10.11-bo'lim: Ildiz sinovi
Bu biz ko'rib chiqmoqchi bo'lgan ketma-ket konvergentsiya uchun oxirgi sinov. Nisbatan testda bo'lgani kabi, bu test oddiy konvergentsiyani emas, balki ketma-ketlikning mutlaq yaqinlashishi yoki yo'qligini aniqlaydi.
Ildiz testi
Aytaylik, bizda \(\sum {{a_n}} \) seriyasi bor. Aniqlash,
\[L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sqrt[n]{{\left| {{a_n}} \right|}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\left| {{a_n}} \right|^{\frac{1}{n}}}\]Keyin,
- agar \(L < 1\) seriya mutlaq yaqinlashuvchi (va shuning uchun konvergent) bo'lsa.
- agar \(L > 1\) seriyasi bir-biridan farq qiladi.
- agar \(L = 1\) qator divergent, shartli yaqinlashuvchi yoki mutlaq yaqinlashuvchi bo'lishi mumkin.
A dalil Ushbu test bo'limning oxirida.
Nisbatan testda bo'lgani kabi, agar biz \(L = 1\) ni olsak, ildiz testi bizga hech narsa aytmaydi va biz ketma-ketlik yaqinligini aniqlash uchun boshqa testdan foydalanishimiz kerak bo'ladi. Shuni ham yodda tutingki, biz ushbu sinfda ko'rib chiqiladigan seriyalar uchun, agar nisbat testida \(L = 1\) bo'lsa, ildiz testi ham \(L = 1\) beradi.
Ushbu muammolarning ba'zilarida bizga quyidagi fakt kerak bo'ladi.
Fakt
Keling, bir nechta misollarni ko'rib chiqaylik.
Yechim
Cheklovni hisoblash va keyin ildiz testidan foydalanishdan tashqari, bu muammolar uchun juda ko'p narsa yo'q. Mana bu muammoning chegarasi.
\[L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\left| {\frac{{{n^n}}}{{{3^{1 + 2n}}}}} \right|^{\frac{1}{n}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{n}{{{3^{\frac{1}{n} + 2}}}} = \frac{\infty }{{{3^2}}} = \infty > 1\]Shunday qilib, Ildiz testiga ko'ra, bu seriya bir-biridan farq qiladi.
Yechim
Shunga qaramay, bu seriya uchun juda ko'p narsa yo'q.
\[L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\left| {{{\left( {\frac{{5n - 3{n^3}}}{{7{n^3} + 2}}} \right)}^n}} \right|^{\frac{1}{n}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left| {\frac{{5n - 3{n^3}}}{{7{n^3} + 2}}} \right| = \left| {\frac{{ - 3}}{7}} \right| = \frac{3}{7} < 1\]Shuning uchun, Ildiz testi orqali bu seriya mutlaqo yaqinlashadi va shuning uchun yaqinlashadi.
E'tibor bering, biz belgini to'g'ri olish uchun chegarani qabul qilmagunimizcha, kasrdagi mutlaq qiymat chiziqlarini saqlashimiz kerak edi.
Yechim
Mana bu seriya uchun chegara.
\[L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\left| {\frac{{{{\left( { - 12} \right)}^n}}}{n}} \right|^{\frac{1}{n}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{12}}{{{n^{\frac{1}{n}}}}} = \frac{{12}}{1} = 12 > 1\]Yuqoridagi faktdan foydalangandan so'ng, biz ildiz testi bu seriyaning farqli ekanligini ko'rsatishini ko'rishimiz mumkin.
Ildiz testining isboti
Birinchidan, shuni esda tutingki, biz umumiylikni yo'qotmasdan seriyalar \(n = 1\) da boshlanadi, deb taxmin qilishimiz mumkin, chunki biz barcha seriyalarimiz sinovlari uchun qilganmiz. Shuni ham yodda tutingki, bu dalil nisbatlar testining isbotiga juda o'xshaydi.
Keling, dalilni \(L < 1\) deb faraz qilishdan boshlaylik va biz \(\sum {{a_n}} \) mutlaqo konvergent ekanligini ko'rsatishimiz kerak. Buni amalga oshirish uchun avvalo shuni ta'kidlaymizki, \(L < 1\), chunki \(r\), masalan, \(L < r < 1\).
Endi eslang,
\[L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sqrt[n]{{\left| {{a_n}} \right|}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\left| {{a_n}} \right|^{\frac{1}{n}}}\]va biz \(r\) ni tanlaganimiz sababli, \(L < r\) ba'zi \(N\) ni tanladik, agar \(n \ge N\) bizda bo'lsa,
\[{\left| {{a_n}} \right|^{\frac{1}{n}}} < r\hspace{0.5in} \Rightarrow \hspace{0.5in}\left| {{a_n}} \right| < {r^n}\]Endi seriya
\[\sum\limits_{n = 0}^\infty {{r^n}} \]geometrik qator va \(0 < r < 1\) tufayli biz aslida bu konvergent qator ekanligini bilamiz. Bundan tashqari, chunki \(\left| {{a_n}} \right| < {r^n}\) \(n \ge N\) taqqoslash orqali seriyani sinab ko'radi
\[\sum\limits_{n = N}^\infty {\left| {{a_n}} \right|} \]konvergent hisoblanadi. Biroq shundan beri,
\[\sum\limits_{n = 1}^\infty {\left| {{a_n}} \right|} = \sum\limits_{n = 1}^{N - 1} {\left| {{a_n}} \right|} + \sum\limits_{n = N}^\infty {\left| {{a_n}} \right|} \]biz \(\sum\limits_{n = 1}^\infty {\left| {{a_n}} \right|} \) ham yaqinlashishini bilamiz, chunki o'ngdagi birinchi had sonli hadlarning cheklangan yig'indisi va shuning uchun chekli. Shuning uchun \(\sum\limits_{n = 1}^\infty {{a_n}} \) mutlaqo konvergent hisoblanadi.
Keyinchalik, biz \(L > 1\) deb taxmin qilishimiz kerak va biz \(\sum {{a_n}} \) divergent ekanligini ko'rsatishimiz kerak. Shuni esga olib,
\[L = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sqrt[n]{{\left| {{a_n}} \right|}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\left| {{a_n}} \right|^{\frac{1}{n}}}\]va \(L > 1\) tufayli biz ba'zi \(N\) bo'lishi kerakligini bilamiz, agar \(n \ge N\) bizda bo'lsa,
\[{\left| {{a_n}} \right|^{\frac{1}{n}}} > 1\hspace{0.5in} \Rightarrow \hspace{0.5in}\left| {{a_n}} \right| > {1^n} = 1\]Biroq, agar \(\left| {{a_n}} \right| > 1\) barcha \(n \ge N\) uchun bo'lsa, biz buni bilamiz,
\[\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left| {{a_n}} \right| \ne 0\]Bu o'z navbatida shuni anglatadiki,
\[\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {a_n} \ne 0\]Shuning uchun, Divergensiya testi bo'yicha \(\sum {{a_n}} \) divergent hisoblanadi.
Va nihoyat, biz \(L = 1\) deb taxmin qilishimiz va uchta imkoniyatdan biriga ega bo'lgan seriyani olishimiz mumkinligini ko'rsatishimiz kerak. Buni amalga oshirish uchun bizga faqat har bir holat uchun seriya kerak. Tekshirish tafsilotlarini sizga qoldiramiz, ammo keyingi uchta seriyada \(L = 1\) mavjud va har birida imkoniyatlardan biri mavjud.
\[\begin{align*} & \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{n^2}}}} & \hspace{0.5in} & {\mbox{absolutely convergent}}\\ & \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{n}} & \hspace{0.5in} & {\mbox{conditionally convergent}}\\ & \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{n}} & \hspace{0.5in} & {\mbox{divergent}}\end{align*}\]