10.7-bo'lim: Taqqoslash testi/limit taqqoslash testi
Oldingida qatorning yaqinlashuvini aniqlash uchun qatorni noto'g'ri integral bilan qanday bog'lashni ko'rib chiqdik. Integral test yaxshi sinov bo'lsa-da, u bizni noto'g'ri integrallarni bajarishga majbur qiladi, bu har doim ham oson bo'lmaydi va ba'zi hollarda yaqinlashuvni aniqlash imkonsiz bo'lishi mumkin.
Masalan, quyidagi seriyani ko'rib chiqing.
\[\sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{1}{{{3^n} + n}}} \]Integral testdan foydalanish uchun biz integratsiya qilishimiz kerak
\[\int_{{\,0}}^{{\,\infty }}{{\frac{1}{{{3^x} + x}}\,dx}}\]va biz bu integralni amalga oshirish mumkinligini ham bilmaymiz. Yaxshiyamki, biz uchun ushbu seriyada foydalanishimiz mumkin bo'lgan yana bir test mavjud, undan foydalanish ancha oson bo'ladi.
Birinchidan, seriya shartlari ijobiy ekanligini ta'kidlaymiz. Integral testda bo'lgani kabi, bu bo'limda muhim bo'ladi. Keyin biz \(x > 0\) ga ega bo'lishimiz kerakligini ta'kidlaymiz, chunki biz \(0 \le x < \infty \) intervalida integratsiyamiz. Xuddi shunday, \(x\) qiymatidan qat'i nazar, bizda doimo \({3^x} > 0\) bo'ladi. Shunday qilib, agar biz \(x\) ni maxrajdan tushirsak, maxraj kichrayadi va shuning uchun butun kasr katta bo'ladi. Shunday qilib,
\[\frac{1}{{{3^n} + n}} < \frac{1}{{{3^n}}}\]Endi,
\[\sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{1}{{{3^n}}}} \]is a geometrik qator va biz bilamizki, \(\left| r \right| = \left| {\frac{1}{3}} \right| < 1\) dan beri seriya yaqinlashadi va uning qiymati bo'ladi,
\[\sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{1}{{{3^n}}}} = \frac{1}{{1 - \frac{1}{3}}} = \frac{3}{2}\]Endi asl seriyamizga qaytsak va olingan qisman summalarni yozsak,
\[{s_n} = \sum\limits_{i = 0}^n {\frac{1}{{{3^i} + i}}} \]Barcha shartlar ijobiy bo'lgani uchun, yangi atama qo'shish raqamni kattalashtiradi va shuning uchun qisman yig'indilar ketma-ketligi ortib boruvchi ketma-ketlikda bo'lishi kerak.
\[{s_n} = \sum\limits_{i = 0}^n {\frac{1}{{{3^i} + i}}} < \sum\limits_{i = 0}^{n + 1} {\frac{1}{{{3^i} + i}}} = {s_{n + 1}}\]O'shandan beri,
\[\frac{1}{{{3^n} + n}} < \frac{1}{{{3^n}}}\]va bu ikki ketma-ketlikdagi atamalar ijobiy bo'lgani uchun biz shuni ham aytishimiz mumkin:
\[{s_n} = \sum\limits_{i = 0}^n {\frac{1}{{{3^i} + i}}} < \sum\limits_{i = 0}^n {\frac{1}{{{3^i}}} < \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{1}{{{3^n}}} = \frac{3}{2}\hspace{0.25in}\hspace{0.25in} \Rightarrow \hspace{0.25in}\,\,\,\,\,{s_n} < \frac{3}{2}} } \]Demak, qisman yig’indilar ketma-ketligi ham chegaralangan ketma-ketlikdir. Keyin dan ikkinchi bo'lim ketma-ketliklar bo'yicha biz monotonik va chegaralangan ketma-ketlikning ham yaqinlashishini bilamiz.
Demak, bizning qatorimizning qisman yig’indilari ketma-ketligi konvergent ketma-ketlikdir. Bu shuni anglatadiki, seriyaning o'zi
\[\sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{1}{{{3^n} + n}}} \]ham konvergent hisoblanadi.
Xo'sh, biz bu erda nima qildik? Biz atamalari har doim asl seriya atamalaridan kattaroq boʻlgan qatorni topdik va bu yangi seriya ham konvergent edi. Keyin asl seriya atamalari ijobiy (juda muhim) bo'lganligi sababli, bu asl seriyaning ham yaqinlashishini anglatadi.
Bir qator (faqat ijobiy shartlar bilan) divergent ekanligini ko'rsatish uchun biz shunga o'xshash argumentdan o'tishimiz va shartlari har doim asl qatordan kichikroq bo'lgan yangi divergent qatorni topishimiz mumkin. Bunday holda, asl seriya yangi seriyadan kattaroq qiymatga ega bo'lishi kerak. Biroq, yangi seriya divergent bo'lgani uchun uning qiymati cheksiz bo'ladi. Bu shuni anglatadiki, asl seriya ham cheksiz va shuning uchun divergent bo'lishi kerak.
Bularning barchasini quyidagi testda umumlashtirishimiz mumkin.
Taqqoslash testi
Faraz qilaylik, bizda ikkita \(\displaystyle \sum {{a_n}} \) va \(\displaystyle \sum {{b_n}} \) barcha \(n\) uchun \({a_n},{b_n} \ge 0\) va barcha \(n\) uchun \({a_n} \le {b_n}\) bor. Keyin,
- Agar \(\displaystyle \sum {{b_n}} \) konvergent bo'lsa, \(\sum {{a_n}} \) ham shunday.
- Agar \(\displaystyle \sum {{a_n}} \) divergent bo'lsa, \(\sum {{b_n}} \) ham farqlanadi.
Boshqacha qilib aytadigan bo'lsak, bizda ikkita ijobiy atamalar bor va seriyalardan birining shartlari har doim boshqa seriyalarning shartlaridan kattaroqdir. Agar kattaroq qator yaqinlashsa, kichikroq qatorlar ham yaqinlashishi kerak. Xuddi shunday, agar kichikroq qator divergent bo'lsa, katta qatorlar ham divergent bo'lishi kerak. Shuni ham yodda tutingki, ushbu testni qo'llash uchun ikkala seriya ham bir joyda boshlanishi kerak.
Rasmiy dalil Ushbu test ushbu bo'limning oxirida.
Ushbu testdan noto'g'ri foydalanmang. Ikki qatorning kichigi yaqinlashishi kattaroq seriya haqida hech narsa demaydi. Kattaroq seriyalar hali ham farq qilishi mumkin. Shunga o'xshab, ikkita seriyaning kattasi ajralib turishini bilganimiz uchun, kichikroq seriyalar ham ajralib chiqadi deb ayta olmaymiz! Ushbu testdan foydalanishda juda ehtiyot bo'ling
Eslatib o'tamiz, bizda shunga o'xshash sinov bor edi noto'g'ri integrallar integratsiya texnikasini ko'rib chiqayotganimizda. Shunday qilib, agar siz noto'g'ri integrallar uchun taqqoslash testidan foydalansangiz, seriyalar uchun taqqoslash testidan foydalanishingiz mumkin, chunki ular deyarli bir xil fikrdir.
Shuni ham yodda tutingki, \({a_n},{b_n} \ge 0\) va \({a_n} \le {b_n}\) haqiqatan ham oxir-oqibat to'g'ri bo'lishi kerak. Boshqacha qilib aytadigan bo'lsak, agar birinchi atamalarning bir nechtasi salbiy yoki \({a_n}\require{cancel} \cancel{ \le }\,{b_n}\) bo'lsa, biz yaxshimiz. Oxir-oqibat, biz etarlicha katta \(n\) uchun \({a_n},{b_n} \ge 0\) va \({a_n} \le {b_n}\) testi ishlay oladigan nuqtaga yetganimizdan keyin.
Bu nima uchun haqiqat ekanligini bilish uchun keling, seriya \(n = k\) da boshlanadi va test shartlari faqat \(n \ge N + 1\) uchun to'g'ri va \(k \le n \le N\) uchun shartlardan kamida bittasi to'g'ri emas deb faraz qilaylik. Agar biz \(\sum {{a_n}} \) ga qarasak (xuddi shu narsani \(\sum {{b_n}} \) uchun qilish mumkin), biz shunday bo'lamiz:
\[\sum\limits_{\,n = k}^\infty {{a_n}} = \sum\limits_{\,n = k}^N {{a_n}} + \sum\limits_{\,n = N + 1}^\infty {{a_n}} \]Birinchi qator chekli atamalarning cheklangan yig'indisidan boshqa narsa emas (\(N\) qanchalik katta bo'lmasin) va shuning uchun ham chekli bo'ladi. Demak, asl qator konvergent/divergent bo'ladi, agar o'ng tarafdagi ikkinchi cheksiz qator konvergent/divergent bo'lsa va ikkinchi qatorda sinovni o'tkazish mumkin, chunki u test shartlarini qondiradi.
Keling, ba'zi misollarni ko'rib chiqaylik.
Yechim
Maxrajdagi kosinus atamasi unchalik katta bo'lmagani uchun biz ketma-ket atamalar quyidagicha harakat qiladi deb taxmin qilishimiz mumkin:
\[\frac{n}{{{n^2}}} = \frac{1}{n}\]bir qator sifatida ajralib chiqadi. Shunday qilib, biz seriyalar bir-biridan ajralib ketishini taxmin qilishimiz mumkin va shuning uchun biz ham ajralib chiqadigan kichikroq seriyani topishimiz kerak.
Eslatib o'tamiz, noto'g'ri integrallar bilan taqqoslash testidan biz hisoblagichni kichikroq yoki maxrajni kattalashtirish orqali kasrni kichikroq qilishimiz mumkinligini aniqladik. Bunday holda, maxrajdagi ikkita atama ham ijobiydir. Shunday qilib, agar biz kosinus atamasini tashlasak, biz maxrajni kattalashtiramiz, chunki biz endi ijobiy miqdorni ayirmaymiz. Shuning uchun,
\[\frac{n}{{{n^2} - {{\cos }^2}\left( n \right)}} > \frac{n}{{{n^2}}} = \frac{1}{n}\]Keyin, beri
\[\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{n}} \]Taqqoslash testi orqali farqlar (bu harmonik yoki \(p\) seriyali test) bizning asl seriyalarimiz ham ajralib chiqishi kerak.
Yechim
Bu misol birinchisiga biroz o'xshaydi, lekin biz undan ehtiyot bo'lishimiz kerak, chunki ba'zi muhim farqlar mavjud.
Birinchidan, birinchi misolda bo'lgani kabi, maxrajdagi kosinus atamasi unchalik katta bo'lmaydi va shuning uchun bu atamalarning xatti-harakatlariga hech qanday mazmunli ta'sir ko'rsatmaydi. Shuning uchun, bu nuqtada vasvasa maxrajdagi n ga e'tibor qaratish va bu shunchaki n bo'lgani uchun qatorlar ajralib chiqadi deb o'ylashdir.
Agar hisoblagichda ko'p narsa bo'lmasa, bu to'g'ri bo'lar edi. Biroq, bu misolda bizda suratda juda tez nolga tushadigan eksponensial ham bor. Darhaqiqat, u shunchalik tez nolga tushadiki, u, ehtimol, ketma-ketlikni yaqinlashishga majbur qiladi.
Shunday qilib, keling, bu seriya yaqinlashadi deb taxmin qilaylik va biz bir-biriga yaqinlashadigan kattaroq seriyani topishimiz kerak.
Birinchidan, biz maxrajga ikkita musbat son qo'shayotganimiz uchun kosinus atamasini maxrajdan olib tashlashimiz mumkin. Bu, o'z navbatida, maxrajni kichikroq qiladi va shuning uchun atama katta bo'ladi yoki,
\[\frac{{{{\bf{e}}^{ - n}}}}{{n + {{\cos }^2}\left( n \right)}} \le \frac{{{{\bf{e}}^{ - n}}}}{n}\]Keyinchalik, biz \(n \ge 1\) ekanligini bilamiz va shuning uchun agar biz maxrajdagi n ni eng kichik qiymatga (ya'ni 1) almashtirsak, atama yana kattalashadi. Buni qilish,
\[\frac{{{{\bf{e}}^{ - n}}}}{{n + {{\cos }^2}\left( n \right)}} \le \frac{{{{\bf{e}}^{ - n}}}}{n} \le \frac{{{{\bf{e}}^{ - n}}}}{1} = {{\bf{e}}^{ - n}}\]Biz buni kattaroq qilish uchun foydali bo'lgan ko'p narsani qila olmaymiz, keling, buni aniqlay olamizmi yoki yo'qligini bilib olaylik.
\[\sum\limits_{n = 1}^\infty {{{\bf{e}}^{ - n}}} \]yaqinlashadi yoki ajraladi.
Biz \(f\left( x \right) = {{\bf{e}}^{ - x}}\) har doim ijobiy ekanligini va u ham kamayib borayotganini payqashimiz mumkin (to'g'riligini tasdiqlay olasizmi?) va shuning uchun biz ushbu seriyada Integral testdan foydalanishimiz mumkin. Buni qilish,
\[\int_{1}^{\infty }{{{{\bf{e}}^{ - x}}\,dx}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } \int_{1}^{t}{{{{\bf{e}}^{ - x}}\,dx}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } \left. {\left( { - {{\bf{e}}^{ - x}}} \right)} \right|_1^t = \mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } \left( { - {{\bf{e}}^{ - t}} + {{\bf{e}}^{ - 1}}} \right) = {{\bf{e}}^{ - 1}}\]Xo'sh, endi biz integralning yaqinlashishini bilamiz va shuning uchun \(\sum\limits_{n = 1}^\infty {{{\bf{e}}^{ - n}}} \) seriyasi ham yaqinlashishi kerak.
Shuning uchun, \(\sum\limits_{n = 1}^\infty {{{\bf{e}}^{ - n}}} \) asl seriyadan kattaroq bo'lgani uchun, biz bilamizki, asl seriya ham birlashishi kerak.
Oldingi misollarning har biri bilan biz ketma-ketlikning yaqinlashuvi haqida taxmin qilishda har doim ham faqat maxrajga e'tibor qarata olmasligimizni ko'rdik. Ba'zan suratda nimadir sodir bo'ladi, bu maxraj bizga sodir bo'lishi kerak bo'lgan narsadan ketma-ket yaqinlashuvini o'zgartiradi.
Oldingi misolda biz ushbu bo'limda ham, noto'g'ri integrallarni taqqoslash testida ham o'tkazgan (yoki bajargan) taqqoslash testining ko'pgina misollaridan farqli o'laroq, bu har doim ham yaqinlashish yoki divergentsiyani harakatga keltiruvchi maxraj bo'lmasligini ko'rdik. Ba'zan bir narsaning birlashishi yoki ajralib chiqishini aniqlovchi hisoblagich bo'ladi, shuning uchun faqat maxrajga qarab o'zingizni qulflab qo'ymang.
Eng keng tarqalgan xatolardan biri bu faqat maxrajga e'tibor qaratish va shu asosda taxmin qilishdir. Agar biz buni oldingi ikkala misol bilan qilgan bo'lsak, biz noto'g'ri taxmin qilgan bo'lardik, shuning uchun ehtiyot bo'ling.
Keling, boshqa mavzuga o'tishdan oldin taqqoslash testining yana bir misolini ko'rib chiqaylik.
Yechim
Bunday holda, "+2" va "+5" ketma-ketlikka hech narsa qo'shmaydi va shuning uchun ketma-ket atamalar xuddi shunday bo'lishi kerak.
\[\frac{{{n^2}}}{{{n^4}}} = \frac{1}{{{n^2}}}\]qator sifatida yaqinlashadi. Shuning uchun, biz asl seriyaning yaqinlashishini taxmin qilishimiz mumkin va biz bir-biriga yaqinlashadigan kattaroq qatorni topishimiz kerak.
Bu shuni anglatadiki, biz hisoblagichni kattalashtirishimiz yoki maxrajni kichikroq qilishimiz kerak. Biz "+5" ni tashlab, maxrajni kichikroq qilishimiz mumkin. Buni qilish,
\[\frac{{{n^2} + 2}}{{{n^4} + 5}} < \frac{{{n^2} + 2}}{{{n^4}}}\]Shu nuqtada, biz suratdan "+2" ni tashlay olmasligimizga e'tibor bering, chunki bu atamani kichikroq qiladi va bu biz xohlagan narsa emas. Biroq, bu aslida biz borishimiz kerak bo'lgan eng uzoq masofa. Keling, quyidagi seriyani ko'rib chiqaylik.
\[\begin{align*}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{n^2} + 2}}{{{n^4}}}} & = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{n^2}}}{{{n^4}}}} + \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{2}{{{n^4}}}} \\ & = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{n^2}}}} + \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{2}{{{n^4}}}} \end{align*}\]Ko'rsatilganidek, biz ketma-ketlikni ikkita seriyaning yig'indisi sifatida yozishimiz mumkin va bu seriyalarning ikkalasi ham \(p\) seriyali testi bilan yaqinlashadi. Shuning uchun, bu qatorlarning har biri konvergent bo'lgani uchun biz bilamizki, yig'indi,
\[\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{n^2} + 2}}{{{n^4}}}} \]ham konvergent qatordir. Eslatib o'tamiz, ikkita yaqinlashuvchi qatorning yig'indisi ham yaqinlashuvchi bo'ladi.
Endi, ushbu seriyaning shartlari asl seriyaning shartlaridan kattaroq bo'lgani uchun, biz bilamizki, taqqoslash testi orqali asl seriya ham yaqinlashishi kerak.
Taqqoslash testi - biz integral test bilan bajara olmagan yoki eng yaxshi holatda integral test bilan bajarish juda qiyin bo'lgan muammolarni hal qilishimizga imkon beradigan yaxshi test. Bu uning o'ziga xos muammolari yo'qligini anglatmaydi.
Quyidagi seriyani ko'rib chiqing.
\[\sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{1}{{{3^n} - n}}} \]Bu biz ko'rib chiqqan birinchi seriyadan unchalik farq qilmaydi. Asl seriya birlashtirildi, chunki \(3^{n}\) juda tez kattalashadi va \(n\) dan sezilarli darajada kattaroq bo'ladi. Shuning uchun, \(n\) bu holda seriyaning yaqinlashishiga ta'sir qilmaydi. Hozir biz \(n\)-ni yoqish o'rniga \(n\)-ni ayirayotganimiz haqiqatan ham konvergentsiyani o'zgartirmasligi kerak. Buni aytishimiz mumkin, chunki \(3^{n}\) juda tez kattalashadi va biz \(n\) ni o‘chirib tashlayotganimiz \(n\) ning barcha etarlicha katta qiymatlari uchun bu atama hajmini o‘zgartirmaydi.
Shunday qilib, biz ushbu seriyaning birlashishini kutamiz. Biroq, taqqoslash testi ushbu seriya bilan ishlamaydi. Ushbu seriyadagi taqqoslash testidan foydalanish uchun biz yaqinlashuvini osongina aniqlashimiz mumkin bo'lgan kattaroq qatorni topishimiz kerak. Bunday holda biz asl seriya bilan qilgan ishni qila olmaymiz. Agar biz \(n\) ni tashlasak, biz maxrajni kattalashtiramiz (\(n\) olib tashlanganligi sababli) va shuning uchun kasr kichikroq bo'ladi va xuddi noto'g'ri integrallar uchun taqqoslash testini ko'rib chiqqanimizdek, ikkita qatorning kichigi yaqinlashishini anglatmaydi.
Shunday qilib, biz ushbu seriyaning konvergentsiyasini aniqlashga yordam beradigan yana bir narsaga muhtojmiz. Taqqoslash testining quyidagi varianti ushbu qatorning yaqinlashuvini aniqlash imkonini beradi.
Limit taqqoslash testi
Aytaylik, bizda barcha \(n\) uchun \({a_n} \ge 0,{b_n} > 0\) bilan ikkita \(\sum {{a_n}} \) va \(\sum {{b_n}} \) seriyasi bor. Aniqlash,
\[c = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{a_n}}}{{{b_n}}}\]Agar \(c\) ijobiy bo'lsa (i.e. \(c > 0\)) va cheklangan (i.e. \(c < \infty \)) keyin ikkala qator yaqinlashadi yoki ikkala qator ajraladi.
The dalil Ushbu test ushbu bo'limning oxirida.
E'tibor bering, ushbu test uchun hisoblagichda qaysi qator atamasi muhim emas, biz \(c\) ni osongina aniqlagan bo'lardik:
\[c = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{b_n}}}{{{a_n}}}\]va biz bir xil natijalarga erishamiz. Buning nima uchun ekanligini tushunish uchun quyidagi ikkita ta'rifni ko'rib chiqing.
\[c = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{a_n}}}{{{b_n}}}\hspace{0.25in}\hspace{0.25in}\overline{c} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{b_n}}}{{{a_n}}}\]Birinchi ta'rifdan boshlang va uni quyidagicha qayta yozing, so'ngra chegarani oling.
\[c = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{a_n}}}{{{b_n}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{{\,\,\frac{{{b_n}}}{{{a_n}}}\,\,}} = \frac{1}{{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{b_n}}}{{{a_n}}}}} = \frac{1}{{\overline{c}}}\]Boshqacha qilib aytganda, agar \(c\) ijobiy va chekli bo'lsa, \(\overline{c}\) ham shunday bo'ladi va \(\overline{c}\) ijobiy va chekli bo'lsa, \(c\) ham shunday bo'ladi. Xuddi shunday, agar \(\overline{c} = 0\) keyin \(c = \infty \) va \(\overline{c} = \infty \) bo'lsa, \(c = 0\). Ikkala ta'rif ham testdan bir xil natijalarni beradi, shuning uchun qaysi qator atamalar hisoblagichda va qaysi biri maxrajda bo'lishi kerakligi haqida tashvishlanmang. Chegarani hisoblashni osonlashtirish uchun buni tanlang.
Bundan tashqari, bu haqiqatan ham qaysidir ma'noda taqqoslash testidir. Agar \(c\) ijobiy va cheklangan bo'lsa, bu ikkala turkum atamalari ham bir xil tarzda harakat qilishini anglatadi va shuning uchun biz seriyalarning o'zlari ham xuddi shunday yo'l tutishini kutishimiz mumkin. Agar \(c = 0\) yoki \(c = \infty \) bo'lsa, biz buni ayta olmaymiz va shuning uchun test hech qanday ma'lumot bera olmaydi.
Ushbu testdagi chegara ko'pincha quyidagicha yoziladi:
\[c = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {a_n} \cdot \,\,\frac{1}{{{b_n}}}\]chunki ko'pincha ikkala atama ham kasr bo'ladi va bu chegara bilan kurashishni osonlashtiradi.
Keling, ushbu test qanday ishlashini ko'rib chiqaylik.
Yechim
Cheklangan taqqoslash testidan foydalanish uchun biz yaqinlashuvni osongina aniqlashimiz mumkin bo'lgan ikkinchi qatorni topishimiz kerak va biz taxmin qilgan narsa ushbu qator bilan bir xil konvergentsiyaga ega. Buning ustiga, biz yangi seriyani \(c\) uchun hisoblash uchun oson chegara beradigan tarzda tanlashimiz kerak.
Biz allaqachon bu seriyaning birlashishini taxmin qildik va u noaniq geometrik bo'lgani uchun foydalanaylik
\[\sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{1}{{{3^n}}}} \]ikkinchi seriya sifatida. Biz bilamizki, bu seriyalar birlashadi va ikkala seriyada ham shunday bo'lish ehtimoli bor 3n unda chegara juda yomon bo'lmaydi.
Mana chegara.
\[\begin{align*}c & = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{{{3^n}}}\frac{{{3^n} - n}}{1}\\ & = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } 1 - \frac{n}{{{3^n}}}\end{align*}\]Endi biz ushbu chegarani haqiqiy baholash uchun L'Hospital qoidasidan ikkinchi muddatda foydalanishimiz kerak.
\[\begin{align*}c & = 1 - \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{{{3^n}\ln \left( 3 \right)}}\\ & = 1\end{align*}\]Shunday qilib, \(c\) musbat va chekli, shuning uchun taqqoslash testi bilan ikkala seriya birlashishi kerak, chunki
\[\sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{1}{{{3^n}}}} \]birlashadi.
Yechim
Faqat polinomlar yoki radikallar ostidagi ko'phadlarni o'z ichiga olgan kasrlar \(n\) ning eng katta quvvati chegarada qanday harakat qilsa, xuddi shunday harakat qiladi. Shunday qilib, ushbu seriyadagi atamalar quyidagicha harakat qilishlari kerak:
\[\frac{{{n^2}}}{{\sqrt[3]{{{n^7}}}}} = \frac{{{n^2}}}{{{n^{\frac{7}{3}}}}} = \frac{1}{{{n^{\frac{1}{3}}}}}\]va ketma-ketlik sifatida bu \(p\)-seriyali test orqali ajralib chiqadi. Aslida, bu chegara taqqoslash testidagi ikkinchi seriyamiz uchun yaxshi tanlov bo'lar edi, shuning uchun undan foydalanaylik.
\[\begin{align*}\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{4{n^2} + n}}{{\sqrt[3]{{{n^7} + {n^3}}}}}\frac{{{n^{\frac{1}{3}}}}}{1} & = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{4{n^{\frac{7}{3}}} + {n^{\frac{4}{3}}}}}{{\sqrt[3]{{{n^7}\left( {1 + \frac{1}{{{n^4}}}} \right)}}}}\\ & = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{n^{\frac{7}{3}}}\left( {4 + \frac{1}{n}} \right)}}{{{n^{\frac{7}{3}}}\sqrt[3]{{1 + \frac{1}{{{n^4}}}}}}}\\ & = \frac{4}{{\sqrt[3]{1}}} = 4 = c\end{align*}\]Shunday qilib, \(c\) ijobiy va cheklangan va shuning uchun ikkala chegara ham farqlanadi.
\[\sum\limits_{n = 2}^\infty {\frac{1}{{{n^{\frac{1}{3}}}}}} \]farqlanadi.
Va nihoyat, nima uchun bizga \(c\) ijobiy va chekli bo'lishi kerakligini tushunish uchun (i.e. \(c \ne 0\) va \(c \ne \infty \)) quyidagi ikkita qatorni ko'rib chiqing.
\[\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{n}} \hspace{0.25in}\hspace{0.25in}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{n^2}}}} \]Birinchisi ajralib chiqadi, ikkinchisi esa yaqinlashadi.
Endi quyidagi chegaralarning har birini hisoblang.
\[\underset{n\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{n}\centerdot \frac{{{n}^{2}}}{1}=\underset{n\to \infty }{\mathop{\lim }}\,n=\infty \hspace{0.5in} \underset{n\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{{{n}^{2}}}\centerdot \frac{n}{1}=\underset{n\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{n}=0\]Birinchi holda chegara taqqoslash testidan olingan chegara \(c = \infty \) ni, ikkinchi holatda esa chegara \(c = 0\) ni beradi. Shubhasiz, ikkala seriya ham bir xil konvergentsiyaga ega emas.
Ammo shuni yodda tutingki, biz \(c = 0\) yoki \(c = \infty \) ni olishimiz seriyaning teskari konvergentsiyaga ega bo'lishini anglatmaydi. Buni ko'rish uchun seriyani ko'rib chiqing,
\[\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{n^3}}}} \hspace{0.25in}\hspace{0.25in}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{n^2}}}} \]Ushbu ikkala seriya birlashadi va bu erda chegara taqqoslash testi foydalanadigan ikkita mumkin bo'lgan chegaralar mavjud.
\[\underset{n\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{{{n}^{3}}}\centerdot \frac{{{n}^{2}}}{1}=\underset{n\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{n}=0 \hspace{0.5in} \underset{n\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{{{n}^{2}}}\centerdot \frac{{{n}^{3}}}{1}=\underset{n\to \infty }{\mathop{\lim }}\,n=\infty \]Shunday qilib, ikkala seriya ham bir xil konvergentsiyaga ega bo'lsa ham, biz \(c = 0\) va \(c = \infty \) ni oldik.
Bularning barchasidan maqsad, agar biz chegara taqqoslash testidan \(c = 0\) yoki \(c = \infty \) ni olsak, biz ikkinchi qatorni noto'g'ri tanlaganimizni bilib olamiz va ketma-ketlik konvergentsiyasi haqida har qanday ma'lumot olish uchun boshqa tanlovni topishimiz kerakligini eslatishdir.
Biz ushbu bo'limni ikkita testning dalillari bilan yopamiz.
Proof of Comparison Test
Sinov bayonotida har bir seriyani qaerdan boshlash kerakligi ko'rsatilmagan. Seriya \(n = 1\) da boshlanishini isbotlash uchun biz faqat ular bir joyda boshlanishini talab qilishimiz kerak. Agar seriya \(n = 1\) da boshlanmasa, isbot xuddi shu tarzda takrorlanishi mumkin yoki siz indeks siljishi seriyani \(n = 1\) da boshlash va keyin bu dalil amal qiladi.
Biz har bir seriyaning qisman summalari bilan boshlaymiz.
\[{s_n} = \sum\limits_{i = 1}^n {{a_i}} \hspace{0.25in}\hspace{0.25in}\hspace{0.25in}{t_n} = \sum\limits_{i = 1}^n {{b_i}} \]Keling, ushbu ikki qisman summa haqida bir nechta yoqimli faktlarga e'tibor beraylik. Birinchidan, \({a_n},{b_n} \ge 0\) biz buni bilamiz,
\[\begin{align*}{s_n} & \le {s_n} + {a_{n + 1}} = \sum\limits_{i = 1}^n {{a_i}} + {a_{n + 1}} = \sum\limits_{i = 1}^{n + 1} {{a_i}} = {s_{n + 1}}\hspace{0.25in}\,\,\, \Rightarrow \hspace{0.25in}{s_n} \le {s_{n + 1}}\\ {t_n} & \le {t_n} + {b_{n + 1}} = \sum\limits_{i = 1}^n {{b_i}} + {b_{n + 1}} = \sum\limits_{i = 1}^{n + 1} {{b_i}} = {t_{n + 1}}\hspace{0.25in}\hspace{0.25in} \Rightarrow \hspace{0.25in}{t_n} \le {t_{n + 1}}\end{align*}\]Shunday qilib, ikkala qisman yig'indi ham ortib boruvchi ketma-ketlikni hosil qiladi.
Bundan tashqari, barcha \(n\) uchun \({a_n} \le {b_n}\), chunki biz barcha \(n\) uchun \({s_n} \le {t_n}\) bo'lishi kerakligini bilamiz.
Ushbu dastlabki faktlardan tashqari, biz sinovning o'zini isbotlash bilan davom etishimiz mumkin.
Keling, \(\sum\limits_{n = 1}^\infty {{b_n}} \) konvergent qator deb faraz qilishdan boshlaylik. \({b_n} \ge 0\) dan beri biz buni bilamiz,
\[{t_n} = \sum\limits_{i = 1}^n {{b_i}} \le \sum\limits_{i = 1}^\infty {{b_i}} \]Biroq, biz \({s_n} \le {t_n}\) barcha \(n\) va shunga o'xshash barcha \(n\) uchun bizda ham borligini aniqladik,
\[{s_n} \le \sum\limits_{i = 1}^\infty {{b_i}} \]Nihoyat, \(\sum\limits_{n = 1}^\infty {{b_n}} \) konvergent qator bo'lgani uchun u chekli qiymatga ega bo'lishi kerak va shuning uchun qisman yig'indilar, \({s_n}\) yuqorida chegaralangan. Shuning uchun, dan ikkinchi bo'lim Ketma-ketliklar bo'yicha biz monotonik va chegaralangan ketma-ketlikning ham yaqinlashishini bilamiz va shuning uchun \(\left\{ {{s_n}} \right\}_{n = 1}^\infty \) konvergent ketma-ketlikdir va shuning uchun \(\sum\limits_{n = 1}^\infty {{a_n}} \) yaqinlashadi.
Keyinchalik, \(\sum\limits_{n = 1}^\infty {{a_n}} \) divergent deb faraz qilaylik. \({a_n} \ge 0\) chunki biz \({s_n} \to \infty \) sifatida \(n \to \infty \) bo'lishi kerakligini bilamiz. Biroq, biz barcha \(n\) uchun bizda \({s_n} \le {t_n}\) mavjudligini bilamiz va shuning uchun biz \({t_n} \to \infty \) ni \(n \to \infty \) sifatida ham bilamiz.
Shunday qilib, \(\left\{ {{t_n}} \right\}_{n = 1}^\infty \) divergent ketma-ketlik va shuning uchun \(\sum\limits_{n = 1}^\infty {{b_n}} \) divergent.
Limit taqqoslash testi isboti
\(0 < c < \infty \) tufayli biz \(m < c < M\) kabi ikkita musbat va chekli sonlarni, \(m\) va \(M\) ni topishimiz mumkin. Endi, chunki \(c = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{a_n}}}{{{b_n}}}\) biz bilamizki, etarlicha katta \(n\) uchun \(\frac{{{a_n}}}{{{b_n}}}\) koeffitsienti \(c\) ga yaqin bo'lishi kerak va shuning uchun \(N\) musbat butun soni bo'lishi kerak, agar \(n > N\) bizda ham bo'lsa,
\[m < \frac{{{a_n}}}{{{b_n}}} < M\]\({b_n}\) ga ko'paytirish,
\[m{b_n} < {a_n} < M{b_n}\]\(n > N\) bilan ta'minlangan.
Endi, agar \(\sum {{b_n}} \) ajralib chiqsa, \(\sum {m{b_n}} \) ham ajralib chiqadi va shuning uchun \(\sum {{a_n}} \) taqqoslash testi bo'yicha barcha etarlicha katta \(n\) uchun \(m{b_n} < {a_n}\) ham ajralib chiqadi.
Xuddi shunday, agar \(\sum {{b_n}} \) yaqinlashsa, \(\sum {M{b_n}} \) ham shunday bo'ladi va \(\sum {{a_n}} \) taqqoslash testi bo'yicha barcha etarlicha katta \(n\) uchun \({a_n} < M{b_n}\) ham yaqinlashadi.