10.8-bo'lim: Muqobil seriyali test
Biz ketma-ket yaqinlashish uchun ko'rib chiqqan so'nggi ikkita test seriyadagi barcha atamalar ijobiy bo'lishini talab qildi. Albatta, u erda salbiy atamalarga ega bo'lgan ko'plab seriyalar mavjud va shuning uchun biz endi bunday seriyalar uchun testlarni ko'rib chiqishni boshlashimiz kerak.
Ushbu bo'limda biz ko'rib chiqmoqchi bo'lgan test o'zgaruvchan seriyalar uchun sinov bo'ladi. An muqobil qator har qanday seriya, \(\sum {{a_n}} \), uning uchun qator atamalari quyidagi ikkita shakldan birida yozilishi mumkin.
\[\begin{align*}{a_n} &= {\left( { - 1} \right)^n}{b_n}\hspace{0.5in}{b_n} \ge 0\\ {a_n} &= {\left( { - 1} \right)^{n + 1}}{b_n}\hspace{0.5in}{b_n} \ge 0\end{align*}\]O'zgaruvchan belgi bilan kurashishning boshqa ko'plab usullari mavjud, ammo ularning barchasi yuqoridagi ikkita shakldan biri sifatida yozilishi mumkin. Masalan,
\[\begin{align*}{\left( { - 1} \right)^{n + 2}} & = {\left( { - 1} \right)^n}{\left( { - 1} \right)^2} = {\left( { - 1} \right)^n}\\ {\left( { - 1} \right)^{n - 1}} & = {\left( { - 1} \right)^{n + 1}}{\left( { - 1} \right)^{ - 2}} = {\left( { - 1} \right)^{n + 1}}\end{align*}\]Albatta, boshqalar ham ko'p, lekin ularning barchasi berilgan dastlabki ikkita shakldan biriga qisqartirishning bir xil asosiy sxemasiga amal qiladi. Agar siz tasodifan birinchi ikkitadan boshqa shaklga kirsangiz, uni o'sha shakllardan biriga o'tkazish haqida tashvishlanmang, shunchaki shuni yodda tutingki, u bo'lishi mumkin va shuning uchun ushbu bo'limdagi testdan foydalanish mumkin.
Muqobil seriyali test
Faraz qilaylik, bizda \(\sum {{a_n}} \) seriyasi va \({a_n} = {\left( { - 1} \right)^n}{b_n}\) yoki \({a_n} = {\left( { - 1} \right)^{n + 1}}{b_n}\) bor, bu erda barcha \(n\) uchun \({b_n} \ge 0\). Keyin agar,
- \(\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {b_n} = 0\) va,
- \(\left\{ {{b_n}} \right\}\) - kamayuvchi ketma-ketlik
\(\sum {{a_n}} \) seriyasi konvergent hisoblanadi.
A dalil Ushbu test bo'limning oxirida.
Ushbu testda e'tiborga olish kerak bo'lgan bir nechta narsa bor. Birinchidan, Integral test va Taqqoslash/Limit solishtirish testidan farqli o'laroq, bu test bizga faqat ketma-ketlik yaqinlashganda aytib beradi va ketma-ket ajralishini emas.
Ikkinchidan, ikkinchi shartda biz talab qilishimiz kerak bo'lgan narsa - ketma-ket atamalar, \({b_n}\) oxir-oqibat kamayadi. Seriyaning birinchi bir necha shartlari ko'payishi va hali ham test haqiqiy bo'lishi mumkin. Talab qilinadigan narsa shundan iboratki, bizda ma'lum vaqtdan keyin barcha \(n\) uchun \({b_n} \ge {b_{n + 1}}\) bo'ladi.
Bu nima uchun ekanligini tushunish uchun quyidagi seriyani ko'rib chiqing,
\[\sum\limits_{n = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^n}{b_n}} \]Faraz qilaylik, \(1 \le n \le N\) uchun \(\left\{ {{b_n}} \right\}\) kamaymayapti va \(n \ge N + 1\) uchun \(\left\{ {{b_n}} \right\}\) pasaymoqda. Keyin seriya quyidagicha yozilishi mumkin:
\[\sum\limits_{n = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^n}{b_n}} = \sum\limits_{n = 1}^N {{{\left( { - 1} \right)}^n}{b_n}} + \sum\limits_{n = N + 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^n}{b_n}} \]Birinchi qator cheklangan atamalarning cheklangan yig'indisidir (\(N\) qanchalik katta bo'lmasin) va shuning uchun biz uning qiymatini hisoblashimiz mumkin va u chekli bo'ladi. Seriyaning yaqinlashuvi faqat ikkinchi (cheksiz) qatorning yaqinlashuviga bog'liq bo'ladi. Agar ikkinchi qator chekli qiymatga ega bo'lsa, u holda ikkita chekli qiymatlar yig'indisi ham chekli bo'ladi va shuning uchun asl qator chekli qiymatga yaqinlashadi. Boshqa tomondan, agar ikkinchi qator divergent bo'lsa yoki uning qiymati cheksiz bo'lsa yoki uning qiymati yo'q bo'lsa, unga chekli sonni qo'shish bu faktni o'zgartirmaydi va shuning uchun asl qator divergent bo'ladi.
Bularning barchasidan ma'no shundaki, biz barcha \(n\) uchun ketma-ket atamalar kamayishini talab qilishimiz shart emas. Biz faqat ketma-ket atamalar oxir-oqibat kamayishini talab qilishimiz kerak, chunki biz har doim kamaymaydigan dastlabki bir nechta atamalarni olib tashlashimiz va faqat kamayayotgan atamalarga qarashimiz mumkin.
E'tibor bering, amalda biz kamaymaydigan atamalarni olib tashlamaymiz. Biz qiladigan narsa, oxir-oqibat ketma-ketlik shartlari kamayib borayotganini tekshirish va keyin testni qo'llashdir.
Keling, bir nechta misollar bilan ishlaylik.
Yechim
Birinchidan, test uchun \({b_n}\) ni aniqlang.
\[\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n + 1}}}}{n}} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^{n + 1}}\frac{1}{n}} \hspace{0.5in}{b_n} = \frac{1}{n}\]Endi biz qilishimiz kerak bo'lgan narsa testdagi ikkita shartni bajarishdir.
\[\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {b_{n}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n} = 0\] \[{b_n} = \frac{1}{n} > \frac{1}{{n + 1}} = {b_{n + 1}}\]Ikkala shart ham bajariladi va shuning uchun muqobil seriyali test orqali seriyalar birlashishi kerak.
Oldingi misoldagi qator ba'zan deyiladi Muqobil garmonik seriyalar. Bundan tashqari, \({\left( { - 1} \right)^{n + 1}}\) \({\left( { - 1} \right)^n}\) yoki o'zgaruvchan belgining boshqa har qanday shakli bo'lishi mumkin va biz uni hali ham Alternativ Garmonik Seriya deb ataymiz.
Oldingi misolda \(n\) ni ko'paytirish faqat atama uchun maxrajni oshirganligi va shuning uchun atamani kichraytirgani sababli ketma-ket atamalar kamayganini ko'rish oson edi. Umuman olganda, ketma-ket atamalar kamayishini isbotlash uchun Calculus I texnikasiga murojaat qilishimiz kerak bo'ladi. Buning misolini birozdan keyin ko'rib chiqamiz.
Yechim
Birinchidan, test uchun \({b_n}\) ni aniqlang.
\[\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}{n^2}}}{{{n^2} + 5}}} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^n}\frac{{{n^2}}}{{{n^2} + 5}}} \hspace{0.5in} \Rightarrow \hspace{0.5in}{b_n} = \frac{{{n^2}}}{{{n^2} + 5}}\]Keling, shartlarni tekshiramiz.
\[\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {b_{n}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{n^2}}}{{{n^2} + 5}} = 1 \ne 0\]Shunday qilib, birinchi shart bajarilmaydi va shuning uchun ikkinchisini tekshirish uchun hech qanday sabab yo'q. Bu shart bajarilmagani uchun biz konvergentsiyani tekshirish uchun boshqa testdan foydalanishimiz kerak. Agar birinchi shart bajarilmasa, odatda ajralish testidan foydalanish yaxshidir.
Shunday qilib, ajralish testi bizdan quyidagi chegarani hisoblashni talab qiladi.
\[\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}{n^2}}}{{{n^2} + 5}}\]Ushbu chegarani baholash biroz qiyin bo'lishi mumkin. Bir soniya uchun quyidagilarni ko'rib chiqaylik,
\[\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}{n^2}}}{{{n^2} + 5}} = \left( {\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {{\left( { - 1} \right)}^n}} \right)\left( {\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{n^2}}}{{{n^2} + 5}}} \right)\]Bu chegarani bu tarzda ajratib bo'lmaydi, chunki bu operatsiya ikkala chegara ham mavjudligini talab qiladi, ikkinchisi esa birinchisi yo'q. Biroq, bu umumiy chegara mavjud emasligiga o'zimizni qanday qilib ishontirishimiz mumkinligini ko'rsatadi (hatto bu haqiqatning to'g'ridan-to'g'ri isboti bo'lmasa ham).
Shunday qilib, keling, bundan boshlaylik,
\[\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}{n^2}}}{{{n^2} + 5}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left[ {{{\left( { - 1} \right)}^n}\frac{{{n^2}}}{{{n^2} + 5}}} \right]\]Endi, buning ikkinchi qismi aniq \(n \to \infty \) sifatida 1 ga boradi, birinchi qismi esa 1 va -1 o'rtasida almashinadi. Shunday qilib, \(n \to \infty \) sifatida atamalar mos ravishda 1 va -1 ga yaqinlashib borayotgan ijobiy va salbiy qiymatlar o'rtasida almashadi.
Cheklovlar mavjud bo'lishi uchun biz atamalar bitta raqamga to'g'ri kelishi kerakligini bilamiz va ular aniq bo'lmagani uchun bu chegara mavjud emas va shuning uchun Divergensiya testi orqali bu seriya farqlanadi.
Yechim
E'tibor bering, bu holda "-1" ko'rsatkichi \(n\) yoki \(n + 1\) emas. Bu test qanday ishlashini o'zgartirmaydi, shuning uchun biz bu haqda tashvishlanmaymiz. Bu holatda bizda,
\[{b_n} = \frac{{\sqrt n }}{{n + 4}}\]shuning uchun shartlarni tekshiramiz.
Birinchisini tekshirish juda oson.
\[\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {b_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{\sqrt n }}{{n + 4}} = 0\]Biroq, ikkinchi shart biroz ishlashni talab qiladi. Bu shartlar kamayishi darhol aniq emas. \(n\) ni \(n + 1\) ga oshirish hisoblagichni ham, maxrajni ham oshiradi. Numeratorning ortishi atamaning ham ortishi kerakligini aytadi, maxrajning ko'payishi esa atamaning kamayishi kerakligini aytadi. Ulardan qaysi biri g'alaba qozonishi noma'lum bo'lgani uchun, atamalar kamayganini ko'rsatish uchun Calculus I texnikasiga murojaat qilishimiz kerak.
Keling, quyidagi funktsiya va uning hosilasidan boshlaylik.
\[f\left( x \right) = \frac{{\sqrt x }}{{x + 4}}\hspace{0.5in}\hspace{0.25in}f'\left( x \right) = \frac{{4 - x}}{{2\sqrt x {{\left( {x + 4} \right)}^2}}}\]Endi ushbu funktsiya uchun ikkita muhim nuqta mavjud: \(x = 0\) va \(x = 4\). E'tibor bering, \(x = - 4\) muhim nuqta emas, chunki funktsiya \(x = - 4\) da aniqlanmagan. Birinchisi bizning seriyamizdan tashqarida, shuning uchun biz bu haqda tashvishlanishga hojat yo'q. Sinov nuqtalaridan foydalanish,
\[f'\left( 1 \right) = \frac{3}{{50}}\hspace{0.5in}f'\left( 5 \right) = - \frac{{\sqrt 5 }}{{810}}\]va shuning uchun biz \(0 \le x \le 4\) da funktsiyaning ortishi va \(x \ge 4\) da kamayishini ko'rishimiz mumkin. Shuning uchun, \(f\left( n \right) = {b_n}\)-dan beri biz \({b_n}\) ham \(0 \le n \le 4\)-da ortib borayotganini va \(n \ge 4\)-da kamayishini bilamiz.
\({b_n}\) oxir-oqibat kamayadi va shuning uchun ikkinchi shart bajariladi.
Ikkala shart ham bajariladi va shuning uchun muqobil seriyalar testi bilan ketma-ketlik yaqinlashishi kerak.
Oldingi misolda ko'rsatilgandek, biz ba'zan muddatlar kamayib borayotganini ko'rsatish uchun adolatli ish qilishimiz kerak. Shunchaki shartlar qisqaradi deb o'ylamang va shu bilan birga qoldiring.
Shunchaki fikr yuritish uchun yana bir misol keltiraylik.
Yechim
Bu muammoning maqsadi haqiqatan ham u o'zgaruvchan seriya ekanligini tan olishdir. Buni ko'rish uchun biz tan olishimiz kerak,
\[\cos \left( {n\pi } \right) = {\left( { - 1} \right)^n}\]Agar bunga ishonchingiz komil bo'lmasa, \(n\) ning bir nechta qiymatlarini kiritish va tekshirish orqali o'zingizni bu to'g'riligiga osongina ishontirishingiz mumkin.
Demak, serial haqiqatan ham
\[\sum\limits_{n = 2}^\infty {\frac{{\cos \left( {n\pi } \right)}}{{\sqrt n }}} = \sum\limits_{n = 2}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{{\sqrt n }}\hspace{0.5in} \Rightarrow \hspace{0.25in}\,\,\,\,\,{b_n} = \frac{1}{{\sqrt n }}} \]Ikki shartni tekshirish,
\[\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {b_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{{\sqrt n }} = 0\] \[{b_n} = \frac{1}{{\sqrt n }} > \frac{1}{{\sqrt {n + 1} }} = {b_{n + 1}}\]Sinovning ikkita sharti bajariladi va shuning uchun muqobil seriyalar testi bilan seriyalar konvergent hisoblanadi.
Shuni ta'kidlash kerakki, biz oldingi misolda qilgan qayta yozish faqat \(n\) butun son va \(\pi\) mavjudligi sababli ishlaydi. \(\pi\) siz biz buni qilolmasdik va agar \(n\) butun son bo'lishi kafolatlanmagan bo'lsa, biz buni qilolmasdik.
Keling, ushbu bo'limni muqobil seriyali testning isboti bilan yopamiz.
Muqobil seriyali testning isboti
Umumiylikni yo'qotmasdan, seriya \(n = 1\) da boshlanadi deb taxmin qilishimiz mumkin. Agar yo'q bo'lsa, biz yangi boshlanish joyini qondirish uchun quyidagi dalilni o'zgartira olamiz yoki buni amalga oshirishimiz mumkin indeks siljishi seriyani \(n = 1\) da boshlash uchun.
Shuni ham yodda tutingki, bu erda bizda \({a_n} = {\left( { - 1} \right)^{n+1}}{b_n}\) mavjud. \({a_n} = {\left( { - 1} \right)^{n}}{b_n}\) uchun dalil olish uchun biz dalilga ozgina o'zgartirish kiritishimiz kerak, shuning uchun bu dalilni bermaymiz.
Va nihoyat, misollarda bizga faqat \({b_n}\) ijobiy bo'lishi va oxir-oqibat kamayishi kerak edi, ammo bu isbot ishlashi uchun biz haqiqatan ham barcha \(n\) uchun ijobiy va kamayuvchi bo'lishimiz kerak.
Birinchidan, e'tibor bering, ketma-ketlik shartlari har qanday ikkita ketma-ket atama uchun kamayib borayotganligi sababli, biz aytishimiz mumkin:
\[b_{n} - {b_{n + 1}} \ge 0\]Keling, hatto qisman summalarni ko'rib chiqaylik.
\[\begin{align*}{s_2}& = {b_1} - {b_2} \ge 0\\ {s_4} & = {b_1} - {b_2} + {b_3} - {b_4} = {s_2} + {b_3} - {b_4} \ge {s_2} & \hspace{0.5in} & \text{chunki }{b_3} - {b_4} \ge 0\\ {s_6} & = {s_4} + {b_5} - {b_6} \ge {s_4} & \hspace{0.5in} & \text{chunki }{b_5} - {b_6} \ge 0\\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \vdots \\ {s_{2n}} & = {s_{2n - 2}} + {b_{2n - 1}} - {b_{2n}} \ge {s_{2n - 2}} & \hspace{0.5in} & \text{chunki }{b_{2n - 1}} - {b_{2n}} \ge 0\end{align*}\]Shunday qilib, \(\left\{ {{s_{2n}}} \right\}\) ortib borayotgan ketma-ketlikdir.
Keyinchalik, umumiy atamani quyidagicha yozishimiz mumkin:
\[\begin{align*}{s_{2n}} & = {b_1} - {b_2} + {b_3} - {b_4} + {b_5} + \cdots - {b_{2n - 2}} + {b_{2n - 1}} - {b_{2n}}\\ & = {b_1} - \left( {{b_2} - {b_3}} \right) - \left( {{b_4} - {b_5}} \right) + \cdots - \left( {{b_{2n - 2}} - {b_{2n - 1}}} \right) - {b_{2n}}\end{align*}\]Qavs ichidagi miqdorlarning har biri ijobiy va biz \({b_{2n}}\) ham ijobiy ekanligini bilamiz. Shunday qilib, bu bizga \({s_{2n}} \le {b_1}\) barcha \(n\) uchun ekanligini aytadi.
Endi biz \(\left\{ {{s_{2n}}} \right\}\) yuqorida chegaralangan ortib boruvchi ketma-ketlik ekanligini bilamiz va biz ham shunday bilish u ham birlashishi kerak. Demak, uning chegarasi \(s\) yoki, deb faraz qilaylik,
\[\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {s_{2n}} = s\]Keyinchalik, biz \(\left\{ {{s_{2n + 1}}} \right\}\) toq qismli summalar ketma-ketligi chegarasini quyidagicha aniqlashimiz mumkin:
\[\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {s_{2n + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {{s_{2n}} + {b_{2n + 1}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {s_{2n}} + \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {b_{2n + 1}} = s + 0 = s\]Shunday qilib, biz endi bilamizki, \(\left\{ {{s_{2n}}} \right\}\) ham, \(\left\{ {{s_{2n + 1}}} \right\}\) ham konvergent ketma-ketliklardir va ularning ikkalasi ham bir xil chegaraga ega, shuning uchun biz ham bilish \(\left\{ {{s_n}} \right\}\) - bu \(s\) chegarasi bo'lgan konvergent ketma-ketlik. Bu o'z navbatida \(\sum {{a_n}} \) konvergent ekanligini ko'rsatadi.