سرفصل‌های این مبحث

سری های ریاضی

انواع آزمون

آخرین ویرایش: 05 اسفند 1402

دسته‌بندی: سری های ریاضی

امتیاز:

نظر کاربران: برای نظر دادن اولین باش!

از انواع آزمون زیر برای تشخیص همگرایی و یا واگرایی سری استفاده می‌شود.

آزمون مقایسه

قضیه

اگر سری $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ و سری $\sum_{n = 1}^{\infty} b_{n}$ سری هایی با جملات مثبت باشند و از اندیسی به بعد داشته باشیم $0 < a_{n} \leq b_{n}$ :

1- اگر سری $\sum_{n = 1}^{\infty} b_{n}$ همگرا باشد، آن‌گاه سری $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ هم همگراست.

2- اگر سری $\sum_{n = 1}^{\infty} b_{n}$ واگرا باشد، آن‌گاه سری $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ هم واگراست.

تذکر

برای به‌کار بردن آزمون مقایسه در تعیین همگرایی یا واگرایی سری ها باید از یک سری که همگرایی آن برای ما مشخص است، استفاده کنیم.

دو نوع سری شناخته شده مهم که بیش‌تر مورد استفاده قرار می‌گیرند، یکی سری هندسی است که قبلا بررسی کردیم و دیگری سری $p$ است.

از سری همساز هم گاهی از اثبات واگرایی استفاده می‌کنیم.

یادآوری

سری هندسی همگرا:

$\sum_{n = 1}^{\infty} a r^{n}; - 1 < r < 1$

سری $p$ همگرا:

$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{p}}; p > 1$

سری همساز واگرا:

$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n} = 1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n} + \dots$

تمرین

با استفاده از آزمون مقایسه، همگرا یا واگرا بودن سری های زیر را مشخص کنید.

$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{n}{n^{2} - \cos^{2} (n)}$

$\frac{n}{n^{2}} = \frac{1}{n}$

$\frac{n}{n^{2} - \cos^{2} (n)} > \frac{n}{n^{2}} = \frac{1}{n}$

$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n}$ واگراست، بنابراین سری فوق هم واگراست.

$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{e^{- n}}{n + \cos^{2} (n)}$

$\frac{e^{- n}}{n + \cos^{2} (n)} \leq \frac{e^{- n}}{n} \leq \frac{e^{- n}}{1} = e^{- n}$

به بررسی همگرایی $\sum_{n = 1}^{\infty} e^{- n}$ می‌پردازیم:

از آزمون انتگرال استفاده می‌کنیم:

$\int_{1}^{\infty} e^{- x} d x = lim_{t \to \infty} \int_{1}^{t} e^{- x} d x$

$\Rightarrow \int_{1}^{\infty} e^{- x} d x = lim_{t \to \infty} {(- e^{- x}) |}_{1}^{t}$

$\Rightarrow \int_{1}^{\infty} e^{- x} d x = lim_{t \to \infty} (- e^{- t} + e^{- 1})$

$\Rightarrow \int_{1}^{\infty} e^{- x} d x = e^{- 1}$

$\sum_{n = 1}^{\infty} e^{- n}$ همگراست، بنابراین سری فوق هم همگراست.

$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{n^{2} + 2}{n^{4} + 5}$

$\frac{n^{2}}{n^{4}} = \frac{1}{n^{2}} \Rightarrow \frac{n^{2} + 2}{n^{4} + 5} < \frac{n^{2} + 2}{n^{4}}$

$\begin{aligned} \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{n^{2} + 2}{n^{4}} & = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{n^{2}}{n^{4}} + \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{2}{n^{4}} \end{aligned}$

${\Rightarrow \sum}_{n = 1}^{\infty} \frac{n^{2} + 2}{n^{4}} = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}} + \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{2}{n^{4}}$

هر دو سری فوق همگراست(سری $p$ ) بنابراین $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{n^{2} + 2}{n^{4}}$ همگراست، بنابراین سری فوق هم همگراست.

دریافت مثال

دریافت فایل PDF

نکته

1- فرض کنیم $\{a_{n}\}$ و $\{b_{n}\}$ دنباله های با جملات مثبت و دنباله $\{\frac{a_{n}}{b_{n}}\}$ کراندار باشد در این‌صورت اگر $\sum_{n = 1}^{\infty} b_{n}$ همگرا باشد، آن‌گاه $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ همگراست.

2- فرض کنیم $\{a_{n}\}$ و $\{b_{n}\}$ دنباله های با جملات مثبت و عدد مثبت $M$ وجود داشته باشد به‌طوری که به ازای هر $n$ طبیعی $\frac{a_{n}}{b_{n}} \geq M$ باشد، در این‌صورت اگر $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ همگرا باشد، آن‌گاه $\sum_{n = 1}^{\infty} b_{n}$ همگراست.

3- اگر $\lim_{n \to \infty} (\frac{a_{n}}{b_{n}}) = 0$ ، آن‌گاه اگر $\sum_{n = 1}^{\infty} b_{n}$ همگرا باشد، آن‌گاه $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ همگراست.

در حالت خاص اگر $\lim_{n \to \infty} (\frac{a_{n}}{b_{n}}) = 1$ باشد، آن‌گاه باز هم سری $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ و $\sum_{n = 1}^{\infty} b_{n}$ از نظر همگرایی و یا واگرایی یکسان هستند.

آزمون نسبت (دستور دالامبر)

قضیه

اگر $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ یک سری مثبت باشد و فرض کنیم $\lim_{n \to \infty} |\frac{a_{n + 1}}{a_{n}}| = L$ ، آن‌گاه:

1- اگر $L < 1$ باشد، سری همگراست.

2- اگر $L > 1$ باشد، سری واگراست.

3- اگر $L = 1$ باشد، این آزمون برای تشخیص رفتار سری کافی نیست و بایستی از آزمون‌های دیگر استفاده کنیم.

تمرین

همگرا یا واگرایی سری های زیر را با استفاده از آزمون نسبت، مشخص کنید.

$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{{(- 10)}^{n}}{4^{2 n + 1} (n + 1)}$

$a_{n} = \frac{{(- 10)}^{n}}{4^{2 n + 1} (n + 1)}$

$a_{n + 1} = \frac{{(- 10)}^{n + 1}}{4^{2 (n + 1) + 1} ((n + 1) + 1)} = \frac{{(- 10)}^{n + 1}}{4^{2 n + 3} (n + 2)}$

$L = lim_{n \to \infty} | a_{n + 1} \cdot \frac{1}{a_{n}} |$

$\begin{aligned} \Rightarrow L & = lim_{n \to \infty} | \frac{{(- 10)}^{n + 1}}{4^{2 n + 3} (n + 2)} \frac{4^{2 n + 1} (n + 1)}{{(- 10)}^{n}} | \end{aligned}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow L = lim_{n \to \infty} | \frac{- 10 (n + 1)}{4^{2} (n + 2)} | \end{array}$

$\Rightarrow L = \frac{10}{16} lim_{n \to \infty} \frac{n + 1}{n + 2}$

$\Rightarrow L = \frac{10}{16} < 1$

با توجه به آزمون نسبت، سری فوق همگراست.

$\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{n!}{5^{n}}$

$L = lim_{n \to \infty} | a_{n + 1} \cdot \frac{1}{a_{n}} |$

$L = lim_{n \to \infty} | \frac{(n + 1)!}{5^{n + 1}} \frac{5^{n}}{n!} | = lim_{n \to \infty} \frac{(n + 1)!}{5 n!}$

$\Rightarrow L = lim_{n \to \infty} \frac{(n + 1) n!}{5 n!}$

$\Rightarrow L = lim_{n \to \infty} \frac{(n + 1)}{5} = \infty > 1$

با توجه به آزمون نسبت، سری فوق واگراست.

$\sum_{n = 2}^{\infty} \frac{n^{2}}{(2 n - 1)!}$

$L = lim_{n \to \infty} | a_{n + 1} \cdot \frac{1}{a_{n}} |$

$\begin{aligned} L & = lim_{n \to \infty} | \frac{{(n + 1)}^{2}}{(2 (n + 1) - 1)!} \frac{(2 n - 1)!}{n^{2}} | \end{aligned}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow L = lim_{n \to \infty} | \frac{{(n + 1)}^{2}}{(2 n + 1)!} \frac{(2 n - 1)!}{n^{2}} | \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow L = lim_{n \to \infty} \frac{{(n + 1)}^{2}}{(2 n + 1) (2 n) (2 n - 1)!} \frac{(2 n - 1)!}{n^{2}} \end{array}$

$\Rightarrow L = lim_{n \to \infty} \frac{{(n + 1)}^{2}}{(2 n + 1) (2 n) (n^{2})}$

$\Rightarrow L = 0 < 1$

با توجه به آزمون نسبت، سری فوق همگراست.

$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{9^{n}}{{(- 2)}^{n + 1} n}$

$L = lim_{n \to \infty} | a_{n + 1} \cdot \frac{1}{a_{n}} |$

$\begin{aligned} L & = lim_{n \to \infty} | \frac{9^{n + 1}}{{(- 2)}^{n + 2} (n + 1)} \frac{{(- 2)}^{n + 1} n}{9^{n}} | \end{aligned}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow L = lim_{n \to \infty} | \frac{9 n}{(- 2) (n + 1)} | \end{array}$

$\Rightarrow L = \frac{9}{2} lim_{n \to \infty} \frac{n}{n + 1}$

$\Rightarrow L = \frac{9}{2} > 1$

با توجه به آزمون نسبت، سری فوق واگراست.

$\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{n^{2} + 1}$

$L = lim_{n \to \infty} | a_{n + 1} \cdot \frac{1}{a_{n}} |$

$L = lim_{n \to \infty} | \frac{{(- 1)}^{n + 1}}{{(n + 1)}^{2} + 1} \frac{n^{2} + 1}{{(- 1)}^{n}} | = lim_{n \to \infty} \frac{n^{2} + 1}{{(n + 1)}^{2} + 1} = 1$

آزمون نسبت برای تشخیص رفتار سری کافی نیست و بایستی از آزمون‌های دیگر استفاده کنیم.

دریافت مثال

دریافت فایل PDF

آزمون ریشه $n$ ام

قضیه

اگر در سری $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ فرض کنیم $\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{|a_{n}|} = L$ ، آن‌گاه:

1- اگر $0 \leq L < 1$ باشد، سری $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ همگراست.

2- اگر $L > 1$ باشد، سری $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ واگراست.

3- اگر $L = 1$ باشد، این آزمون برای تشخیص رفتار سری کافی نیست و بایستی از آزمون‌های دیگر استفاده کنیم.

توجه کنید که:

$L = lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{| a_{n} |} = lim_{n \to \infty} {| a_{n} |}^{\frac{1}{n}}$

نکته

در استفاده از آزمون ریشه، تساوی زیر بسیار مفید است:

$lim_{n \to \infty} n^{\frac{1}{n}} = 1$

تمرین

همگرا یا واگرایی سری های زیر را با استفاده از آزمون ریشه، مشخص کنید.

$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{n^{n}}{3^{1 + 2 n}}$

$L = lim_{n \to \infty} {| \frac{n^{n}}{3^{1 + 2 n}} |}^{\frac{1}{n}} = lim_{n \to \infty} \frac{n}{3^{\frac{1}{n} + 2}} = \frac{\infty}{3^{2}} = \infty > 1$

با توجه به آزمون ریشه، سری فوق واگراست.

$\sum_{n = 0}^{\infty} {(\frac{5 n - 3 n^{3}}{7 n^{3} + 2})}^{n}$

$L = lim_{n \to \infty} {| {(\frac{5 n - 3 n^{3}}{7 n^{3} + 2})}^{n} |}^{\frac{1}{n}} = lim_{n \to \infty} | \frac{5 n - 3 n^{3}}{7 n^{3} + 2} | = | \frac{- 3}{7} | = \frac{3}{7} < 1$

با توجه به آزمون ریشه، سری فوق همگراست.

$\sum_{n = 3}^{\infty} \frac{{(- 12)}^{n}}{n}$

$L = lim_{n \to \infty} {| \frac{{(- 12)}^{n}}{n} |}^{\frac{1}{n}} = lim_{n \to \infty} \frac{12}{n^{\frac{1}{n}}} = \frac{12}{1} = 12 > 1$

با توجه به آزمون ریشه، سری فوق واگراست.

$\sum_{n = 1}^{\infty} {(\frac{3 n + 1}{4 - 2 n})}^{2 n}$

$L = lim_{n \to \infty} {| {(\frac{3 n + 1}{4 - 2 n})}^{2 n} |}^{\frac{1}{n}} = lim_{n \to \infty} | {(\frac{3 n + 1}{4 - 2 n})}^{2} | = {(- \frac{3}{2})}^{2} = \frac{9}{4}$

با توجه به آزمون ریشه، سری فوق واگراست.

$\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{n^{1 - 3 n}}{4^{2 n}}$

$L = lim_{n \to \infty} {| \frac{n^{1 - 3 n}}{4^{2 n}} |}^{\frac{1}{n}} = lim_{n \to \infty} | \frac{n^{\frac{1}{n} - 3}}{4^{2}} | = | \frac{n^{\frac{1}{n}} n^{- 3}}{4^{2}} | = \frac{(1) (0)}{16} = 0$

با توجه به آزمون ریشه، سری فوق همگراست.

دریافت مثال

دریافت فایل PDF

آزمون مقایسه حد

قضیه

دو سری $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ و $\sum_{n = 1}^{\infty} b_{n}$ را در نظر می‌گیریم:

1- اگر $\lim_{n \to \infty} \frac{a_{n}}{b_{n}} = L > 0$ باشد، آن‌گاه رفتار دو سری یکی است.

2- اگر $\lim_{n \to \infty} \frac{a_{n}}{b_{n}} = 0$ و سری $\sum_{n = 1}^{\infty} b_{n}$ همگرا باشد، آن‌گاه سری $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ هم همگراست.

3- اگر $\lim_{n \to \infty} \frac{a_{n}}{b_{n}} = \infty$ و سری $\sum_{n = 1}^{\infty} b_{n}$ واگرا باشد، آن‌گاه سری $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ واگراست.

تمرین

رفتار دو سری زیر را بررسی کنید.

$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{n}{n^{2} + 5}, \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n}$

$\lim_{n \to \infty} \frac{a_{n}}{b_{n}} = \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{1}{n}}{\frac{n}{n^{2} + 5}} = \lim_{n \to \infty} \frac{n^{2} + 5}{n^{2}} = 1 > 0$

بنا به آزمون مقایسه حد، دو سری هم رفتار هستند و چون سری $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n}$ سری همساز و واگرا است پس سری $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{n}{n^{2} + 5}$ هم واگراست.

تمرین

همگرا یا واگرایی سری زیر را با استفاده از آزمون مقایسه حد، مشخص کنید.

$\sum_{n = 7}^{\infty} \frac{4}{n^{2} - 2 n - 3}$

$a_{n} = \frac{4}{n^{2} - 2 n - 3}$

$\{\begin{cases} n \geq 7 \\ n^{2} > 2 n + 3 \Rightarrow n^{2} - 2 n - 3 = n^{2} - (2 n + 3) > 0 \end{cases}$

$b_{n} = \frac{4}{n^{2}}$

با استفاده از سری $p$ می‌توان گفت که $\sum_{n = 4}^{\infty} \frac{4}{n^{2}}$ همگراست.

$n^{2} > n^{2} - 2 n - 3 \Rightarrow \frac{4}{n^{2}} < \frac{4}{n^{2} - 2 n - 3}$

$L = lim_{n \to \infty} \frac{a_{n}}{b_{n}} = lim_{n \to \infty} [a_{n} \frac{1}{b_{n}}] = lim_{n \to \infty} [\frac{4}{n^{2} - 2 n - 3} \frac{n^{2}}{4}] = lim_{n \to \infty} [\frac{n^{2}}{n^{2} - 2 n - 3}] = 1$

سری فوق همگراست.

تمرین

همگرا یا واگرایی سری های زیر را با استفاده از آزمون مقایسه حد، مشخص کنید.

$\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{3^{n} - n}$

سری هندسی $\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{3^{n}}$ همگراست.

$\begin{aligned} L & = lim_{n \to \infty} \frac{1}{3^{n}} \times \frac{3^{n} - n}{1} \end{aligned}$

$\Rightarrow L = lim_{n \to \infty} 1 - \frac{n}{3^{n}}$

$\Rightarrow L = 1 - lim_{n \to \infty} \frac{n}{3^{n}}$

برای محاسبه حد فوق از قاعده هوپیتال استفاده می‌کنیم:

$\Rightarrow \begin{aligned} L & = 1 - lim_{n \to \infty} \frac{1}{3^{n} \ln (3)} = 1 > 0 \end{aligned}$

رفتار دو سری یکی است، پس سری فوق همگراست.

$\sum_{n = 2}^{\infty} \frac{4 n^{2} + n}{\sqrt[3]{n^{7} + n^{3}}}$

$\frac{n^{2}}{\sqrt[3]{n^{7}}} = \frac{n^{2}}{n^{\frac{7}{3}}} = \frac{1}{n^{\frac{1}{3}}}$

$\begin{array}{rrlrlrlrlrl} L = lim_{n \to \infty} \frac{4 n^{2} + n}{\sqrt[3]{n^{7} + n^{3}}} \frac{n^{\frac{1}{3}}}{1} \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow L = lim_{n \to \infty} \frac{4 n^{\frac{7}{3}} + n^{\frac{4}{3}}}{\sqrt[3]{n^{7} (1 + \frac{1}{n^{4}})}} \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow L = lim_{n \to \infty} \frac{n^{\frac{7}{3}} (4 + \frac{1}{n})}{n^{\frac{7}{3}} \sqrt[3]{1 + \frac{1}{n^{4}}}} \\ \Rightarrow L = \frac{4}{\sqrt[3]{1}} = 4 > 0 \end{array}$

سری $\sum_{n = 2}^{\infty} \frac{1}{n^{\frac{1}{3}}}$ واگراست و رفتار دو سری یکی است، پس سری فوق واگراست.

تمرین

سری های $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ و $\sum_{n = 1}^{\infty} b_{n}$ با جملات مثبت مفروضند. ثابت کنید اگر $\lim_{n \to \infty} \frac{a_{n}}{b_{n}} = A > 0$ باشد، آن‌گاه:

رفتار دو سری یکی هست، یعنی اگر یکی همگرا باشد دیگری هم همگرا است و اگر یکی واگرا باشد، دیگری هم واگرا است.

$\lim_{n \to \infty} \frac{a_{n}}{b_{n}} = A$

$\begin{array}{l} \forall β > 0 \exists M \in N, n \geq M \\ \Rightarrow |\frac{a_{n}}{b_{n}} - A| < β \\ \Rightarrow |\frac{a_{n}}{b_{n}} - A| < \frac{A}{2}; i f β = \frac{A}{2} \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow - \frac{A}{2} < \frac{a_{n}}{b_{n}} - A < \frac{A}{2} \\ \Rightarrow A - \frac{A}{2} < \frac{a_{n}}{b_{n}} < A + \frac{A}{2} \\ \Rightarrow \frac{A}{2} < \frac{a_{n}}{b_{n}} < \frac{3 A}{2} \\ \Rightarrow \{\begin{cases} \frac{a_{n}}{b_{n}} < \frac{3 A}{2} \Rightarrow a_{n} < \frac{3 A}{2} b_{n} \\ \frac{a_{n}}{b_{n}} > \frac{A}{2} \Rightarrow a_{n} > \frac{A}{2} b_{n} \end{cases} \end{array}$

$\begin{matrix} \{\begin{cases} \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{3 A}{2} b_{n} > \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} \\ \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} > \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{A}{2} b_{n} \end{cases} \end{matrix}$

بنابر آزمون مقایسه، اگر $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ همگرا باشد، $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{3 A}{2} b_{n}$ همگرا است و برعکس.

تذکر

فرض کنیم:

$C_{n} = \frac{P (n)}{Q (n)} = \frac{a_{0} n^{p} + a_{1} n^{p - 1} + \dots + a_{p}}{b_{0} n^{q} + b_{1} n^{q - 1} + \dots + b_{q}}; a_{0}, b_{0} \neq 0$

شرط لازم و کافی برای آن‌که سری $\sum_{n = 1}^{\infty} C_{n}$ همگرا باشد آن است که $q$ حداقل دو واحد از $p$ بیش‌تر است.

$i f p = q \Rightarrow \lim_{n \to + \infty} C_{n} = \frac{a_{0}}{b_{0}} \neq 0$

سری واگراست.

$i f p > q \Rightarrow \lim_{n \to + \infty} C_{n} = \infty$

سری واگراست.

$i f q = p + 1 \Rightarrow \lim_{n \to + \infty} \frac{C_{n}}{\frac{1}{n}} = \lim_{n \to + \infty} \frac{n P (n)}{Q (n)} = \frac{a_{0}}{b_{0}} \neq 0$

بنابر قضیه آزمون مقایسه حد $\sum_{n = 1}^{\infty} C_{n}$ و $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n}$ یک‌نوع هستند و چون $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n}$ واگراست پس $\sum_{n = 1}^{\infty} C_{n}$ واگرا است.

$i f q \geq p + 2 \Rightarrow \lim_{n \to + \infty} \frac{C_{n}}{\frac{1}{n^{k}}} = \lim_{n \to + \infty} \frac{n^{k} P (n)}{Q (n)}$

چون $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{k}}$ سری ریمان و $k \geq 2$ همگراست پس $\sum_{n = 1}^{\infty} C_{n}$ بنابر آزمون مقایسه حد، همگراست.

تمرین

همگرایی یا واگرایی سری های زیر را بررسی کنید.

$\sum_{k = 1}^{\infty} \frac{1}{k + 25}$

واگراست.

$\sum_{k = 0}^{\infty} \frac{1}{{(3 k + 1)}^{2}}$

همگراست.

$\sum_{k = 0}^{\infty} \frac{4 k^{3} + k}{k^{6} - 3 k + 1}$

همگراست.

$\sum_{k = 1}^{\infty} \frac{- 2 k^{7} + k^{5} + 2}{k^{8} + 1}$

واگراست.

آزمون انتگرال کوشی

فرض کنیم $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ یک سری با جملات مثبت باشد و $f$ تابعی باشد که از قرار دادن $x$ به‌جای $n$ در $a_{n}$ به‌دست آید.

اگر $f$ به‌ازای $x \geq 1$ مثبت و پیوسته و نزولی باشد در این‌صورت سری $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ و انتگرال $\int_{1}^{+ \infty} f (x) d x$ هر دو با هم همگرا یا هر دو با هم واگرا می‌باشند.

به‌طور کلی قضیه زیر را بیان می‌کنیم:

قضیه

فرض کنیم $f$ تابعی پیوسته و نزولی روی بازه $[m, + \infty)$ باشد و $\{a_{n}\}$ هم نزولی باشد، آن‌گاه:

1- $\int_{m}^{+ \infty} f (x) d x$ همگرا باشد، آن‌گاه سری $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ همگراست.

2- اگر $\int_{m}^{+ \infty} f (x) d x$ واگرا باشد، آن‌گاه سری $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ واگراست.

تمرین

رفتار سری های زیر را مشخص کنید.

$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n}$

$f (x) = \frac{1}{x} \Rightarrow f^{'} (x) = \frac{- 1}{x^{2}} \overset{x \geq 1}{\to} f^{'} < 0$

یعنی $f$ به‌ازای $x \geq 1$ مثبت و پیوسته و نزولی است و بنا به قاعده آزمون انتگرال کوشی می‌نویسیم:

$\begin{array}{l} \int_{1}^{+ \infty} \frac{1}{x} d x = \lim_{k \to + \infty} \int_{1}^{k} \frac{1}{x} d x \\ \Rightarrow \int_{1}^{+ \infty} \frac{1}{x} d x = \lim_{k \to + \infty} L n x |\begin{array}{l} k \\ 1 \end{array} \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \int_{1}^{+ \infty} \frac{1}{x} d x = \lim_{k \to + \infty} (L n k - L n 1) \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \int_{1}^{+ \infty} \frac{1}{x} d x = \lim_{k \to + \infty} L n k \\ \Rightarrow \int_{1}^{+ \infty} \frac{1}{x} d x = \lim_{k \to + \infty} L n (+ \infty) \\ \Rightarrow \int_{1}^{+ \infty} \frac{1}{x} d x = + \infty \end{array}$

سری فوق واگرا است و این مطلب قبلا بر اساس سری های همساز بیان شده است.

$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{4}}$

$f (x) = \frac{1}{x^{4}} \Rightarrow f^{'} (x) = \frac{- 4}{x^{5}} < 0$

یعنی $f$ به‌ازای $x \geq 1$ مثبت و پیوسته و نزولی است و بنا به قاعده آزمون انتگرال کوشی می‌نویسیم:

$\begin{array}{l} \int_{1}^{+ \infty} = \frac{1}{x^{4}} d x = \lim_{k \to + \infty} \int_{1}^{k} x^{- 4} d x \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \int_{1}^{+ \infty} = \frac{1}{x^{4}} d x = \lim_{k \to + \infty} (\frac{- 1}{3 x^{3}}) |\begin{array}{l} k \\ 1 \end{array} \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \int_{1}^{+ \infty} = \frac{1}{x^{4}} d x = \lim_{k \to + \infty} (\frac{- 1}{3 k^{3}} + \frac{1}{3}) = \frac{1}{3} \end{array}$

چون $\int_{1}^{+ \infty} \frac{1}{x^{4}} d x = \frac{1}{3}$ پس همگراست، لذا سری $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{4}}$ همگراست.

$\sum_{n = 3}^{\infty} \frac{1}{n L n n}$

$f (x) = \frac{1}{x L n x} \Rightarrow f^{'} (x) = \frac{- (L n x + 1)}{{(x L n x)}^{2}} < 0$

یعنی $f$ به‌ازای $x \geq 3$ مثبت و پیوسته و نزولی است و بنا به قاعده آزمون انتگرال کوشی می‌نویسیم:

$\begin{array}{l} \int_{3}^{+ \infty} \frac{1}{x L n x} d x = \lim_{k \to + \infty} \int_{3}^{k} \frac{1}{x L n x} d x \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \int_{3}^{+ \infty} \frac{1}{x L n x} d x = \lim_{k \to + \infty} L n (L n x) |\begin{array}{l} k \\ 3 \end{array} \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \int_{3}^{+ \infty} \frac{1}{x L n x} d x = \lim_{k \to + \infty} [L n (L n k) - L n (L n 3)] \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \int_{3}^{+ \infty} \frac{1}{x L n x} d x = + \infty \end{array}$

$\int_{3}^{+ \infty} \frac{1}{x L n x}$ واگراست بنابراین سری $\sum_{n = 3}^{\infty} \frac{1}{n L n n}$ هم واگراست.

$\sum_{n = 0}^{\infty} n e^{- n^{2}}$

$f (x) = x e^{- x^{2}} \Rightarrow f^{'} (x) = e^{- x^{2}} (1 - 2 x^{2})$

این تابع دارای دو نقطه بحرانی است.

$x = \pm \frac{1}{\sqrt{2}}$

چون حد پایین انتگرال از $n = 0$ شروع می‌شود، نقطه بحرانی نمی‌تواند منفی باشد.

با انتخاب چند نقطه، می‌توانیم ببینیم که تابع در بازه $[0, \frac{1}{\sqrt{2}}]$ افزایش می‌یابد.

$\begin{aligned} \int_{0}^{\infty} x e^{- x^{2}} d x & = lim_{t \to \infty} \int_{0}^{t} x e^{- x^{2}} d x; u = - x^{2} \end{aligned}$

$\Rightarrow \int_{0}^{\infty} x e^{- x^{2}} d x = lim_{t \to \infty} {(- \frac{1}{2} e^{- x^{2}}) |}_{0}^{t}$

$\Rightarrow \int_{0}^{\infty} x e^{- x^{2}} d x = lim_{t \to \infty} (\frac{1}{2} - \frac{1}{2} e^{- t^{2}})$

$\Rightarrow \int_{0}^{\infty} x e^{- x^{2}} d x = \frac{1}{2}$

$\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{2}{3 + 5 n}$

$f (x) = \frac{2}{3 + 5 x} \Rightarrow f^{'} (x) = \frac{- 10}{3 + 5 x} < 0$

یعنی $f$ به‌ازای $x \geq 0$ مثبت و پیوسته و نزولی است و بنا به قاعده آزمون انتگرال کوشی می‌نویسیم:

$\int_{0}^{\infty} \frac{2}{3 + 5 x} d x = lim_{t \to \infty} \int_{0}^{t} \frac{2}{3 + 5 x} d x$

$\Rightarrow \int_{0}^{\infty} \frac{2}{3 + 5 x} d x = lim_{t \to \infty} {(\frac{2}{5} \ln | 3 + 5 x |) |}_{0}^{t}$

$\Rightarrow \int_{0}^{\infty} \frac{2}{3 + 5 x} d x = lim_{t \to \infty} (\frac{2}{5} \ln | 3 + 5 t | - \frac{2}{5} \ln | 3 |)$

$\Rightarrow \int_{0}^{\infty} \frac{2}{3 + 5 x} d x = \infty$

$\sum_{n = 2}^{\infty} \frac{1}{{(2 n + 7)}^{3}}$

دنباله زیر را در نظر بگیرید:

$a_{n} = \frac{1}{{(2 n + 7)}^{3}}$

برای بررسی اکیدا یکنوایی دنباله فوق، می‌توانیم از قواعد دنباله استفاده کنیم.

$a_{n} = \frac{1}{{(2 n + 7)}^{3}} > \frac{1}{{(2 (n + 1) + 7)}^{3}} = a_{n + 1}$

یعنی $f (x) = \frac{1}{{(2 x + 7)}^{3}}$ به‌ازای $x \geq 2$ مثبت و پیوسته و نزولی است و بنا به قاعده آزمون انتگرال کوشی می‌نویسیم:

$\begin{aligned} \int_{2}^{\infty} \frac{1}{{(2 x + 7)}^{3}} d x & = lim_{t \to \infty} \int_{2}^{t} \frac{1}{{(2 x + 7)}^{3}} d x \end{aligned}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \int_{2}^{\infty} \frac{1}{{(2 x + 7)}^{3}} d x = lim_{t \to \infty} {(- \frac{1}{4} \frac{1}{{(2 x + 7)}^{2}}) |}_{2}^{t} \end{array}$

$\Rightarrow \int_{2}^{\infty} \frac{1}{{(2 x + 7)}^{3}} d x = lim_{t \to \infty} (- \frac{1}{4} \frac{1}{{(2 t + 7)}^{2}} + \frac{1}{4} \frac{1}{{(11)}^{2}})$

$\Rightarrow \int_{2}^{\infty} \frac{1}{{(2 x + 7)}^{3}} d x = \frac{1}{484}$

$\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{n^{2}}{n^{3} + 1}$

$f (x) = \frac{x^{2}}{x^{3} + 1} \Rightarrow f^{'} (x) = \frac{2 x - x^{4}}{{(x^{3} + 1)}^{2}} = \frac{x (2 - x^{3})}{{(x^{3} + 1)}^{2}}$

مشتق به ازای $x = 0$ برابر صفر می‌شود.

مشتق به ازای $0 < x < \sqrt[3]{2} = 1.2599$ مثبت می‌شود.

مشتق به ازای $\sqrt[3]{2} = 1.2599 < x < \infty$ منفی می‌شود.

$\int_{0}^{\infty} \frac{x^{2}}{x^{3} + 1} d x = lim_{t \to \infty} \int_{0}^{t} \frac{x^{2}}{x^{3} + 1} d x$

$\Rightarrow \int_{0}^{\infty} \frac{x^{2}}{x^{3} + 1} d x = lim_{t \to \infty} {(\frac{1}{3} \ln | x^{3} + 1 |) |}_{0}^{t}$

$\Rightarrow \int_{0}^{\infty} \frac{x^{2}}{x^{3} + 1} d x = lim_{t \to \infty} (\frac{1}{3} \ln | t^{3} + 1 | - \ln (1))$

$\Rightarrow \int_{0}^{\infty} \frac{x^{2}}{x^{3} + 1} d x = \infty$

$\sum_{n = 3}^{\infty} \frac{3}{n^{2} - 3 n + 2}$

$f (x) = \frac{3}{x^{2} - 3 x + 2} \Rightarrow f^{'} (x) = \frac{9 - 6 x}{{(x^{2} - 3 x + 2)}^{2}}$

مشتق به ازای $x < \frac{3}{2}$ مثبت و صعودی می‌شود.

مشتق به ازای $x > \frac{3}{2}$ منفی و نزولی می‌شود.

$\int_{3}^{\infty} \frac{3}{x^{2} - 3 x + 2} d x = \int_{3}^{\infty} \frac{3}{(x - 1) (x - 2)} d x$

$\Rightarrow \int_{3}^{\infty} \frac{3}{x^{2} - 3 x + 2} d x = \begin{array}{rrlrlrlrlrl} \int_{3}^{\infty} \frac{3}{x - 2} - \frac{3}{x - 1} d x \end{array}$

$\Rightarrow \int_{3}^{\infty} \frac{3}{x^{2} - 3 x + 2} d x = lim_{t \to \infty} {(3 \ln | x - 2 | - 3 \ln | x - 1 |) |}_{3}^{t}$

$\Rightarrow \int_{3}^{\infty} \frac{3}{x^{2} - 3 x + 2} d x = lim_{t \to \infty} [3 \ln | t - 2 | - 3 \ln | t - 1 | - (3 \ln | 1 | - 3 \ln | 2 |)]$

$\Rightarrow \int_{3}^{\infty} \frac{3}{x^{2} - 3 x + 2} d x = lim_{t \to \infty} [3 \ln | \frac{t - 2}{t - 1} | + 3 \ln | 2 |]$

$\Rightarrow \int_{3}^{\infty} \frac{3}{x^{2} - 3 x + 2} d x = 3 \ln (\frac{1}{1}) + 3 \ln (2) = 3 \ln (2)$

$\Rightarrow \int_{3}^{\infty} \frac{3}{x^{2} - 3 x + 2} d x = 3 \ln (2)$

قضیه

آزمون انتگرال را اثبات کنید.

اثبات

سری $\sum_{n = 0}^{\infty} a_{n}$ با شرط $a_{n} \geq 0$ مفروض است.

فرض کنیم تابع پیوسته $f : [1, + \infty) \mapsto R$ را بتوانیم چنان پیدا کنیم که به ازای هر $n \geq 1$ و $f (n) = a_{n}$ .

هم‌چنین فرض کنیم هر دوی $\{a_{n}\}$ و $f (x)$ نزولی باشند. مطابق شکل نقاط $(k, a_{k})$ روی نمودار هستند.

مستطیل هایی را چنان در نظر می‌گیریم که به عرض $1$ و طول های آنها به ترتیب زیر می‌باشند.

$\begin{array}{l} a_{2} = f (2) \\ a_{3} = f (3) \\ ⋮ \\ a_{n} = f (n) \end{array}$

این مستطیل ها را مستطیل های نقصانی می‌نامیم.

انواع آزمون - سری - پیمان گردلو

جمع مساحت های این $n$ مستطیل برابر $\sum_{k = 2}^{n} a_{k}$ است که از مساحت بین نمودار $f$ و محور $x$ ها در بازه $[1, n]$ کم‌تر است.

طبق تعریف انتگرال معین این مساحت برابر $\int_{1}^{n} f (x) d (x)$ است، پس $\sum_{k = 2}^{n} a_{k} \leq \int_{1}^{n} f (x) d x$ .

اکنون اگر مستطیل هایی را در نظر بگیریم که عرض هر یک به‌ترتیب زیر باشد:

$\begin{array}{l} a_{1} = f (1) \\ a_{2} = f (2) \\ ⋮ \\ a_{n - 1} = f (n - 1) \end{array}$

انواع آزمون - سری - پیمان گردلو

مجموع مساحت های آنها از مساحت بین نمودار $f$ و محور $x$ ها در بازه $[1, n]$ بیش‌تر است.

$\int_{1}^{n} f (x) d x \leq \sum_{k = 1}^{n - 1} a_{k} \Rightarrow \sum_{k = 2}^{n} a_{k} \leq \int_{1}^{n} f (x) d x \leq \sum_{k = 1}^{n - 1} a_{k}$

اگر $S_{n}$ مجموع جزیی $n$ ام سری باشد، آن‌گاه:

$S_{n} - a_{1} \leq \int_{1}^{n} f (x) d x < S_{n - 1}$

اگر $\lim_{n \to + \infty} \int_{1}^{n} f (x) d x = \int_{1}^{\infty} f (x) d x$ موجود و برابر $L$ باشد:

$S_{n} - a_{1} \leq L \Rightarrow S_{n} \leq L + a_{1}$

در این‌صورت $S_{n}$ همگرا و لذا سری همگراست.

اگر $\int_{1}^{\infty} f (x) d x = \infty$ آن‌گاه $S_{n - 1} \to \infty$ در نتیجه سری واگراست.

خرید پاسخ‌ها

انواع آزمون

5,000تومان

برای ارسال نظر وارد سایت شوید

سری ها

انواع آزمون

آزمون مقایسه

آزمون نسبت (دستور دالامبر)

آزمون ریشه $n$ ام

آزمون مقایسه حد

آزمون انتگرال کوشی

nenomatica

مجموعه قوانین

دسترسی سریع

آیا می‌خواهید فیلم معرفی را مشاهده نمایید؟

سری ها

انواع آزمون

آزمون مقایسه

آزمون نسبت (دستور دالامبر)

آزمون ریشه nام

آزمون مقایسه حد

آزمون انتگرال کوشی

آزمون ریشه $n$ ام