для последовательности из одних нулей, номы можем обойтись и без этой последовательности. Из этого легко выводится, что рассматриваемая десятичная дробь непериодична. б) Согласно задаче 30.15 ряд 1/p n , где p 1 , p 2 , . . . — последовательные простые числа, расходится. Последовательность p n = n Q k =1 (1 + a k ) неубывающая, поэтому она сходится либо к конечному положительному числу, либо к +∞. Несложно доказать, что+ . . . + a n 6 (1 + a 1 ) . . . (1 + a n ) 6 Первое неравенство доказывается раскрытием скобок, а второе неравенство следует из того, что 1 + a 6 при a > 0. Неравенство) показывает, что тогда и только тогда, когда +∞. 30.34. Последовательность p n = n Q k =1 (1 − b k ) невозрастающая, поэтому она сходится либо к положительному числу, либо к нулю. Легко проверить, что если 0 6 b k < 1, то 1 − b 6 e −b . Поэтому b 1 ) . . . (1 − b n ) 6 Это означает, что если ряд P b k расходится, то lim n →∞ p n = 0. Глава 30. Ряды Предположим теперь, что ряд P b k сходится. Тогда существует такое натуральное число N, что. Если a 1 , a 2 > 0, то) > Пользуясь этим неравенством, индукцией по m легко показать, что если a 1 , . . . , a m > 0, то) . . . (1 − a m ) > 1 − a 1 − . . . Таким образом, если n > N, то (1 − b N )(1 − b N +1 ) . . . (1 − b n ) > 1 − b N − . . . − b n > 1 Эти неравенства показывают, что последовательность невозрастающая и p n > p N −1 /2 > 0. Поэтому предел существует и неравен нулю. Пусть p n = n Q k =1 (1 + a k ) и P n = n Q k =1 (1 + |a k |). Тогда p n −1 | = |a n | n −1 Y k =1 |1 + a k | 6 |a n | n −1 Y k =1 (1 + |a k |) = P n − По условию существует предел lim n →∞ P n , поэтому ряд сходится. Нов таком случае должен сходиться и ряд поэтому существует предел lim n →∞ p n . Нужно лишь проверить, что этот предел отличен от нуля. Рассмотрим для этого ряд + Он сходится, поскольку сходится ряди последовательность + имеет предел, равный 1. Следовательно, бесконечное произведение+ сходится абсолютно, поэтому, как только что было доказано, последовательность q n = n Q k =1 “ 1 − a k 1 + имеет конечный предел. Но q n = p −1 n , поэтому lim n →∞ p n 6= 0. ГЛАВА ЭЛЕМЕНТЫ ТЕОРИИ ЧИСЕЛ. Малая теорема Ферма. Докажите, что если p — простое число и a не делится на p, то 1 (mod малая теорема Ферма. Пусть p = 4k + 3 — простое число. Докажите, что если a 2 + делится на p, то оба числа a и b делятся на p. |