Online seriekonvergens. Sum av en serie En nødvendig betingelse for å avgjøre om en serie er konvergent

Svar: serien divergerer.

Eksempel nr. 3

Finn summen av serien $\sum\limits_(n=1)^(\infty)\frac(2)((2n+1)(2n+3))$.

Siden den nedre grensen for summering er 1, er den vanlige termen i serien skrevet under sumtegnet: $u_n=\frac(2)((2n+1)(2n+3))$. La oss komponere nte del summen av serien, dvs. La oss summere de første $n$-leddene i en gitt tallserie:

$$ S_n=u_1+u_2+u_3+u_4+\ldots+u_n=\frac(2)(3\cdot 5)+\frac(2)(5\cdot 7)+\frac(2)(7\cdot 9) )+\frac(2)(9\cdot 11)+\ldots+\frac(2)((2n+1)(2n+3)). $$

Hvorfor jeg skriver nøyaktig $\frac(2)(3\cdot 5)$, og ikke $\frac(2)(15)$, vil fremgå av den videre fortellingen. Men å skrive ned et delvis beløp førte oss ikke en tøddel nærmere målet vårt. Vi må finne $\lim_(n\to\infty)S_n$, men hvis vi bare skriver:

$$ \lim_(n\to\infty)S_n=\lim_(n\to\infty)\left(\frac(2)(3\cdot 5)+\frac(2)(5\cdot 7)+\ frac(2)(7\cdot 9)+\frac(2)(9\cdot 11)+\ldots+\frac(2)((2n+1)(2n+3))\right), $$

da vil denne posten, helt korrekt i form, ikke gi oss noe i hovedsak. For å finne grensen må uttrykket for delsummen først forenkles.

Det er en standard transformasjon for dette, som består i å utvide brøken $\frac(2)((2n+1)(2n+3))$, som representerer den vanlige termen i serien, til elementære fraksjoner. Et eget emne er viet spørsmålet om å dekomponere rasjonelle brøker til elementære (se for eksempel eksempel nr. 3 på denne siden). Ved å utvide brøken $\frac(2)((2n+1)(2n+3))$ til elementære brøker, vil vi ha:

$$ \frac(2)((2n+1)(2n+3))=\frac(A)(2n+1)+\frac(B)(2n+3)=\frac(A\cdot(2n) +3)+B\cdot(2n+1))((2n+1)(2n+3)). $$

Vi setter likhetstegn mellom tellerne av brøkene på venstre og høyre side av den resulterende likheten:

$$ 2=A\cdot(2n+3)+B\cdot(2n+1). $$

Det er to måter å finne verdiene for $A$ og $B$. Du kan åpne parentesene og omorganisere vilkårene, eller du kan ganske enkelt erstatte noen passende verdier i stedet for $n$. Bare for variasjon, i dette eksemplet vil vi gå den første veien, og i den neste vil vi erstatte private verdier $n$. Ved å åpne parentesene og omorganisere vilkårene får vi:

$$ 2=2An+3A+2Bn+B;\\ 2=(2A+2B)n+3A+B. $$

På venstre side av likheten er $n$ foran med en null. Hvis du vil, for klarhetens skyld, kan venstre side av likheten representeres som $0\cdot n+ 2$. Siden på venstre side av likheten $n$ er innledet med null, og på høyre side av likheten er $n$ foran $2A+2B$, har vi den første ligningen: $2A+2B=0$. La oss umiddelbart dele begge sider av denne ligningen med 2, hvoretter vi får $A+B=0$.

Siden på venstre side av likheten er frileddet lik 2, og på høyre side av likheten er frileddet lik $3A+B$, deretter $3A+B=2$. Så vi har et system:

$$ \left\(\begin(aligned) & A+B=0;\\ & 3A+B=2. \end(aligned)\right. $$

Vi vil gjennomføre beviset ved hjelp av metoden for matematisk induksjon. I det første trinnet må du sjekke om likheten som bevises er sann $S_n=\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$ for $n=1$. Vi vet at $S_1=u_1=\frac(2)(15)$, men vil uttrykket $\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$ gi verdien $\frac( 2 )(15)$, hvis vi erstatter $n=1$ i det? La oss sjekke:

$$ \frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)=\frac(1)(3)-\frac(1)(2\cdot 1+3)=\frac(1) (3)-\frac(1)(5)=\frac(5-3)(15)=\frac(2)(15). $$

Så for $n=1$ er likheten $S_n=\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$ tilfredsstilt. Dette fullfører det første trinnet i metoden for matematisk induksjon.

La oss anta at for $n=k$ er likheten oppfylt, dvs. $S_k=\frac(1)(3)-\frac(1)(2k+3)$. La oss bevise at den samme likheten vil være oppfylt for $n=k+1$. For å gjøre dette, vurder $S_(k+1)$:

$$ S_(k+1)=S_k+u_(k+1). $$

Siden $u_n=\frac(1)(2n+1)-\frac(1)(2n+3)$, deretter $u_(k+1)=\frac(1)(2(k+1)+ 1 )-\frac(1)(2(k+1)+3)=\frac(1)(2k+3)-\frac(1)(2(k+1)+3)$. I henhold til antakelsen ovenfor $S_k=\frac(1)(3)-\frac(1)(2k+3)$, derfor formelen $S_(k+1)=S_k+u_(k+1)$ vil ta formen:

$$ S_(k+1)=S_k+u_(k+1)=\frac(1)(3)-\frac(1)(2k+3)+\frac(1)(2k+3)-\ frac(1)(2(k+1)+3)=\frac(1)(3)-\frac(1)(2(k+1)+3). $$

Konklusjon: formelen $S_n=\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$ er riktig for $n=k+1$. Derfor, i henhold til metoden for matematisk induksjon, er formelen $S_n=\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$ sann for enhver $n\in N$. Likestilling er bevist.

I et standardkurs for høyere matematikk nøyer de seg vanligvis med å "krysse ut" kanselleringsvilkår, uten å kreve noe bevis. Så vi har et uttrykk for nte del summer: $S_n=\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$. La oss finne verdien av $\lim_(n\to\infty)S_n$:

Konklusjon: den gitte serien konvergerer og summen er $S=\frac(1)(3)$.

Den andre måten å forenkle formelen for en delsum.

Ærlig talt, jeg foretrekker denne metoden selv :) La oss skrive ned delmengden i en forkortet versjon:

$$ S_n=\sum\limits_(k=1)^(n)u_k=\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(2)((2k+1)(2k+3)). $$

Vi fikk tidligere at $u_k=\frac(1)(2k+1)-\frac(1)(2k+3)$, derfor:

$$ S_n=\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(2)((2k+1)(2k+3))=\sum\limits_(k=1)^(n)\venstre (\frac(1)(2k+1)-\frac(1)(2k+3)\right). $$

Summen $S_n$ inneholder et begrenset antall ledd, så vi kan omorganisere dem som vi vil. Jeg vil først legge til alle ledd i formen $\frac(1)(2k+1)$, og først deretter gå videre til termer av formen $\frac(1)(2k+3)$. Dette betyr at vi vil presentere delbeløpet som følger:

$$ S_n =\frac(1)(3)-\frac(1)(5)+\frac(1)(5)-\frac(1)(7)+\frac(1)(7)-\ frac(1)(9)+\frac(1)(9)-\frac(1)(11)+\ldots+\frac(1)(2n+1)-\frac(1)(2n+3)= \\ =\frac(1)(3)+\frac(1)(5)+\frac(1)(7)+\frac(1)(9)+\ldots+\frac(1)(2n+1 )-\venstre(\frac(1)(5)+\frac(1)(7)+\frac(1)(9)+\ldots+\frac(1)(2n+3)\right). $$

Selvfølgelig er den utvidede notasjonen ekstremt upraktisk, så likheten ovenfor kan skrives mer kompakt:

$$ S_n=\sum\limits_(k=1)^(n)\venstre(\frac(1)(2k+1)-\frac(1)(2k+3)\right)=\sum\limits_( k=1)^(n)\frac(1)(2k+1)-\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+3). $$

La oss nå transformere uttrykkene $\frac(1)(2k+1)$ og $\frac(1)(2k+3)$ til én form. Jeg synes det er praktisk å redusere det til en større fraksjon (selv om det er mulig å bruke en mindre, er dette en smakssak). Siden $\frac(1)(2k+1)>\frac(1)(2k+3)$ (jo større nevner, jo mindre brøk), vil vi gi brøken $\frac(1)(2k+) 3) $ til formen $\frac(1)(2k+1)$.

Jeg vil presentere uttrykket i nevneren til brøken $\frac(1)(2k+3)$ som følger:

$$ \frac(1)(2k+3)=\frac(1)(2k+2+1)=\frac(1)(2(k+1)+1). $$

Og summen $\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+3)$ kan nå skrives som følger:

$$ \sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+3)=\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2(k+1) ) )+1)=\sum\grenser_(k=2)^(n+1)\frac(1)(2k+1). $$

Hvis likheten $\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+3)=\sum\limits_(k=2)^(n+1)\frac(1)(2k+) 1) $ reiser ingen spørsmål, så la oss gå videre. Hvis du har spørsmål, vennligst utvide notatet.

Hvordan fikk vi det konverterte beløpet? Vis skjul

Vi hadde en serie $\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+3)=\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2( k+1)+1)$. La oss introdusere en ny variabel i stedet for $k+1$ - for eksempel $t$. Så $t=k+1$.

Hvordan endret den gamle variabelen $k$ seg? Og den endret seg fra 1 til $n$. La oss finne ut hvordan den nye variabelen $t$ vil endre seg. Hvis $k=1$, så $t=1+1=2$. Hvis $k=n$, så $t=n+1$. Så uttrykket $\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2(k+1)+1)$ blir nå: $\sum\limits_(t=2)^(n +1)\frac(1)(2t+1)$.

$$ \sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2(k+1)+1)=\sum\limits_(t=2)^(n+1)\frac(1) )(2t+1). $$

Vi har summen $\sum\limits_(t=2)^(n+1)\frac(1)(2t+1)$. Spørsmål: spiller det noen rolle hvilken bokstav som brukes i denne mengden? :) Bare å skrive bokstaven $k$ i stedet for $t$, får vi følgende:

$$ \sum\limits_(t=2)^(n+1)\frac(1)(2t+1)=\sum\limits_(k=2)^(n+1)\frac(1)(2k +1). $$

Slik får vi likheten $\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2(k+1)+1)=\sum\limits_(k=2)^(n+ 1) \frac(1)(2k+1)$.

Dermed kan delsummen representeres som følger:

$$ S_n=\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+1)-\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+3) )=\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+1)-\sum\limits_(k=2)^(n+1)\frac(1)(2k+1) ). $$

Merk at summene $\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+1)$ og $\sum\limits_(k=2)^(n+1)\frac(1) )(2k+1)$ avviker bare i summeringsgrensene. La oss gjøre disse grensene like. "Ta bort" det første elementet fra summen $\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+1)$ vil vi ha:

$$ \sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+1)=\frac(1)(2\cdot 1+1)+\sum\limits_(k=2)^ (n)\frac(1)(2k+1)=\frac(1)(3)+\sum\limits_(k=2)^(n)\frac(1)(2k+1). $$

"Ta bort" det siste elementet fra summen $\sum\limits_(k=2)^(n+1)\frac(1)(2k+1)$, får vi:

$$\sum\limits_(k=2)^(n+1)\frac(1)(2k+1)=\sum\limits_(k=2)^(n)\frac(1)(2k+1) )+\frac(1)(2(n+1)+1)=\sum\limits_(k=2)^(n)\frac(1)(2k+1)+\frac(1)(2n+ 3 ).$$

Da vil uttrykket for delsummen ha formen:

$$ S_n=\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+1)-\sum\limits_(k=2)^(n+1)\frac(1)(2k +1)=\frac(1)(3)+\sum\limits_(k=2)^(n)\frac(1)(2k+1)-\left(\sum\limits_(k=2)^ (n)\frac(1)(2k+1)+\frac(1)(2n+3)\right)=\\ =\frac(1)(3)+\sum\limits_(k=2)^ (n)\frac(1)(2k+1)-\sum\limits_(k=2)^(n)\frac(1)(2k+1)-\frac(1)(2n+3)=\ frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3). $$

Hvis du hopper over alle forklaringene, vil prosessen med å finne en forkortet formel for den n-te delsummen ha følgende form:

$$ S_n=\sum\limits_(k=1)^(n)u_k =\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(2)((2k+1)(2k+3)) = \sum\limits_(k=1)^(n)\venstre(\frac(1)(2k+1)-\frac(1)(2k+3)\right)=\\ =\sum\limits_(k =1)^(n)\frac(1)(2k+1)-\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+3) =\frac(1)(3) +\sum\limits_(k=2)^(n)\frac(1)(2k+1)-\venstre(\sum\limits_(k=2)^(n)\frac(1)(2k+1) )+\frac(1)(2n+3)\right)=\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3). $$

La meg minne deg på at vi reduserte brøken $\frac(1)(2k+3)$ til formen $\frac(1)(2k+1)$. Selvfølgelig kan du gjøre det motsatte, dvs. representere brøken $\frac(1)(2k+1)$ som $\frac(1)(2k+3)$. Det endelige uttrykket for delsummen endres ikke. I dette tilfellet vil jeg skjule prosessen med å finne delbeløpet under en lapp.

Hvordan finne $S_n$ hvis den konverteres til en annen brøk? Vis skjul

$$ S_n =\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+1)-\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+3) ) =\sum\limits_(k=0)^(n-1)\frac(1)(2k+3)-\sum\limits_(k=1)^(n)\frac(1)(2k+3) )=\\ =\frac(1)(3)+\sum\limits_(k=1)^(n-1)\frac(1)(2k+3)-\left(\sum\limits_(k= 1)^(n-1)\frac(1)(2k+3)+\frac(1)(2n+3)\høyre) =\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+ 3 ). $$

Så $S_n=\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)$. Finn grensen $\lim_(n\to\infty)S_n$:

$$ \lim_(n\to\infty)S_n=\lim_(n\to\infty)\left(\frac(1)(3)-\frac(1)(2n+3)\right)=\frac (1)(3)-0=\frac(1)(3). $$

Den gitte serien konvergerer og summen $S=\frac(1)(3)$.

Svar: $S=\frac(1)(3)$.

Fortsettelsen av emnet å finne summen av en serie vil bli diskutert i andre og tredje del.

Harmonisk serie- en sum som består av et uendelig antall ledd invers til påfølgende tall i den naturlige rekken:

∑ k = 1 ∞ 1 k = 1 + 1 2 + 1 3 + 1 4 + ⋯ + 1 k + ⋯ (\displaystyle \sum _(k=1)^(\mathcal (\infty ))(\frac (1) )(k))=1+(\frac (1)(2))+(\frac (1)(3))+(\frac (1)(4))+\cdots +(\frac (1) (k))+\cdots ).

Encyklopedisk YouTube

1 / 5

✪ Nummerserie. Grunnleggende konsepter - bezbotvy

✪ Bevis på divergensen til den harmoniske serien

✪ Nummerserie-9. Konvergens og divergens av Dirichlet-serien

✪ Konsultasjon nr. 1. Matte. analyse. Fourierrekker i det trigonometriske systemet. De enkleste egenskapene

✪ RANGER. Anmeldelse

Undertekster

Summen av de første n leddene i serien

Individuelle medlemmer av serien har en tendens til null, men summen deres divergerer. Den n'te partielle summen av s n harmoniske serien er det n'te harmoniske tallet:

s n = ∑ k = 1 n 1 k = 1 + 1 2 + 1 3 + 1 4 + ⋯ + 1 n (\displaystyle s_(n)=\sum _(k=1)^(n)(\frac (1) )(k))=1+(\frac (1)(2))+(\frac (1)(3))+(\frac (1)(4))+\cdots +(\frac (1) (n)))

Noen delsumverdier

s 1 = 1 s 2 = 3 2 = 1 , 5 s 3 = 11 6 ≈ 1,833 s 4 = 25 12 ≈ 2,083 s 5 = 137 60 ≈ 2,283 (\displaystyle (\begin) (&s_(1) \\\\s_(2)&=&(\frac (3)(2))&=&1(,)5\\\\s_(3)&=&(\frac (11)(6))& \ca &1(,)833\\\\s_(4)&=&(\frac (25)(12))&\ca &2(,)083\\\\s_(5)&=&(\frac (137)(60))&\ca &2(,)283\end(matrise)))

s 6 = 49 20 = 2.45 s 7 = 363.140 ≈ 2.593 s 8 = 761.280 ≈ 2.718 s 10 3 ≈ 7.484 s 10 6 ≈ 14.39 (& trix) 9 )(20))&=&2(,)45\\\\s_(7)&=&(\frac (363)(140))&\ca &2(,)593\\\\s_ (8)& =&(\frac (761)(280))&\ca &2(,)718\\\\s_(10^(3))&\ca &7(,)484\\\\s_( 10^(6) ))&\ca &14(,)393\end(matrise)))

Eulers formel

Når verdi ε n → 0 (\displaystyle \varepsilon _(n)\høyrepil 0) derfor for store n (\displaystyle n):

s n ≈ ln ⁡ (n) + γ (\displaystyle s_(n)\ca. \ln(n)+\gamma )- Eulers formel for summen av den første n (\displaystyle n) medlemmer av den harmoniske serien. Et eksempel på bruk av Eulers formel

n (\displaystyle n)	s n = ∑ k = 1 n 1 k (\displaystyle s_(n)=\sum _(k=1)^(n)(\frac (1)(k)))	ln ⁡ (n) + γ (\displaystyle \ln(n)+\gamma )	ε n (\displaystyle \varepsilon _(n)), (%)
10	2,93	2,88	1,7
25	3,82	3,80	0,5

En mer nøyaktig asymptotisk formel for delsummen av den harmoniske serien:

s n ≍ ln ⁡ (n) + γ + 1 2 n − 1 12 n 2 + 1 120 n 4 − 1 252 n 6 ⋯ = ln ⁡ (n) + γ + 1 2 n − ∑ ∞ k = B 1 2 k n 2 k (\displaystyle s_(n)\asymp \ln(n)+\gamma +(\frac (1)(2n))-(\frac (1)(12n^(2)))+(\ frac (1)(120n^(4)))-(\frac (1)(252n^(6)))\prikker =\ln(n)+\gamma +(\frac (1)(2n))- \sum _(k=1)^(\infty )(\frac (B_(2k))(2k\,n^(2k)))), Hvor B 2 k (\displaystyle B_(2k))- Bernoulli tall.

Denne serien divergerer, men feilen i beregningene overstiger aldri halvparten av den første forkastede termen.

Tallteoretiske egenskaper ved delsummer

∀ n > 1 s n ∉ N (\displaystyle \forall n>1\;\;\;\;s_(n)\notin \mathbb (N) )

Divergens av serier

S n → ∞ (\displaystyle s_(n)\høyrepil \infty ) på n → ∞ (\displaystyle n\høyrepil \infty )

Den harmoniske serien divergerer veldig sakte (for at delsummen skal overstige 100, trengs ca. 10 43 elementer i serien).

Divergensen til den harmoniske serien kan demonstreres ved å sammenligne den med den teleskopiske serien:

v n = ln ⁡ (n + 1) − ln ⁡ n = ln ⁡ (1 + 1 n) ∼ + ∞ 1 n (\displaystyle v_(n)=\ln(n+1)-\ln n=\ln \ left(1+(\frac (1)(n))\right)(\underset (+\infty )(\sim ))(\frac (1)(n))),

hvis delsum er åpenbart lik:

∑ i = 1 n − 1 v i = ln ⁡ n ∼ s n (\displaystyle \sum _(i=1)^(n-1)v_(i)=\ln n\sim s_(n)).

Oresme sitt bevis

Beviset for divergens kan konstrueres ved å gruppere begrepene som følger:

∑ k = 1 ∞ 1 k = 1 + [ 1 2 ] + [ 1 3 + 1 4 ] + [ 1 5 + 1 6 + 1 7 + 1 8 ] + [ 1 9 + ⋯ ] + ⋯ > 1 + [ 1 2 ] + [ 1 4 + 1 4 ] + [ 1 8 + 1 8 + 1 8 + 1 8 ] + [ 1 16 + ⋯ ] + ⋯ = 1 + 1 2 + 1 2 + 1 2 + 1 2 + ⋯ . (\displaystyle (\begin(aligned)\sum _(k=1)^(\infty )(\frac (1)(k))&()=1+\venstre[(\frac (1)(2) )\høyre]+\venstre[(\frac (1)(3))+(\frac (1)(4))\høyre]+\venstre[(\frac (1)(5))+(\frac (1)(6))+(\frac (1)(7))+(\frac (1)(8))\høyre]+\venstre[(\frac (1)(9))+\cdots \ høyre]+\cdots \\&()>1+\venstre[(\frac (1)(2))\høyre]+\venstre[(\frac (1)(4))+(\frac (1) (4))\høyre]+\venstre[(\frac (1)(8))+(\frac (1)(8))+(\frac (1)(8))+(\frac (1) (8))\høyre]+\venstre[(\frac (1)(16))+\cdots \right]+\cdots \\&()=1+\ (\frac (1)(2))\ \ \ +\quad (\frac (1)(2))\ \quad +\ \qquad \quad (\frac (1)(2))\qquad \ \quad \ +\quad \ \ (\frac (1) )(2))\ \quad +\ \cdots .\end(justert)))

Den siste raden divergerer tydeligvis. Dette beviset kommer fra middelalderforskeren Nicholas Ores (ca. 1350).

Alternativt bevis på divergens

Vi inviterer leseren til å bekrefte feilen i dette beviset

Forskjell mellom n (\displaystyle n) harmoniske tall og naturlig logaritme n (\displaystyle n) konvergerer til Euler-Mascheroni-konstanten.

Forskjellen mellom forskjellige harmoniske tall er aldri lik et helt tall og ingen harmoniske tall bortsett fra H 1 = 1 (\displaystyle H_(1)=1), er ikke et heltall.

Relaterte serier

Dirichlet-serien

En generalisert harmonisk serie (eller Dirichlet-serie) er en serie

∑ k = 1 ∞ 1 k α = 1 + 1 2 α + 1 3 α + 1 4 α + ⋯ + 1 k α + ⋯ (\displaystyle \sum _(k=1)^(\infty )(\frac ( 1)(k^(\alpha )))=1+(\frac (1)(2^(\alpha )))+(\frac (1)(3^(\alpha )))+(\frac ( 1)(4^(\alpha )))+\cdots +(\frac (1)(k^(\alpha )))+\cdots ).

Den generaliserte harmoniske serien divergerer kl α ⩽ 1 (\displaystyle \alpha \leqslant 1) og konvergerer kl α > 1 (\displaystyle \alpha >1) .

Summen av generaliserte harmoniske rekkefølger α (\displaystyle \alpha ) lik verdien av Riemann zeta-funksjonen:

∑ k = 1 ∞ 1 k α = ζ (α) (\displaystyle \sum _(k=1)^(\infty )(\frac (1)(k^(\alpha )))=\zeta (\alpha ))

For partall er denne verdien tydelig uttrykt i form av pi, for eksempel, ζ (2) = π 2 6 (\displaystyle \zeta (2)=(\frac (\pi ^(2))(6))), og allerede for α=3 er verdien analytisk ukjent.

En annen illustrasjon på divergensen til den harmoniske serien kan være relasjonen ζ (1 + 1 n) ∼ n (\displaystyle \zeta (1+(\frac (1)(n)))\sim n) . Derfor sier de at en slik serie har sannsynlighet 1, og summen av rekken er en tilfeldig variabel med interessante egenskaper. For eksempel har beregnet ved punktene +2 eller −2 verdien:

0,124 999 999 999 999 999 999 999 999 999 999 999 999 999 7 642 …,

forskjell fra ⅛ med mindre enn 10 −42.

"Tynnet" harmonisk serie

Kempner-serien (Engelsk)

Hvis vi tar for oss en harmonisk serie hvor det bare er ledd igjen hvis nevnere ikke inneholder tallet 9, så viser det seg at den gjenværende summen konvergerer til tallet<80 . Более того, доказано, что если оставить слагаемые, не содержащие любой заранее выбранной последовательности цифр, то полученный ряд будет сходиться. Однако из этого будет ошибочно заключать о сходимости исходного гармонического ряда, так как с ростом разрядов в числе n (\displaystyle n), blir det tatt færre og færre termer for summen av den "tynnede" serien. Det vil si at til syvende og sist blir det overveldende flertallet av leddene som utgjør summen av den harmoniske rekken forkastet for ikke å overskride den geometriske progresjonsbegrensningen ovenfra.

La oss finne summen av en rekke tall. Hvis du ikke finner den, beregner systemet summen av serien med en viss nøyaktighet.

Seriekonvergens

Denne kalkulatoren kan bestemme om en serie konvergerer og viser også hvilke tegn på konvergens som fungerer og hvilke som ikke gjør det.

Vet også hvordan man bestemmer konvergensen av potensserier.

En graf av serien er også konstruert, der du kan se konvergenshastigheten til serien (eller divergens).

Regler for inntasting av uttrykk og funksjoner

Uttrykk kan bestå av funksjoner (notasjoner er gitt i alfabetisk rekkefølge): absolutt(x) Absolutt verdi x
(modul x eller |x|) arccos(x) Funksjon - bue cosinus av x arccosh(x) Arc cosinus hyperbolsk fra x arcsin(x) Arcsine fra x arcsinh(x) Arcsine hyperbolsk fra x arctan(x) Funksjon - arctangens av x arctgh(x) Arktangens hyperbolsk fra x e e et tall som er omtrent lik 2,7 exp(x) Funksjon - eksponent for x(som e^x) log(x) eller ln(x) Naturlig logaritme av x
(For å oppnå log7(x), må du skrive inn log(x)/log(7) (eller for eksempel for log10(x)=log(x)/log(10)) pi Tallet er "Pi", som er omtrent lik 3,14 synd(x) Funksjon - Sinus av x cos(x) Funksjon - Cosinus av x sinh(x) Funksjon - Sinus hyperbolsk fra x cosh(x) Funksjon - Cosinus hyperbolsk fra x sqrt(x) Funksjon - kvadratroten av x sqr(x) eller x^2 Funksjon - Firkantet x brun(x) Funksjon - Tangent fra x tgh(x) Funksjon - Tangent hyperbolsk fra x cbrt(x) Funksjon - terningrot av x

Følgende operasjoner kan brukes i uttrykk: Reelle tall skriv inn som 7.5 , Ikke 7,5 2*x- multiplikasjon 3/x- divisjon x^3- eksponentiering x+7- tillegg x - 6- subtraksjon
Andre funksjoner: etasje (x) Funksjon - avrunding x nedover (eksempel etasje(4.5)==4.0) tak(x) Funksjon - avrunding x oppover (eksempel tak(4.5)==5.0) tegn (x) Funksjon - Sign x erf(x) Feilfunksjon (eller sannsynlighetsintegral) laplace(x) Laplace funksjon

Det er flere måter å sjekke konvergensen til en serie. Først kan du ganske enkelt finne summen av serien. Hvis vi som et resultat får et endelig tall, så dette serier konvergerer. For eksempel fordi

så konvergerer serien. Hvis vi ikke var i stand til å finne summen av serien, bør vi bruke andre metoder for å sjekke konvergensen til serien.

En slik metode er d'Alemberts tegn

her og er henholdsvis n'te og (n+1) ledd i rekken, og konvergensen bestemmes av verdien av D: Hvis D< 1 - ряд сходится, если D >

Som et eksempel studerer vi konvergensen til en serie ved å bruke d'Alemberts test. La oss først skrive ned uttrykk for og . La oss nå finne den tilsvarende grensen:

Siden, i samsvar med d'Alemberts test, konvergerer serien.

En annen metode for å sjekke konvergensen til en serie er radikale Cauchys tegn, som er skrevet som følger:

her er det n. leddet i serien, og konvergens, som i tilfellet med d'Alemberts test, bestemmes av verdien av D: Hvis D< 1 - ряд сходится, если D >1 - divergerer. Når D = 1, gir dette tegnet ikke noe svar, og ytterligere forskning må utføres.

Som et eksempel studerer vi konvergensen til en serie ved å bruke den radikale Cauchy-testen. La oss først skrive ned uttrykket for . La oss nå finne den tilsvarende grensen:

Siden title="15625/64>1"> , i samsvar med den radikale Cauchy-testen, divergerer serien.

Det er verdt å merke seg at, sammen med de som er oppført, er det andre tegn på konvergens av serier, for eksempel den integrerte Cauchy-testen, Raabe-testen, etc.

Vår online kalkulator, bygget på grunnlag av Wolfram Alpha-systemet, lar deg teste konvergensen til serien. Dessuten, hvis kalkulatoren produserer et spesifikt tall som summen av en serie, konvergerer serien. Ellers må du ta hensyn til elementet "Seriekonvergenstest". Hvis uttrykket "serier konvergerer" er til stede, så konvergerer serien. Hvis uttrykket "serien divergerer" er til stede, divergerer serien.

Nedenfor er en oversettelse av alle mulige verdier element "Seriekonvergenstest":

Tekst på engelske språk	Tekst på russisk
Ved den harmoniske serietesten divergerer serien.	Når man sammenligner serien som studeres med den harmoniske serien, divergerer den originale serien.
Forholdstesten er inkluderende.	D'Alemberts test kan ikke gi et svar om konvergensen til en serie.
Rottesten er inkluderende.	Den radikale Cauchy-testen kan ikke gi noe svar om seriens konvergens.
Ved sammenligningstesten konvergerer serien.	Til sammenligning konvergerer serien
Ved forholdstesten konvergerer serien.	I følge d'Alemberts test konvergerer serien
Ved grensetesten divergerer serien.	Basert på det faktum at title="Grensen for n'te ledd i serien for n->oo ikke er lik null eller eksisterer ikke"> , или указанный предел не существует, сделан вывод о том, что ряд расходится. !}