10.5-bo'lim: Maxsus seriyalar
Ushbu bo'limda biz uchta maxsus seriyani qisqacha ko'rib chiqamiz. Aslida, maxsus atama to'g'ri bo'lmasligi mumkin. Uchalasining ham nomi berilgan, bu ularni qaysidir ma'noda o'ziga xos qiladi, ammo biz ushbu bo'limda ulardan ikkitasini ko'rib chiqishimizning asosiy sababi shundaki, ular biz ko'rib chiqadigan seriyalarning yagona turlari bo'lib, biz seriya uchun haqiqiy qiymatlarni olishimiz mumkin. Uchinchi tur bir-biridan farq qiladi va shuning uchun tashvishlanadigan qiymatga ega bo'lmaydi.
Umuman olganda, ketma-ketlik qiymatini aniqlash juda qiyin va biz ushbu bo'limda ko'rib chiqadigan ushbu ikki turdagi qatorlardan tashqari, biz ushbu bobda qator qiymatini aniqlamaymiz.
Shunday qilib, keling, boshlaylik.
Geometrik seriyalar
Geometrik qator - bu shaklda yozilishi mumkin bo'lgan har qanday qator,
\[\sum\limits_{n = 1}^\infty {a{r^{n - 1}}} \]yoki, bilan indeks siljishi geometrik qator ko'pincha shunday yoziladi:
\[\sum\limits_{n = 0}^\infty {a{r^n}} \]Bular bir xil qatorlar bo'lib, bir xil qiymatlarga ega bo'ladi, agar ular bir-biriga yaqinlashsa, albatta.
Agar biz birinchi shakldan boshlasak, qisman summalar ekanligini ko'rsatish mumkin,
\[{s_n} = \frac{{a\left( {1 - {r^n}} \right)}}{{1 - r}} = \frac{a}{{1 - r}} - \frac{{a{r^n}}}{{1 - r}}\]Agar qisman yig'indilar konvergent ketma-ketlikni hosil qilsa, qator yaqinlashadi, shuning uchun qisman yig'indilarning chegarasini olaylik.
\[\begin{align*}\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {s_n} & = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\frac{a}{{1 - r}} - \frac{{a{r^n}}}{{1 - r}}} \right)\\ & = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{a}{{1 - r}} - \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{a{r^n}}}{{1 - r}}\\ & = \frac{a}{{1 - r}} - \frac{a}{{1 - r}}\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {r^n}\end{align*}\]Endi, dan Teorema 3 Sequences bo'limidan biz yuqoridagi chegara mavjudligini va \( - 1 < r \le 1\) sharti bilan chekli bo'lishini bilamiz. Ammo, shuni yodda tutingki, biz \(r = 1\) ga ruxsat bera olmaymiz, chunki bu nolga bo'linishni beradi. Shuning uchun, bu \( - 1 < r < 1\) sharti bilan mavjud bo'ladi va cheklangan bo'ladi va bu holda chegara nolga teng va shuning uchun biz olamiz,
\[\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {s_n} = \frac{a}{{1 - r}}\]Shunday qilib, geometrik qator yaqinlashadi, agar odatda \(\left| r \right| < 1\) deb yoziladigan \( - 1 < r < 1\), uning qiymati:
\[\sum\limits_{n = 1}^\infty {a{r^{n - 1}}} = \sum\limits_{n = 0}^\infty {a{r^n}} = \frac{a}{{1 - r}}\]E'tibor bering, ushbu formuladan foydalanganda biz to'g'ri shaklda ekanligimizga ishonch hosil qilishimiz kerak. Boshqacha qilib aytganda, agar seriya \(n = 0\) da boshlansa, \(r\) dagi ko'rsatkich \(n\) bo'lishi kerak. Xuddi shunday, agar seriya \(n = 1\) da boshlansa, \(r\) dagi ko'rsatkich \(n - 1\) bo'lishi kerak.
- \(\displaystyle \sum\limits_{n = 1}^\infty {{9^{ - n + 2}}{4^{n + 1}}} \)
- \(\displaystyle \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{{{\left( { - 4} \right)}^{3n}}}}{{{5^{n - 1}}}}} \)
a \(\displaystyle \sum\limits_{n = 1}^\infty {{9^{ - n + 2}}{4^{n + 1}}} \) Yechim
Bu seriya aslida geometrik qatorga o'xshamaydi. Biroq, ketma-ket atamaning ikkala qismi ham bir darajaga ko'tarilgan raqamlar ekanligiga e'tibor bering. Bu shuni anglatadiki, uni geometrik qator shaklida qo'yish mumkin. Biz faqat qaysi shakl to'g'ri ekanligini hal qilishimiz kerak. Seriya \(n = 1\) da boshlangani uchun biz raqamlardagi ko'rsatkichlar \(n - 1\) bo'lishini xohlaymiz.
Buni to'g'ri shaklga kiritish juda oson bo'ladi. Keling, avval narsalarni biroz qayta yozaylik. Ko'rsatkichdagi \(n\) dan birining oldida manfiy bor va u geometrik shaklda bo'lishi mumkin emas. Shunday ekan, avvalo bundan xalos bo'laylik.
\[\sum\limits_{n = 1}^\infty {{9^{ - n + 2}}{4^{n + 1}}} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {{9^{ - \left( {n - 2} \right)}}{4^{n + 1}}} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{4^{n + 1}}}}{{{9^{n - 2}}}}} \]Keling, har bir raqam uchun to'g'ri ko'rsatkichni olamiz. Buni oddiy ko‘rsatkich xossalari yordamida amalga oshirish mumkin.
\[\sum\limits_{n = 1}^\infty {{9^{ - n + 2}}{4^{n + 1}}} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{4^{n + 1}}}}{{{9^{n - 2}}}}} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{4^{n - 1}}{4^2}}}{{{9^{n - 1}}{9^{ - 1}}}}} \]Endi atamani biroz qayta yozing.
\[\sum\limits_{n = 1}^\infty {{9^{ - n + 2}}{4^{n + 1}}} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {16\left( 9 \right)\frac{{{4^{n - 1}}}}{{{9^{n - 1}}}}} = {\sum\limits_{n = 1}^\infty {144\left( {\frac{4}{9}} \right)} ^{n - 1}}\]Demak, bu \(a = 144\) va \(r = \frac{4}{9} < 1\) bilan geometrik qator. Shuning uchun, \(\left| r \right| < 1\) beri biz bilamizki, qator yaqinlashadi va uning qiymati bo'ladi,
\[\sum\limits_{n = 1}^\infty {{9^{ - n + 2}}{4^{n + 1}}} = \frac{{144}}{{1 - \frac{4}{9}}} = \frac{9}{5}\left( {144} \right) = \frac{{1296}}{5}\]b \(\displaystyle \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{{{\left( { - 4} \right)}^{3n}}}}{{{5^{n - 1}}}}} \) Yechim
Shunga qaramay, bu geometrik qatorga o'xshamaydi, lekin uni to'g'ri shaklga qo'yish mumkin. Bu holda seriya \(n = 0\) da boshlanadi, shuning uchun bizga ko'rsatkichlar shartlar bo'yicha \(n\) bo'lishi kerak bo'ladi. E'tibor bering, bu biz hisoblagichdagi ko'rsatkichni biroz qayta yozishimiz kerakligini anglatadi
\[\sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{{{\left( { - 4} \right)}^{3n}}}}{{{5^{n - 1}}}}} = \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{{{\left( {{{\left( { - 4} \right)}^3}} \right)}^n}}}{{{5^n}{5^{ - 1}}}}} = \sum\limits_{n = 0}^\infty {5\frac{{{{\left( { - 64} \right)}^n}}}{{{5^n}}}} = \sum\limits_{n = 0}^\infty {5{{\left( {\frac{{ - 64}}{5}} \right)}^n}} \]Shunday qilib, biz uni to'g'ri shaklga kiritdik va biz \(a = 5\) va \(r = - \frac{{64}}{5}\) ekanligini ko'rishimiz mumkin. Shuni ham yodda tutingki, \(\left| r \right| \ge 1\) va shuning uchun bu seriya farqlanadi.
Orqaga Series – The Basics bo'limda biz ketma-ket atamalarni olib tashlash haqida gaplashdik, lekin bu g'oyani amalda qanday qo'llash mumkinligi haqida hech qanday misol keltirmadik. Endi biz ba'zi misollar keltira olamiz.
- \(\displaystyle \sum\limits_{n = 0}^\infty {{9^{ - n + 2}}{4^{n + 1}}} \)
- \(\displaystyle \sum\limits_{n = 3}^\infty {{9^{ - n + 2}}{4^{n + 1}}} \)
a \(\displaystyle \sum\limits_{n = 0}^\infty {{9^{ - n + 2}}{4^{n + 1}}} \) Yechim
Bunday holda, bu \(n = 0\) da boshlanadigan geometrik qator ekanligini tan olishimiz mumkin va shuning uchun biz uni to'g'ri shaklga qo'yishimiz va u bilan yakunlashimiz mumkin. Biroq, bu bizga atamalarni bekor qilish g'oyasini o'z foydamiz uchun qanday ishlatishning yaxshi namunasini beradi.
E'tibor bering, agar biz ushbu seriyadan birinchi atamani olib tashlasak,
\[\sum\limits_{n = 0}^\infty {{9^{ - n + 2}}{4^{n + 1}}} = {9^2}{4^1} + \sum\limits_{n = 1}^\infty {{9^{ - n + 2}}{4^{n + 1}}} = 324 + \sum\limits_{n = 1}^\infty {{9^{ - n + 2}}{4^{n + 1}}} \]Oldingi misoldan biz bu erda paydo bo'ladigan yangi seriyaning qiymatini bilamiz va shuning uchun bu misoldagi qatorning qiymati:
\[\sum\limits_{n = 0}^\infty {{9^{ - n + 2}}{4^{n + 1}}} = 324 + \frac{{1296}}{5} = \frac{{2916}}{5}\]b \(\displaystyle \sum\limits_{n = 3}^\infty {{9^{ - n + 2}}{4^{n + 1}}} \) Yechim
Bunday holda, biz oldingi misolda ishlatilgan qatorga kelish uchun berilgan seriyadan atamalarni ajratib bo'lmaydi. Biroq, biz oldingi misolda ishlatilgan seriyadan boshlashimiz va ushbu misoldagi qatorni olish uchun atamalarni olib tashlashimiz mumkin. Shunday qilib, keling, buni qilaylik. Biz oldingi misolda ko'rib chiqqan qatordan dastlabki ikkita atamani olib tashlaymiz.
\[\sum\limits_{n = 1}^\infty {{9^{ - n + 2}}{4^{n + 1}}} = {9^1}{4^2} + {9^0}{4^3} + \sum\limits_{n = 3}^\infty {{9^{ - n + 2}}{4^{n + 1}}} = 208 + \sum\limits_{n = 3}^\infty {{9^{ - n + 2}}{4^{n + 1}}} \]Endi biz ushbu seriyaning qiymatini olish uchun oldingi misoldagi qator qiymatidan foydalanishimiz mumkin.
\[\sum\limits_{n = 3}^\infty {{9^{ - n + 2}}{4^{n + 1}}} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {{9^{ - n + 2}}{4^{n + 1}}} - 208 = \frac{{1296}}{5} - 208 = \frac{{256}}{5}\]E'tibor bering, biz yuqoridagi misolda hech bir seriyaning konvergentsiyasini muhokama qilmaganmiz. Mana nima uchun. Consider the following series written in two separate ways (i.e. biz undan bir nechta atamalarni olib tashladik).
\[\sum\limits_{n = 0}^\infty {{a_n}} = {a_0} + {a_1} + {a_2} + \sum\limits_{n = 3}^\infty {{a_n}} \]Faraz qilaylik, biz \(\sum\limits_{n = 3}^\infty {{a_n}} \) konvergent qator ekanligini bilamiz. Bu uning cheklangan qiymatiga ega ekanligini anglatadi va unga uchta chekli shart qo'shilishi bu haqiqatni o'zgartirmaydi. So the value of \(\sum\limits_{n = 0}^\infty {{a_n}} \) is also finite and so is convergent.
Likewise, suppose that \(\sum\limits_{n = 0}^\infty {{a_n}} \) is convergent. Bunday holda, agar biz ushbu qiymatdan uchta chekli qiymatni ayirsak, biz chekli bo'lib qolamiz va \(\sum\limits_{n = 3}^\infty {{a_n}} \) qiymatiga erishamiz. Bu endi cheklangan qiymat va shuning uchun bu qator ham yaqinlashuvchi bo'ladi.
Boshqacha qilib aytadigan bo'lsak, agar bizda ikkita qator bo'lsa va ular faqat chekli sonli hadlar mavjudligi yoki yo'qligi bilan farq qilsa, ular ikkalasi ham yaqinlashadi yoki ikkalasi ham divergent bo'ladi. The difference of a few terms one way or the other will not change the convergence of a series. Bu muhim g'oya va biz ko'rib chiqadigan ba'zi testlarni soddalashtirish uchun keyingi bo'limlarda undan bir necha marta foydalanamiz.
Teleskop seriyasi
It’s now time to look at the second of the three series in this section. In this portion we are going to look at a series that is called a telescoping series. The name in this case comes from what happens with the partial sums and is best shown in an example.
Yechim
Bizga birinchi navbatda ushbu seriya uchun qisman summalar kerak.
\[{s_n} = \sum\limits_{i = 0}^n {\frac{1}{{{i^2} + 3i + 2}}} \]Endi, qator hadiga qisman kasrlarga ajratishni qo'llashimiz mumkinligiga e'tibor bering:
\[\frac{1}{{{i^2} + 3i + 2}} = \frac{1}{{\left( {i + 2} \right)\left( {i + 1} \right)}} = \frac{1}{{i + 1}} - \frac{1}{{i + 2}}\]We’ll leave the details of the partial fractions to you. By now you should be fairly adept at this since we spent a fair amount of time doing partial fractions orqaga Integratsiya texnikasi bo'limida. If you need a refresher you should go back and review that section.
Xo'sh, bu biz uchun nima qiladi? Keling, qisman kasr shaklidan foydalanib, ushbu qator uchun umumiy qisman yig'indi shartlarini yozishni boshlaylik.
\[\begin{align*}{s_n} & = \sum\limits_{i = 0}^n {\left( {\frac{1}{{i + 1}} - \frac{1}{{i + 2}}} \right)} \\ & = \left( {\frac{1}{1} - \require{cancel} \cancel{{\frac{1}{2}}}} \right) + \left( {\require{cancel} \cancel{{\frac{1}{2}}} - \require{cancel} \bcancel{{\frac{1}{3}}}} \right) + \left( {\require{cancel} \bcancel{{\frac{1}{3}}} - \require{cancel} \cancel{{\frac{1}{4}}}} \right) + \cdots + \left( {\require{cancel} \cancel{{\frac{1}{n}}} - \require{cancel} \bcancel{{\frac{1}{{n + 1}}}}} \right) + \left( {\require{cancel} \bcancel{{\frac{1}{{n + 1}}}} - \frac{1}{{n + 2}}} \right)\\ & = 1 - \frac{1}{{n + 2}}\end{align*}\]E'tibor bering, birinchi va oxirgi hadlardan tashqari barcha hadlar qisqarib ketdi. Bu ismning kelib chiqishi teleskop seriyasi.
This also means that we can determine the convergence of this series by taking the limit of the partial sums.
\[\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {s_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {1 - \frac{1}{{n + 2}}} \right) = 1\]The sequence of partial sums is convergent and so the series is convergent and has a value of
\[\sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{1}{{{n^2} + 3n + 2}}} = 1\]In telescoping series be careful to not assume that successive terms will be the ones that cancel. Quyidagi misolni ko'rib chiqing.
Yechim
As with the last example we’ll leave the partial fractions details to you to verify. Qisman summalar,
\[\begin{align*}{s_n} & = \sum\limits_{i = 1}^n {\left( {\frac{{\frac{1}{2}}}{{i + 1}} - \frac{{\frac{1}{2}}}{{i + 3}}} \right)} = \frac{1}{2}\sum\limits_{i = 1}^n {\left( {\frac{1}{{i + 1}} - \frac{1}{{i + 3}}} \right)} \\ & = \frac{1}{2}\left[ {\left( {\frac{1}{2} - \require{cancel} \cancel{{\frac{1}{4}}}} \right) + \left( {\frac{1}{3} - \require{cancel} \bcancel{{\frac{1}{5}}}} \right) + \left( {\require{cancel} \cancel{{\frac{1}{4}}} - \require{cancel} \cancel{{\frac{1}{6}}}} \right) + \cdots + \left( {\require{cancel} \cancel{{\frac{1}{n}}} - \frac{1}{{n + 2}}} \right) + \left( {\require{cancel} \bcancel{{\frac{1}{{n + 1}}}} - \frac{1}{{n + 3}}} \right)} \right]\\ & = \frac{1}{2}\left[ {\frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{{n + 2}} - \frac{1}{{n + 3}}} \right]\end{align*}\]Bunday holda, ketma-ket shartlar o'rniga muddatni bekor qilish ro'yxatning pastroqdagi atamasi bilan bekor qilinadi. Yakuniy natija, bu safar ikkita boshlang'ich va ikkita oxirgi muddat qoldi. E'tibor bering, ishda ozgina yordam berish uchun biz \(\frac{1}{2}\) ni seriyadan ajratdik.
Qisman summalarning chegarasi,
\[\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {s_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{2}\left( {\frac{5}{6} - \frac{1}{{n + 2}} - \frac{1}{{n + 3}}} \right) = \frac{5}{{12}}\]Demak, bu qator yaqinlashuvchi (chunki qisman yig‘indilar konvergent ketma-ketlikni tashkil qiladi) va uning qiymati,
\[\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{n^2} + 4n + 3}}} = \frac{5}{{12}}\]E'tibor bering, siz qisman summani olishga urinib ko'rmaguningizcha, seriya teleskop yoki yo'qligi har doim ham aniq emas. Bizda teleskop seriyasi borligini aytadigan hech qanday sinov yo'q. Shuni ham yodda tutingki, siz ketma-ket atama bo'yicha qisman kasrlarni bajarishingiz mumkin bo'lganligingiz seriya teleskop seriyali bo'ladi degani emas. Masalan, keyingi qatorlar teleskopik qator emas, garchi biz ketma-ket atamalarni qisman qismlarga ajratishimiz mumkin.
\[\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{3 + 2n}}{{{n^2} + 3n + 2}}} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\frac{1}{{n + 1}} + \frac{1}{{n + 2}}} \right)} \]Seriya teleskop seriyali bo'lishi uchun biz shartlarni bekor qilishimiz kerak va bu shartlarning barchasi ijobiy va shuning uchun hech biri bekor qilinmaydi.
Keyinchalik, biz orqaga qaytib, birinchi marta ko'tarilgan masalani hal qilishimiz kerak oldingi bo'lim. Ushbu bo'limda biz yaqinlashuvchi qatorlarning yig'indisi yoki ayirmasi ham yaqinlashishini va ko'paytiruvchi doimiyning mavjudligi qatorning yaqinlashuviga ta'sir qilmasligini aytdik. Endi bizda yana bir nechta seriyalar bor, keling, buni ko'rsatadigan tezkor misol bilan ishlaylik.
Yechim
Ushbu seriyaning qiymatini olish uchun biz qilishimiz kerak bo'lgan narsa - uni qayta yozish va keyin oldingi natijalardan foydalanish.
\[\begin{align*}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\frac{4}{{{n^2} + 4n + 3}} - {9^{ - n + 2}}{4^{n + 1}}} \right)} & = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{4}{{{n^2} + 4n + 3}}} - \sum\limits_{n = 1}^\infty {{9^{ - n + 2}}{4^{n + 1}}} \\ & = 4\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{n^2} + 4n + 3}}} - \sum\limits_{n = 1}^\infty {{9^{ - n + 2}}{4^{n + 1}}} \\ & = 4\left( {\frac{5}{{12}}} \right) - \frac{{1296}}{5}\\ & = - \frac{{3863}}{{15}}\end{align*}\]Biz bu qatorning konvergentsiyasini muhokama qilmadik, chunki u ikkita konvergent qatorning yig'indisi edi va bu asl seriyaning ham konvergent bo'lishini kafolatladi.
Harmonik seriya
Bu biz ushbu bo'limda ko'rib chiqmoqchi bo'lgan uchinchi va oxirgi seriyadir. Mana garmonik qator.
\[\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{n}} \]Nima uchun garmonik seriya (musiqa bilan bog'liq) deb nomlanishi haqida bir oz o'qishingiz mumkin Vikipediya garmonik seriyalar uchun sahifa.
Garmonik seriyalar bir-biridan farq qiladi va buni ko'rsatish uchun keyingi bo'limga qadar kutishimiz kerak. Bu seriya shu yerda, chunki uning nomi bor va shuning uchun biz uni ushbu bo'limda ko'rib chiqqan boshqa ikkita nomli seriya bilan birga joylashtirmoqchi edik. Shuningdek, biz konvergent qatorlar uchun muhokama qilgan divergent qatorlar haqidagi bir nechta g'oyalarni tasvirlash uchun garmonik qatorlardan foydalanamiz. Biz buni quyidagi misol bilan qilamiz.
- \(\displaystyle \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{5}{n}} \)
- \(\displaystyle \sum\limits_{n = 4}^\infty {\frac{1}{n}} \)
a \(\displaystyle \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{5}{n}} \) Yechim
Ushbu seriyaning bir-biridan farqli ekanligini ko'rish uchun biz qilishimiz kerak bo'lgan narsa shundan iboratki, biz ketma-ketlikdan doimiyni quyidagicha ko'paytirishimiz mumkin,
\[\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{5}{n}} = 5\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{n}} \]Endi, \(\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{n}} \) divergent va shuning uchun besh marta bu hali ham chekli son bo'lmaydi va shuning uchun qator divergent bo'lishi kerak. Boshqacha qilib aytganda, agar biz divergent qatorni doimiyga ko'paytirsak, u baribir divergent bo'ladi.
b \(\displaystyle \sum\limits_{n = 4}^\infty {\frac{1}{n}} \) Yechim
Bu holda biz garmonik qatordan boshlaymiz va dastlabki uchta atamani olib tashlaymiz.
\[\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{n}} = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \sum\limits_{n = 4}^\infty {\frac{1}{n}} \hspace{0.25in}\hspace{0.25in} \Rightarrow \hspace{0.25in}\hspace{0.25in}\sum\limits_{n = 4}^\infty {\frac{1}{n}} = \left( {\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{n}} } \right) - \frac{{11}}{6}\]Bu holda biz chekli sonni divergent qatordan ayiramiz. Bu ayirish qatorning farqini o'zgartirmaydi. Bizda cheksizlik minus chekli son bo'ladi, bu hali ham cheksizdir yoki hech qanday qiymatga ega bo'lmagan minus chekli songa ega bo'ladi, bu esa hali ham qiymatga ega bo'lmaydi.
Shuning uchun bu seriya bir-biridan farq qiladi.
Xuddi konvergent qatorlar singari, divergent qatordan chekli sonni qo'shish/ayirish qatorning divergentsiyasini o'zgartirmaydi.
Shunday qilib, ketma-ketlikning yaqinlashuvi/divergentsiyasi haqidagi ba'zi umumiy qoidalar endi tartibda. Seriyani doimiyga ko‘paytirish qatorning yaqinlashuvi/divergentsiyasini o‘zgartirmaydi va qatorga doimiyni qo‘shish yoki ayirish qatorning yaqinlashuvi/divergensiyasini o‘zgartirmaydi. Bu yodda tutish kerak bo'lgan yaxshi g'oyalar.