Сандық қатарлар және оларға қолданылатын кейбір амалдар

Жұмыс түрі: Материал
Тегін: Антиплагиат
Көлемі: 51 бет
Таңдаулыға:

1 Қатарлар

1.1 Сандық қатарлар

1.1.1 Сандық қатарлар және оларға қолданылатын кейбір амалдар

Негізгі ұғымдар.
Анықтама 1.1.1.[28] Сандардың мынадай шектеусіз тізбегі берілсін:

a1, a2, a3, ..., an,... (1.1.1)

Осы сандардан құралған

a1+a2+a3+...+an+... (1.1.2)

символды қатар деп, ал (1.1.1) сандардың өзін қатардың мүшелері деп атайды. (1.1.2) орнына, қосындының таңбасын пайдаланып, көбінесе былай жазады:

n=1infinityan; (1.1.2а)

n мұнда 1-ден infinity-ке дейін барлық мәндерді қабылдайды.
Қатардың мүшелерін өз ара біртіндеп қосып, (шектеусіз көп) қосындылар құрайық:

S1=a1, S2=a1+a2, S3=a1+a2+a3, ... .., Sn=a1+a2+...+an,...; (1.1.3)

бұларды қатардың дербес қосындылары не кесінділері деп атайды. Дербес қосындылардың осы Sn тізбегін біз әрқашан (1.1.2) қатарымен салыстырып отырамыз: (1.1.2) символдың негізгі ролі осы тізбекті тудыруында.
(1.1.2) қатардың дербес қосындысы Sn-нің n--infinity жағдайдағы ақырлы не ақырсыз шегі S-ны:

S=limn--infinity⁡Sn

қатардың қосындысы деп атайды да, (1.1.2) не (1.1.2а) символына мағына беріп, оны мына түрде жазады:

S=a1+a2+...+an+...=n=1infinityan.

Анықтама 1.1.2. Егер қатардың шектеулі қосындысы бар болса, онда оны жинақты қатар деп, ал олай болмаса (яғни қосындысы +-infinity-ке тең болса немесе тіпті қосындысы болмаса) жинақсыз қатар деп атайды.
Мысал 1.1.1. Қатардың қосындысын тап n=1infinity1nn+3.
Шешуі. Қатардың жалпы мүшесі:

an=1nn+3=13∙1n-1n+3.

Алынған формуланы қолданып, қатардың n-ші бөлік қосындысын табайық:

Sn=13a1+a2+...+an==1311∙4+12∙5+13∙6 +...+1n-1n+2+1nn+3=
=131-14+1312-15+1313-16+...+131n-1- 1n+2+131n-1n+3=131+12+13-1n+1-1n+2- 1n+3.

Сонымен,

limn--infinitySn=131+12+13=1118.

Ендеше, берілген қатар жинақты жəне оның қосындысы S=1118.
Мысал 1.1.2.[17] a+aq+aq2+...+aqn-1+..., a!=0 түріндегі қатарды
(геометриялық прогрессия) жинақталыққа зерттеңіз.
Шешуі. Бөлік қосынды:

Sn=a-aqn1-q=a1-q-aqn1-q.

1) Егер q1⇒limn--infinityqn=0⇒limn--infi nitySn=a1-q
2) Егер q1⇒limn--infinityqn=infinity⇒a-aq n1-q--+-infinity⇒limn--infinitySn - табылмайды.
3) Егерq=1, онда
а) q=1⇒a+a+...+a+...⇒Sn=n∙a⇒limn--inf initySn=limn--infinityn∙a=infinity (a0 болса)
б) q=-1⇒a-a+a-a+...⇒Sn=0, егер n-жұп болса жəне Sn=a, егер n-тақ болса, ⇒limn--infinitySn - табылмайды.
Сонымен, қатар q1 болғанда ғана жинақты.
Қатардың соңғы мүшелерін лақтырып тастағаннан оның жинақтылығы өзгермейді. Жинақты қатар:

a=a1+a2+...+an+...
b=b1+b2+...+bn+...

үшін келесі теңдіктер орынды:
а) ca=ca1+ca2+...+can+..., c - const
б) a+-b=a1+-b1+a2+-b2+...+an+-bn+...
Сөйтіп, (1.1.2) қатардың жинақтылығы жөнінде мәселе, бұл анықтама бойынша, (1.1.3) тізбектің шектелу шегі болу туралы мәселемен пара-пар. Керісінше алдын ала қандай да бір

x1, x2, x3,..., xn, ...

тізбегін алсақ та, оның шектеулі шегінің болатындығы мынадай қатардың жинақтылық мәселесіне келіп тіреледі:

x1+x2-x1+x3-x2+...+xn-xn-1+... (1.1.4)

ал бұл қатардың дербес қосындылары сол тізбектің мүшелері болып табылады да, қатардың қосындысы мен тізбектің шегі бірдей болады.
Басқаша айтқанда, шектеусіз қатарды және оның қосындысын қарастыру дегеніміз тізбекті және оның шегін оқып үйренудің тек жаңа формасы болмақ. Осымен байланысты шектеусіз қатарлар математикалық анализдегі және оның қолдануларындағы зерттеу ісінің маңызды құралы болып табылады.
Ең қарапайым теоремалар
Анықтама 1.1.3. Егер (1.1.2) қатардың алдыңғы m мүшесін сызып тастаса, (1.1.2) қатардың m-нші мүшесінен кейінгі қалдығы деп аталатын мынадай қатар шығады:

am+1+am+2+...+am+k+...=n=m+1infinit yan, (1.1.5)

1º. Егер (1.1.2) қатар жинақты болса, онда оның (1.1.5) қалдықтарының кез келгені де жинақты болады; керісінше (1.1.5) қалдықтың жинақтылығынан бастапқы (1.1.2) қатарының жинақтылығы шығады.
m-ді белгілеп алып, (1.1.5) қатардың k-дербес қосындысын Sk' деп белгілейміз:

Sk'=am+1+am+2+...+am+k.

Сонда, әрине, мынадай болады:

Sk'=Sm+k-Sm. (1.1.6)

Егер (1.1.2) қатар жинақты болса, демек Sn--S, онда - k шектеусіз өскенде - Sk' қосындысының шектеулі

S'=S-Sm (1.1.7)

шегі болады, ал мұның өзі (1.1.5) қатардың жинақтылығын көрсетеді.
Керісінше, егер (1.1.5) қатар жинақталатын болса, демек Sk'--S', онда k=n-m деп алып (nm болғанда), (1.1.6) теңдікті былай қайьа көшіріп жазамыз:

Sn=Sm+Sn-m';

бұдан n шектеусіз өскендегі дербес Sn қосындының шегі

S=Sm+S' (1.1.8)

екендігін байқауға болады, яғни (1.1.2) қатар жинақты.
Басқаша айтқанда, қатардың саны шектеулі бастапқы мүшелерін алып тастағаннан не оның алдыңғы жағына бірнеше жаңа мүшелерді қосып тіркеп жазғаннан оның (жинақты не жинақсыз болуы жөніндегі) сипаты өзгермейді.
(1.1.5) қатар жинақты болса, оның қосындысын αm символымен белгілейміз. Мұндағы m қай мүшеден кейін алғанын көрсетеді. Сонда (1.1.8) және (1.1.7) өрнектер мына түрде қайта жазылады:

S=Sm+αm, αm=S-Sm. (1.1.9)

Егер m шексіздікке дейін өссе, онда Sm--S және αm--0. Сөйтіп:
2º. Егер (1.1.2) қатар жинақты болса, онда m өскен сайын m-мүшеден кейінгі қалдықтың қосындысы αm нольге ұмтыла түседі.
Жинақты қатарлардың мынадай қарапайым қасиеттерін де атап өтелік:
3º. Егер жинақты (1.1.2) қатардың мүшелерін бір ғана c санына көбейтсе, мұнан оның жинақтылығы бұзылмайды, тек қосындысы сол c санына көбейтіледі.
Шынында да,
ca1+ca2+...+can+...

қатарының дербес Sn қосындысы

Sn=ca1+ca2+...+can=ca1+a2+...+an=cS n

екендігі және оның шегі cA болатындығы түсінікті.
4º. Жинақты екі қатарды:

A=a1+a2+...+an+...

және

B=b1+b2+...+bn+...

мүшелеп қосуға не азайтуға болады. Одан шыққан

a1+-b1+a2+-b2+...+an+-bn+...

қатары да жинақты және оның қосындысы A+-B - ге тең болады.
Егер An, Bn және Cn арқылы жоғарыда аталған қатарлардың дербес қосындыларын белгілесек, онда

Cn=a1+-b1+a2+-b2+...+an+-bn==a1+a2+ ...+an+-b1+b2+...+bn=An+-Bn

екендігі түсінікті. Енді осыдан шек тапсақ,

limn--infinityCn=limn--infinity⁡A n+-limn--infinityBn

шығады да, сонымен теорема дәлелденеді.
5º. Жинақты қатардың жалпы an мүшесі нольге ұмтылады.
Дәлелдеу: Sn-нің (ал онымен бірге Sn-1-дің де) шектеулі S шегі болатындықтан,

an=Sn-Sn-1--0

болады.
Бұл айтылған қорытынды - қатардың жинақты болуының қажетті шарты деп аталады. Егер бұл шарт орындалмаса, онда қатардың жинақты болмайды. Алайда бұл жағдай қатардың жинақты болуының жеткілікті шарты еместігін ескерген жөн. Басқаша айтқанда, ол шарт орындалған жағдайда да қатар жинақсыз болуы мүмкін. Бұған төмендегі қатар мысал бола алады:
n=1infinity1n.

Мысал 1.1.3. 13+25+37+...+n2n+1+... қатары жинақсыз, себебі қатардың жинақтылығының қажетті шарты орындалмайды: limn--infinityan=limn--infinityn2 n+1=12!=0. limn--infinityan=0 болу шартынан қатардың жинақты екенi шықпайды.
6º. (1.1.2) қатар жинақты және оның қосындысы S болсын. Егер осы қатардың мүшелерінің орнын өзгертпей, кез келген тәсілмен толықтырсақ (мысалы a1+a2+a3+a4+a5+...), онда алынған жаңа қатар да жинақты және оның қосындысы S санына тең болады. Өйткені, жаңа қатардың дербес қосындылары (1.1.2) қатардың дербес қосындыларының жинақты болатын тізбегінің ішкі тізбегі.

1.1.2 Оң қатарлардың жинақтылығы

Қатарлар теориясындағы басты сұрақ - қатардың жинақты немесе жинақсыз болатынын білу. Бұл сұрақты әрбір қатарға Коши критерийін қолданып шешуге де болар еді. Бірақ бұл жағдайда берілген қатардың ерекшелігі ескерілуімен бірге, олардың әрбіреуі үшін жұмысты бос орыннан қайта бастап отырған болар едік. Сондықтан бізге қатарды жинақтылыққа зерттеудің ыңғайлы жалпы әдістерін білген жөн. Біз мұнда солардың бірнешеуін келтіреміз.
Оң қатардың жинақтылығының шарты.[25] Енді қатардың жинақтылығын не жинақсыздығын тағайындау мәселесін қарастырайық. Мүшелері теріс емес сандар болатын қатарлар үшін бұл мәселе өте жеңіл шешіледі. Мұндай қатарларды қысқаша тек оң қатарлар деп аталады.
Мына қатар

n=1infinityan=a1+a2+...+an+... (1.1.10)

оң болсын, яғни an=0 (n=1, 2, 3,...). Сонда

Sn+1=Sn+an+1=Sn

екендігі түсінікті, яғни Sn айнымалы өсіп отыратын, өспелі айнымалы болады. Монотонды айнымалының шегі туралы теореманы еске түсірсек, біз бірден оң қатарлар теориясындағы мына негізгі теоремаға келеміз:
Теорема 1.1.1. Оң (1.1.10) қатардың әр қашан да қосындысы болады; егер қатардың дербес қосындылары жоғарыдан шектелген болса, бұл қосынды шектеулі (демек, қатр да жинақты) болады, ал бұған қарсы жағдайда ол қосынды шектеусіз (қатар жинақсыз) болады.
Оң қатарлардың жинақтылығының және жинақсыздығының практикалық белгілерінің барлығы сайып келгенде осы қарапайым теоремаға негізделеді. Алайда бұл теореманы тікелей қолдану арқылы тек сирек жағдайларда ғана қатардың қатардың сипатын анықтауға болады.
Қатарларды салыстыру теоремалары. Оң қатардың жинақты не жинақсыздығын көбінесе жинақты не жинақсыздығы алдын ала белгілі қатармен салыстыру арқылы анықтайды. Мұндай салыстыру мынадай қарапайым теоремаға негізделеді.
Теорема 1.1.2. Екі оң қатар берілсін дейік

n=1infinityan=a1+a2+...+an+... (A)

және

n=1infinitybn=b1+b2+...+bn+... (B)

Егер қандай да бір орыннан бастап (айталық nN үшін) an=bn теңсіздігі орындалса, онда (В) қатардың жинақтылығынан (А) қатардың жинақтылығы шығады не - бәрібір - (А) қатардың жинақсыздығынан (В) қатардың жинақсыздығы шығады.
Дәлелдеме. Қатардың саны шектеулі бастапқы мүшелерін алып тастағаннан оның сипаты өзгермейтінін еске алып, an=bn теңсіздігі барлық n=1, 2, 3,... мәндерінде де орындалады деуімізге болады. Бұл ұйғаруымыз теорманың жалпылық қасиетін бұзбайды. (А) және (В) қатарлардың дербес қосындыларын сәйкес An және Bn арқылы белгілесек,

An=Bn

болады.
Айталық (В) қатары жинақты болсын, онда, негізгі теорема бойынша, Bn қосындылары шектелген болады:

Bn=L L=const;n=1, 2, 3, ...

Алдыңғы теңсіздік бойынша, сөзсіз

An=L

болады. Бұдан сол теорема бойынша, (А) қатардың жинақтылығы шығады,
Мысал 1.1.4. Қатарды жинақтылыққа зертте:

1+122+133+...+1nn+... (1.1.11)

Шешуі. Жинақты (мысал 1.1.2, q=12, a=1) болатын

1+122+123+...+12n+...

қатарын қарастыралық, n=2 үшін: 1nn=12n болғандықтан, 122=122,133123,... ендеше (1.1.11) қатары жинақты.
Практикада кейде бірінші теоремадан шығатен мына теорема қолайрырақ болады:
Теорема 1.1.3. Егер мынадай шек:

limn--infinityanbn=K bn!=0, 0=K=infinity

болса, онда Kinfinity болғанда (В) қатардың жинақтылығынан (А) қатардың жинақтылығы шығады, ал бірінші қатардың K0 болғанда жинақсыздығынан екінші қатардың жинақсыздығы туады. (Сонымен, 0Kinfinity болғанда бұл қатарлардың екеуі бірдей не жинақты, не жинақсыз болады.)
Дәлелдеме. Айталық (В) қатар жинақты және Kinfinity болсын. Шектің анықтамасы бойынша, кез келген ε0 санын алып, жеткілікті үлкен n сандары үшін

anbnK+ε, бұдан anK+εbn

деп алуға болады, жинақты қатарлардың 3º қасиеті бойынша, (В) қатарымен қоса K+εbn қатары да жинақты болады, өйткені бұл соңғы қатар (В) қатарының мүшелерін тұрақты K+ε санына көбейткеннен шыққан. Осыдан алдыңғы теорема бойынша, (А) қатардың жинақтылығы шығады.
Ал егер (В) қатары жинақталмайтын болса және K0 болса, онда бұл жағдайда кері bnan (an!=0) қатынасының шектеулі шегі болады; ал (А) қатары жинақсыз болуға тиіс, өйткені, егер ол жинақты болса, онда, дәлелдегеніміз бойынша, (В) қатары да жинақты болар еді.
Ақырында бірінші теореманың салдары болатын тағы да бір салыстыру теоремасын келтірейік.
Мысал 1.1.5. n=1infinity1n2 қатары жинақты, өйткені n=2infinity1n2=n=1infinity1(n+1)2 қатарымен жинақталатын n=1infinity1n(n+1) қатарының мүшелері үшін 1n+121nn+1, n=1, 2,... теңсіздігі орындалады.
n=1infinitysin1n2 қатары жинақты, өйткені limn--infinitysin1n21n2=10 және n=1infinity1n2 қатары жинақты.
Теорема 1.1.4. Eгер қандай да бір орынна бастап (айталық nN үшін) мынадай теңсіздік:

an+1an=bn+1bn an!=0, bn!=0 (1.1.12)

орындалса, онда (В) қатарының жинақтылығынан (А) қатарының жинақтылығы шығады не - бәрібір - (А) қатарының жинақсыздығынан (В) қатарының жинақсыздығы туады.
Дәлелдеме. Жоғарыда 1.1.2-теореманы дәлелдегендегідей, жалпылыққа нұқсан келтірмей, (1.1.12) теңсіздік n=1, 2, 3,... мәндерінің бәрінде де орындалады деуге болады. Бұл жағдайда

a2a1=b2b1,a3a2=b3b2,...,anan-1=b nbn-1

болады. Осы теңсіздіктерді мүшелеп көбейтсек,

ana1=bnb1 не an=a1b1∙bn n=1, 2, 3,...

шығады. (В) қатар жинақты болсын; бұл қатармен қоса оның мүшелерін тұрақты a1b1 көбейткішке көбейткеннен шыққан a1b1∙bn қатары да жинақты болады, дәлелдемекшіміз де осы.
Коши және Даламбер белгілері. Берілген

n=1infinityan=a1+a2+...+an+... (А)

қатарды жинақты не жинақсыздығы алдын ала белгілі әр түрлі стандарт қатарлармен салыстыруды басқаша да, былай айтқанда, ықшам түрде орындауға болады.
Салыстыру үшін (В) қатардың орнына, бір жағынан, жинақты геометриялық

qn=q+q2+...+qn+...(0q1)

прогрессияны, екінші жағынан, жинақсыз

1=1+1+...+1+...

прогрессияны алайық.
Берілген (А) қатарды осы қатармен 1.1.2-теореманың схемасы бойынша салыстырсақ, мынадай белгі шығады:
Коши белгісі. (А) қатары үшін мынадай өрнек құрамыз:

bn=nan.

Егер жеткілікті үлкен n үшін

bn=q

теңсіздігі орындалса (мұндағы q - бірден кем тұрақты сан), онда қатар жинақты; ал егер қандай да бір нөмірден бастап

bn=1

болса, онда қатар жинақсыз болады.
Шынында да, nan=q немесе nan=1 теңсіздіктері an=qn немемсе an=1 теңсіздіктерімен сәйкес түрде мәндес; сондықтан 1.1.2.2-теореманы қолдану жеткілікті.
Бұл белгі көбінесе басқаша, шектік формада қолданылады.
bn өрнегінің шегі (шектеулі не шектеусіз) бар дейік:

limn--infinitybn=b.

Сонда b1 болғанда қатар жинақты да, ал b1 болғанда жинақсыз болады:
Егер b1 болса, 1 - b-ден кем оң ε санын, яғни b+ε1, аламыз. Шектің анықтамасы бойынша, nN үшін мынадай теңсіздік орындалады:

b-εbnb+ε.

b+ε саны алдыңғы тұжырымдамадағы q-дің ролін атқарады: қатар жинақты болады.
Ал егер де b1 және шектеулі болса, онда ε=b-1, яғни b-ε=1 деп аламыз да, n-нің жеткілікті үлкен мәндерінде бұл жолы bn1 болады: қатар жинақсыз. b=infinity болғанда да нәтіже осындай.
b=1 жағдайда, бұл белгіні пайдаланып, қатардың сипаты туралы еш нәрсе айтуға болмайды.
Ескерту. Коши белгісін көбінесе nan түбірі жеңіл есептелінетін қатарларға пайдаланады.
Мысал 1.1.6. 0infinityn+12n+1n қатары жинақты, себебі,

limn--infinitynn+12n+1n=limn--inf inityn+22n+1=121.

Егер (А) қатарды жоғарыдағы қатарлармен 1.1.4-теорема бойынша салыстырсақ, онда мынадай белгі келіп шығады:
Даламбер белгісі. (А) қатар үшін мынадай қатынасты қарастырамыз:

Dn=an+1an.

а) Егер, жеткілікті үлкен n үшін

Dn=q1

теңсіздігі орындалса (мұндағы q - бірден кем тұрақты сан), қатар жинақты, ал егер қандай да бір нөмірден бастап

Dn=1

болса, онда қатар жинақсыз болады.
Алайда белгінің шектік формасымен пайдалану өте қолайлы.
б) Dn қатынасының шегі (шектеулі не шектеусіз) бар дейік.

limn--infinityDn=q.

Онда q1 болса, қатар жинақты да, ал q1 болса, қатар жинақсыз болады. Дәлелдемесі Коши белгісінің дәлелдемесіндей.
q=1 болғанда, бұл белгі де қатар жөнінде еш нәтиже бермейді.
Ескерту. Баяндалған белгіні Даламбер есімімен аталған. Ал расында қатардың жинақтылығы туралы және дербес қосындылардың шегі қатардың қосындысы екені туралы Даламбердің айқын түсінігі болмаған. Келесі мүшесінің алдыңғы мүшесіне қатынасы бірден сөзсіз үлкен болатын қатарларды Даламбер қате қатарлар деп біліп, ондай қатарларды пайдалануға болмайды деп күні бұрын ескертеді. Қатар жақсы және қате емес болуы үшін ол айтылған қатынастың бірден (абсолют) кем болмауын ғана талап етеді; ал жоғарыда басқа талап қойылған, атап айтқанда, бұл қатынастың тұрақты дербес бөлшек q-ден кем болмауын талап етілген. Бұл талап Даламбер айтқан талаптан мүлдем басқа. Даламбер шарты қатардың қазіргі мағынадағы жинақты болуына жеткіліксіз. Мысалы, бұл шарт жинақсыздығы айқын n=1infinity1n гармониялық қатар үшін де орындалады.
Белгіні шектік формасында алғаш рет тұжырымдаған, мазмұндаған және дәлелдеген Коши.
Даламбер белгісін көбінесе an мүшелері факториалдық өрнектерден немесе көрсеткіштік функциялардан тұратын қатарлар үшін қолданылады.
Мысал 1.1.7. n=1infinity2nn! қатарын жинақтылыққа зерттеу керек.
Мұнда an=2nn!, an+1=2n+1n+1! болғандықтан,

limn--infinity2n+1n+1!:2nn!=limn-- infinity2n+1=0,

q=01 болады. Даламбердің б) белгісі бойынша берілген қатар жинақты.
Бұл қатардың жинақтылығын а) белгісі арқылы да көрсетуге болады, an+1an=2n+1=231, n=2, 3, ...
Мысал 1.1.8. Қатарды жинақтылыққа зертте:
a) 35+582+7113+...+2n+13n+2n+...
Шешуі. limn--infinityan=limn--infinity2n +13n+2n=23infinity=0, яғни жинақтылықтың қажетті шарты орындалады. Коши белгісін қолданамыз:
limn--infinitynan=limn--infinityn 2n+13n+2n=limn--infinity2n+13n+2=2 31 - қатар жинақты.
б) гармониялық қатар үшін:

1+12+13+...+1n

Жинақтылықтың қажетті шарты : limn--infinityan=limn--infinity1n =0 орындалады. Даламбер белгісін қолданамыз: limn--infinityan+1a_n=limn--infin itynn+1=1 - жинақтылық туралы сұрақ ашық қалады.
Мысал 1.1.9.

n=1infinity4n-35n+23n+4.

Шешуі. an=4n-35n+23n+4 болады. Коши белгісін қолдансақ:
limn--infinitynan=limn--infinity4 n-35n+23n+4n=limn--infinity4-3n5+2 n3+4n=4531

Яғни, берілген қатар жинақты.
Ескерту. Даламбер және Коши белгілері limn--infinityan+1an=1, limn--infinitynan=1, яғни q=1 болған жағдайларда жарамсыз. Бұл жағдайларда қатар жинақты да, жтнақсыз да бола береді. Осы мағынада бұл екі белгіге қарағанда салыстыру және интегралдық белгілері сезімтал.
Раабе белгісі. Көрсетілген жай белгілер мәселені шеше алмайтын жағдайларда, күрделірек белгілерді пайдалануға тура келеді. Мұндай белгілердің бәре де берілген қатарды басқа стандарт қатарлармен салыстырудан шығады. Стандарт қатарлар ретінде геометриялық прогрессиядан гөрі баяулау жинақты немесе баяулау жинақсыз қатарды алады.
Бұл жерде берілген (А) қатарады Hs гармониялық қатарлармен салыстырғаннан шыққан Раабе белгісін қарастырамыз. Сонда төменгі өрнекті қарастыруға тура келеді:

Rn=n1-an+1an.

Раабе белгісі. Егер жеткілікті үлкен n үшін

Rn=r

теңсіздігі орындалса (мұндағы r - бірден артық тұрақты сан), онда қатар жинақты болады; ал егер де, қандай да бір нөмірден бастап,

Rn=1

болса, онда қатар жинақсыз болады.
Сонымен, жеткілікті үлкен n үшін

n1-an+1an=r1 не an+1an=1-rn

болсын. Енді 1 мен r-дің арасынан кез келген s санын аламыз: 1sr. Белгілі шектік қатынас бойынша,

limn--infinity1-1ns-1-1n=s
болғандықтан, жеткілікті үлкен n үшін

1-1ns-1-1nr не 1-1ns1-rn

болады. Сондықтан

an+1an1-1ns

теңсіздігі де орындалады.
Бұл теңсіздікті қайта көшіріп былай жазуға болады:

an+1ann-1ns=1ns1n-1s.

Теңдіктің оң жағында жинақты Hs (s1!) қатардың тетелес екі мүшесінің қатынасы тұр; 1.1.4-теореманы қолданып, (А) қатардың жинақты екеніне көз жеткіземіз.
Егер де бір нөмірден бастап

n1-an+1an=1

болса, онда бірден
an+1an=n-1n=1n1n-1
теңсіздігін табамыз; (А) қатары мен H1 жинақсыз қатарға 1.1.4-теореманы қолдансақ, (А) қатары жинақсыз деген қорытындыға келеміз.
Раабе белгісі де көбінесе шектік формада қолданылады.
Rn өрнегінің шегі (шектеулі не шектеусіз) бар дейік:

limn--infinityRn=R.

Сонда R1 болғанда қатар жинақты, ал R1 болғанда қатар жинақсыз болады.
Даламбер және Раабе белгілерін салыстырсақ, соңғы белгінің біріншіден едәуір күштірек екенін көреміз. Егер D=limn--infinityDn шек бар болып және ол бірден өзге сан болса, онда Rn=n1-Dn өрнегінің де R шегі болады да, бұл шек D1 болғанда +infinity-ке, ал D1 болғанда, -infinity-ке тең болады. Сөйтіп, Даламбер белгісі берілген қатардың сипаты туралы мәселені шешсе, Раабе белгісі оны әлдеқайда айқын шешіп береді; ол - ол ма, мұндай жағдайлардың барлығы R-дің мүмкін мәндерінің ішінде тек екі мәнді ғана, атап айтқанда +-infinity-ке тең мәндерді ғана, қамти алады. D=1 болғандықтан, Даламбер белгісі ешбір анық нәтиже бере алмайтын жағдайлардың бәрінде қатардың жинақтылығының R-дің бірге тең емес барлық мәндері шешіледі.
Енді Кошидың интегралдық белгісі деп аталатын теореманы келтірейік.
Теорема 1.1.5 (Кошидың интегралдық белгісі)[9]. Егер fx функциясы [0; infinity) аралығында теріс емес, үзіліссіз және өспейтін болса, онда

0infinityfxdx

меншіксіз интегралы мен

0infinityf(n)=f0+f1+f2+...

қатары бір мезгілде жинақты немесе бір мезгілде жинақсыз болады.
Дәлелдеу. Теорема шартынан

fn+1=nn+1fn+1dx=nn+1fxdx=nn+1fndx =fn, n=0, 1, 2,...

теңсіздіктері шығады. Бұларды n нөмірі бойынша қосындыласақ,

1kf(n)=0kf(n+1)=0knn+1fxdx=0k+1fxd x=0kf(n)

аламыз. Бұл теңсіздіктердің мүшелері теріс емес болғандықтан, k өскенде тізбектер монотонды кемиді. Сондықтан теоремадағы тұжырым орындалады.
Мысал 1.1.10. n=1infinity1nα қатары α1 болса жинақты, α=1 болса жинақсыз болатынын дәлелдеу керек.
Дәлел. 1infinity1nαdx - меншіксіз интегралы α1 болса жинақты, α=1 болса жинақсыз еді. Олай болса Коши белгісі бойынша берілген қатар да солай болады.
n=1infinity1nα - Дирихле қатары деп аталады. Дербес жағдайда егер α=1 болса, онда n=1infinity1n - гармониялық қатарын аламыз.
Мысал 1.1.11. n=2infinity1nln1+αn, α0, қатарының жинақты болатынын дәлелдеу керек.
Дәлел.

2infinity1xln1+αxdx=limb--infinity 2bln-1-αxdlnx=limb--infinityln-αx- α2b=
=limb--infinity1-α∙1lnαb-1lnα2=1αl nα2infinity.

Олай болса, Коши белгісі бойыншаберілген қатар жинқты.

1.1.3 Таңбалары ауыспалы қатарлар

Анықтама 1.1.4. Қатардың мүшелері нақты сандар болса, олар оң немесе теріс таңбалы болатындықтан оны мүшелері айнымалы таңбалы қатар немесе жай ғана айнымал таңбалы қатар деп атайды. Егер қатардың кез келген екі көрші мүшелерінің таңбалары қарама-қарсы болса, онда оны мүшелері ауыспа таңбалы қатар дейді.
Анықтама 1.1.5.

a1+a2+...+an+..., (1.1.13)

сандық қатарының мүшелері деп аталатын ui, i=1, 2,... оң да, теріс те болатын болса, онда бұл қатар таңбалары ауыспалы қатар деп аталады.
Таңбалары алма-кезек ауыспалы қатар (1.1.13) қатарының дербес жағдайы:

a1-a2+a3-a4+..., ai=0, i=1, 2, ... (1.1.14)

Лейбниц белгісі. Егер (1.1.14) қатарының мүшелері үшін қандай да бір N нөмірінен бастап aN=aN+1=aN+2=... теңсіздігі орындалып жəне limn--infinityan=0 болса, онда (1.1.13) қатары жинақты жəне оның қосындысы оң сан. Онда ол Лейбниц қатары д. а.
Теорема 1.1.6. Лейбниц қатары жинақты және оның қосындысы қатардың бірінші мүшесінен аспайды: S=a1.
Дәлелдеу. Қатардың жұп нөмірлі дербес қосындыларын келесі түрде топтасақ:

S2n=a1-a2-a3-a4-a5-...-a2n-2-a2n-1- a2n,

теорема шарты бойынша жақша ішіндегі айырмалар теріс емес және ak0, k=1, 2,... болғандықтан, S2n=a1 аламыз. Егер осы жұп нөмірлі дербес қосындылары S2n=a1-a2+a3-a4+...+(a2n-a2n-1) түрінде топтасақ, онда тағы да жақша ішіндегі айырмалардың теріс еместігінен S2n тізбегінің монотонды кемімейтінін көреміз.
Монотонды кемімейтін және жоғарыдан a1 санымен шенелген тізбек үшін limn--infinityS2n=S=a1 қатысты орындалатыны белгілі.
Тақ нөмірлі дербес қосындылардың да шегі осы сан болады: limn--infinityS2n-1= =limn--infinityS2n-a2n=S-0=S. Олай болса limn--infinitySn=S=a1.
Мысал 1.1.12. 1-12+13-14+...=n=1infinity-1n+11n қатары - Лейбниц қатары. Шынында да, 1n0, n=1, 2, ... оң сандарынан құралған ауыспа таңбалы қатар үшін 1) 1n=1n+1, n=1, 2, ...; 2) limn--infinity1n=0 шарттары орындалады. Олай болса қатар жинақты және оның қосындысы S=1. Бұл қосынды n=1infinity-1n+11n=ln2 тең болатыны төменде көрсетіледі.
Дирихле белгісі. n=0infinitycn сандық қатары берілсін. Егер қайсыбір ann=0infinity және bnn=0infinity сандық тізбектері үшін а) әр n нөмері үшін cn=anbn; b) n=0infinityan қатарының Sn=k=0nak дербес қосындыларынан құрылған тізбек шенелген; с) b0=b1=...=bn=...; d) limn--infinitybn=0 шарттары орындалса, онда n=0infinitycn қатары жинақталады.
Дәлелдеуі. А) бойынша anbnқатары cn қатарының басқаша жазылуы болады. b) бойынша белгілі бір c оң саны мен кез келген n=0,1,... үшін Sn=c болады. d) шартынан әр ε оң саны үшін bk=ε2c болатындай k саны табылатыны шығады. Бұл айтылғандар мен (1.1.13) және с) бойынша барлық k=p=q үшін

n=pqanbn=n=pq-1Snbn-bn-1+Sqbq+Sp-1b p=
=n=pq-1Snbn-bn+1+Sqbq+Sp-1bp==cn =pq-1bn-bn+1+bq+bp=cbp-bq+bp+bq=2cb p==2cbk=2cε2c=ε

Сондықтан Коши критерийі бойынша anbn=cn қатары жинақталады. Бұнда, бірінші теңсздікте с) бойынша bn-bn+1= болатыны, ал келесі теңсіздігінде n=pq-1bn-bn+1=bp-bq теңдігі пайдаланылды. Теорема дәлелденді.
Абель белгісі. n=0infinitycn сандық қатары берілсін. Егер қайсыбір ann=0infinity және bnn=0infinity сандық тізбектері үшін а) әр n нөмері үшін cn=anbn; в) n=0infinityan қатары жинақталса; с) bn - монотонды тізбек болса; d) bn - шенелген тізбек, яғни белгілі бір c0 саны үшін bn=c (n=0,1,...) болса, онда n=0infinitycn қатары жинақталады.
Дәлеледеуі. an жинақталатын қатар болғандықтан, Коши критерийі бойынша әр ε оң саны арқылы k=p=n болған сайын k=pnakε болатындай k саны табылады. Енді Абель теңдіктерінде a0=...=ap-1=0 деп алсақ, онда n=p үшін Sn=k=pnak болады да, бұл жағдайда (1.1.13) былай көшіріледі:

n=pqanbn=n=pq-1k=pnak)(bn-bn+1+k=pq akbq

Анықтық үшін bn кемімейтін тізбек деп ұйғарсақ, онда n үшін bn-bn+1=0 болады. осы айтылғанның k=p=q үшін

n=pqcn=n=pqanbn=n=pq-1n=pnakbn-bn+ 1+n=pqakbq==εn=pq-1bn+1-bn-bq=εbq -bp-bq=εbp=cε

Болады, демек, тағы да Коши критерий бойынша cn қатары жинақталады. Теорема дәледенді.
Ескерту. Дирихле және Абель теоремалары дәлелдеу үстінде Абель түрлендіруі қолданды. Бұл теңдіктің оң жағы Коши критерийіне тиісті қатар бөлігі болса, сол жағында - S мен bn көбейтінділерінің қосындысы. Ал қосынды кішкене болуы үшін сол көбейткіштің бірі кішкене, екіншісі шенелген болуы керек. Екеуінде де bn монотонды болып, біріншісінде Sn шенелген, bn кішкене болса, екіншісінде, керісінше, Sn кішкене, ал bn шенелген болды.

1.1.4 Абсолютті және шартты жинақтылық

Біз осы уақытқа дейін мүшелері оң қатарларды қарап келдік.
Егер берілген қатардың барлық мүшелерінің таңбалары теріс болса, онда олардың барлығын (-1)- ге көбейтіп, мүшелері оң қатарға келеміз. Егер берілген қатар мүшелерінің тек біразының ғана (саны шектеулі мүшелерінің ғана) таңбалары ылғи теріс болып қалғандарының таңбалары оң болса, онда сол теріс таңбалы мүшелерді шығарып тастап тағы да мүшелері оң қатарға келеміз. Сол сияқты, егер берілген қатар мүшелерінің тек біразының ғана (саны шектеулі мүшелерінің ғана) таңбалары оң боып қалғандарының таңбалары теріс болса, онда сол оң таңбалы мүшелерді шығарып тастап, барлық мүшелері теріс қатарға келеміз, ал бұл қатардың барлық мүшелерін (-1)- ге көбейтіп, оны оң қатарға айналдырамыз.
Енді мүшелерінің таңбалары оң да, теріс те болып келетін төмендегі:

a1+a2+a3+...+an+... (1.1.15)

қатарды қарайық.
(1.1.15) қатардың оң таңбалы жіне теріс таңбалы мүшелерінің саны шексіз деп ұйғарамыз.
Егер (1.1.15) қатар мүшелерінің абсолют шамаларынан құрылған мына қатар

a1+a2+a3+...+an+... (1.1.16)

жинақты болса, онда осы (1.1.15) қатарды абсолют жинақты қатар деп атайды. Егер (1.1.15) қатар жинақты болып, ал оның мүшелерінің абсолют шамаларынан құрылған (1.1.16) қатар жинақсыз болса, онда (1.1.15) қатарды шартты жинақты қатар деп атайды.
Мысал 1.1.13.[6]

1-12+13-14+... (1.1.17)

қатары Лейбниц белгісі бойынша жинақты, ал оның абсолют шамаларынан құрылған қатар (гармониялық қатар) жинақсыз. Ендеше, (1.1.17) қатары шартты жинақты.
Мысал 1.1.14. n=1infinity-1nn-12∙n2n-1n.
Шешуі. Берілген қатардың абсолют шамаларынан құралған қатарды қарастырамыз:n=1infinityn2n-1n.
Бұл қатар Коши белгісі бойынша жинақты:

limn--infinitynn2n-1n=limn--infin ityn2n-1=121.

Сонымен, берілген қатар абсолютті жинақты.
Мысал 1.1.15.

n=1infinity-1n-1n.

Шешуі. Берілген қатардың абсолют шамаларынан құралған қатарды қарастырамыз: n=1infinity1n, бұл қатар көрсеткіші p=121 болатын Дирихле қатары.
Берілген қатар таңбасы алма-кезек ауыспалы қатар болғандықтан, Лейбниц белгісін қолдансақ:
1) 1n1n+1 , яғни, қатардың мүшелерінің тізбегі кемімелі;
2) limn--infinity-1n-1n=limn--infini ty1n=0.
Мысал 1.1.16.
Қатар

112-122+132-142+...+(-1)n+11n2+...

абсолютті жинақты, сондықтан мына қатар жинақты болады

112-122+132-142+...+1n2+...

Сондықтан, дәлелденген теорема бойынша қатар жинақты болады.
Мысал 1.1.17. Қатар

sinα12+sin2α22+...+sinnαn2+...

Айнымалы таңбалы болсын.Берілген қатардың мүшелерінен абсолюттік шамасы бойынша қатар құрайық

sinα12+sin2α22+...+sinnαn2+...

Басқаша айтқанда, айнымалы таңбалы қатарлар жинақты болады, бірақ абсолютті жинақталмайды.
Мысал 1.1.18. Қатар

1-12+13-14+...+(-1)n+11n+... (1.1.18)

Осы қатардың мүшелерінің модулі гармоникалық қатарды береді, бірақ ол жинақсыз болады. (1.1.18) қатар абсолютті жинақты болмайды.
Олар жинақты болатынын қарастырайық. Sn(1.1.18) қатарының n- нші ретті дербес қосындысы болсын. Біз

S2k=1-12+13-14+...+12k-1-12k=11∙2+1 3∙4+...+12k-12k

қатарын аламыз.

11∙2+13∙4+...+12k-12k (1.1.19)

қатарын
112-122+132-142+...+1n2+...

қатарымен салыстырсақ бірінші қатардың жинақтылығы шығады.

limn--infinityS2k=S (1.1.20)

S2k+1=1-12+13-...-12k+12k+1=1-12+13 -...-12k+12k+1=1-12∙3+14∙5+...+12k2 k+1

Мысал 1.1.19. [8]Қатар

12·3+14·5+...+12k(2k+1)+...

жинақты болсын. Оның қосындысы S'- қа тең болсын.

limn--infinityS2k+1=1-S' (1.1.21)

Бірақ қатардың қосындысы, (1.1.19) және (1.1.20) қатарынан құрылған мүшелерінің қосындысы

11∙2+12∙3+13∙4+...+1n(n+1)+...

1-ге тең болады. Қатарларды қосу теоремасы бойынша S+S'=1 , демек, 1-S'=S болады. Осыдан (1.1.21) теңдігін

limk--infinityS2k+1=S

жазуға болады.
(1.1.20) теңдігімен бірге

limn--infinitySn=S

Сонымен (1.1.19) қатары жинақты болады.
Абсолютті жинақты қатарлардың мүшелерінің орындарын алмастыру.
Теорема 1.1.7. Егер абсолютті жинақты қатарлардың мүшелерін орындарын еркін алмастырсақ, онда пайда болған қатар абсолютті жинақты болады, бірақ оның қосындысы алғашқы қатардың қосындысына тең болады.
Дәлелдеуі. Қатар

a1+a2+...+an+... (1.1.22)

S қосындысы бар абсолютті жинақты қатар болсын, ал

b1+b2+...+bn+... (1.1.23)

Қатары (1.1.15) қатарының мүшелерінің орындарын алмастырған шыққан қатар (1.1.22) жинақты қатарынан абсолютті жинақты қатары шығады

a1+a2+...+an+... (1.1.24)

Осы қатардың қосындысын S деп белгілейік. Дирихле теоремасы бойынша қатардың жинақтылығы және оның қосындысы мүшелерін алмастырғаннан өзгермейді. Сонымен қатар, қатар жинақты және S қосындысы болуы керек

b1+b2+...+bn+... (1.1.25)

Сондықтан абсолютті жинақты (1.1.23) қатар жинақты болады. Оның қосындысын S* деп белгілейік.
Енді қатарын

a1+a1+(a2+a2...+(an+an)... (1.1.26)

құрайық.
Қатарларды қосу теоремасы бойынша бұл қатар жинақты және оның қосындысы S+S болады.
Енді

an+an=0

теңсіздігін қарастырсақ, (1.1.26) қатардың мүшелері теріс емес болады. (1.1.22) қатардың мүшелерін алмастыруы сияқты осы қатардың мүшелерін алмастырайық. Осыдан біз

b1+b1+b2+b2+...+bn+b2+... (1.1.27)

қатарын аламыз.
Дирихле теоремасын қолданып, (1.1.26) қатардың мүшелері теріс емес болады, осыдан (1.1.27) қатар жинақты, ал оның қосындысы S+s болады. Басқаша айтқанда, (1.1.27) қатары (1.1.23) және (1.1.25) жинақты қатарларының қосындысы болады. Сондықтан қатарларды қосу теоремасы бойынша оның қосындысы S+S* болады. Сонымен S+S=S+S* болады, осыдан S=S* теңдігі шығады.
Теорема 1.1.8 (Риман теоремасы). Егер n=1infinityan қатары шартты жинақталса, онда алдын ала берілген әрбір нақты саны үшін қосындысы дәл осы αсанына тең болатын n=1infinityan қатарының жинақталатын n=1infinityakалмастыруы бар болады.
Дәлелдеуі. Егер қатары бойынша теріс емес мүшелі n=1infinitypn, n=1infinityqn қатарлары құрылсын. Олардың әрқайсысы жинақталмасын. Расына да, кері жорып, мәселен, n=1infinityqnқатары жинақталады делік. pn=an+qn (n=1,2,...) болып, an және qn қатарлары жинақталғандықтан (бірінші- теорема шарты, екіншісі- ұйғаруымыз бойынша), жинақталатын қатарлар қосындысы ретінде, pn қатары да жинақталады. Осыған қосымша pn+qn=anболғандықтан,an қатары да жинақталуы керек, ал бұл теорема шартына қайшы. Сөйтіп, n=1infinitypn=+infinity, n=1infinityqn=+infinity
Енді мақсатымыз болатын α- ға ұмтылатын алмастыру pn және qn қатарларының n=mi+1mi+1p, n=rj+1rj+1qn үзінділерін қайсыбір тәртіп бойынша кезек-кезек қосып-алу арқылы құрылады.Соған байланысты мынаны ескерейік. Мәні нольге тең an мүшесі npn мен nqnқатарларының екеуіне де бірдей енген еді, ал бұл біз жоспарланған алмастыруды бұзады: an=0 болатын мүше pn=0, qn=0 ретінде алмастыруға екі рет кіреді. Сол себептен нольге тең мүшелерді pnмен qn қатарларының бірінде, мәселен, бірінші қатарда қалдырайық. Ол үшін нольге тең мүшелері шығарылған q1,...,qn,... тізбегін q1*,...,qn*,... деп белгілейік (мысалы, q1=13, q2=0, q3=0, q4=3, q5=21 болса, онда q1*=13, q2*=17, q3*=3, q4*=221) . qn және qn* қатарларының дербес қосындыларының мәндер жиыны бірдей болғандықтан,

supNn=1Nqn*=supn=1Nqn=+infinity

яғни

n=1infinityqn*=+infinity

Іздеген қатарды құру алдында тағы бір керек қасиетті атап өтейік: an жинақталатын болғандықтан an--0 (n--infinity), сол себептен pn=an+an2--0 qn=an-an2--0 , qn*--0 (n--infinity)
Сонымен, αнақты саны берілген. Анықтық үшін α0 болсын. m1 саны n=1m1pnα теңсіздігі орындалатын ең кіші оң бүтін сан болсын. Ондай сан расында да бар, өйткеніn=1m1pn--+infinity (m--infinity). Сонымен, n=1m1+1pn=α, n=1m1pnα; сондықтан (n=1m1pn)-α=(n=1m1+1pn)-α+pm1=pm1. Енді r1 саны n=1m1pn-n=1r1qn*α теңсіздігі орындалатын ең кіші оң бүтін сан болсын. Ондай сан расында да бар, өйткені

n=1rqn*--+infinity (r--+infinity)

Сонымен

n=1m1pn-n=1r1-1qn*=α

n=1m1pn-n=1r1qn*α

сол себептен

n=1m1pn-n=1r1qn*-α=α-n=1m1pn-n=1r1- 1qn*+qr1*=qr1*

Дәл осылай жалғастыра беріп, келесі

n=1m1pn-n=1r1qn*+n=m1+1m2pn-n=r1+1r 2qn*+...+
+n=mi-1+1mipn-α=pmi (1.1.29)

(n=1m1pn)-(n=1r1qn)+(n=rj-1+1riqn)- α=qrj* (1.1.30)

теңсіздіктері орындалатын mjj=1infinityжәне rjj=1infinity өспелі оң бүтін сандар тізбектерін құрамыз. Бұдан біріншісі мүшесі- n=1m1pn нақты саны, екіншісі мүшесі- (-n=1r1qn*) нақты саны, т.с.с. болатын

p1+...+pm1+-q1-...-qr1+pm1+1+...+pm 2+-qr1+1-...--qr2+...+pmi-1+1+...+p mi+-qki-1+1-...-qrj+... (1.1.4.25)

қатары жинақталып, оның қосындысы α саны болатынын көреміз, өйикені оның дербес қосындылары (1.1.29) не (1.1.30) теңсіздіктеріндегі квадрат жақшаның ішіндегі өрнектердің бірі болады, ал pmi--0 (i--infinity) және qrj*--0 (i--infinity). (1.1.30) қатарында жақшаларды ашып жібергенде пайда болатын қаар алғашқы n=1infinityan қатарының алмастыруы болады, өйткені оның әр an мүшесі pn және (-qninfinity) (an=0 үшін an=-qn) қатарларының бірінде және тек бірінде ғана бір рет қана кездеседі, ал pn және (-qn*) қатарларының әр мүшесі (1.1.30) қатарында ерте ме, кеш пе, әйтеуір бір рет кездеседі.
Ал (1.1.30) қатарында әр жақшаның ішіндегі мүшелер бір таңбалы болғандықтан, сол жақшаларды ашып жібергенде пайда болатын қатар да жинақталып, қосындысы жақшалы (1.1.29) қатарының қосындысына, яғни αсанына, тең болады. Сонымен, α0 болғанда жинақталып, қосындысы α болатын n=1an қатарының алмастыруы құрылды.
Егер α0 болса, онда осы құрылысты qn* қатарының дербес қосындысынан бастаса болғаны, ал α=0 болғанда- қайсысынан бастасақ та бәрібір. Теорема толық дәлелденді.
Ескерту. Дәл осы әдіспен дербес қосындылар тізбегінің ешқандай шегі жоқ не +infinity пен -infinity - ке тең шектері бар болатын алмастырулар құруға болады.
Дербес қосындыларының шегі жоқ алмастыру былай құрылады: α1α2 болатындай екі нақты сан алып (мәселен, α1=01=α2) , (1.1.28) қатарындағы mi және rj нөмірлерін соңғы қосылғышы (n=m+1mi+1pn) болатын дербес қосынды α2 - ден үлкен, ал соңғы қосылғышы (-n=rj+1rj+1qn*) болатын дербес қосынды α1-ден кіші болатындай етіп таңдап алсақ, онда (1.1.28) қатарының дербес қосындыларының ешқандай шегі болмайды, демек, (1.1.28) қатары жинақталмайды. Сол себептен (1.1.28) қатарында жақшаларды ашып жібергенде пайда болатын n=1infinityan қатарының n=1infinityakn лмастыруы да жинақталмайды.
Ал дербес қосындылар шегі +infinity болатын алмастыруды құру үшін mi тізбегінің m1=1 деп алып, m2,...,mi-1 таңдап алынса, онда mi - ді

-q1+n=1m1pn+-q2+n=m1+1m2pn+...+-qi- 1+n=mi-1+1mipn+
+-qin=1mi-1pn

болатындай таңдап алсақ болғаны. Онда

-q1+n=1m1pn+...+-qi-1+n=mi-1mipn+.. .

қатарының дербес қосындылар шегі де, ондағы жақшаларды ашқанда пайда болатын n=1infinityan қатарының алмастыруының қосындысы да +infinity болады. -infinity жағдайында да алмастыру осындай құрылады.
Сөйтіп, дәлелденген теоремадан мынадай қорытындыға келеміз: жинақталатын n=1an қатары берілсін. онда келесі екі жағдайдың біреуі және тек біреуі ғана орындалады: 1) an қатары абсолютті жинақталады; 2) an қатары абсолютті емес жинақталады. Бірінші жағдайда оның жинақталатын алмастырулар қосындыларының жиыны бір элементті болып, an қатарының қосындысынан тұрады. Екінші жағдайда оның жинақталатын алмастырулар қосындыларының жиыны (-infinity, +infinity) интервалы болады.

1.2 Функционалдық қатарлар

1.2.1 Функционалдық қатарлар ұғымы

Мүшелері функциялар болатын қатарларды қарастырайық.
Анықтама 1.2.1. [2] Мүшелері берілген D жиынында анықталған, нақты мәнді akx, k=0, 1, 2, ... функцияларынан құралған

a0x+a1x+...+anx+...=k=0infinityak(x ) (1.2.1)

түріндегі өрнекті функционалдық қатар дейді. D осы функционалдық қатардың анықталу жиыны (аймағы) деп аталады.
Егер x-ке белгілі бір мән берсек, онда (1.2.1) функционалдық қатар сандық қатарға айналады. Функционалдық қатар туралы ол жинақты немесе жинақсыз деп айтудың мағынасы жоқ. Өйткені ол x-тің кейбір мәндерінде жинақты болса, -тің баска кейбір мәндерінде жинақсыз болуы мүмкін.
Анықтама 1.2.2. (1.2.1) қатары жинақты болатын x мəндер жиыны функционалдық қатардың жинақтылық облысы деп аталады.
Қатардың жинақтылық облысында қатардың қосындысы x-ке байланысты функция болатындықтан, қатардың қосындысын S(x) деп белгілейміз. Жинақталу аймағын G арқылы белгілесек, G⊂D болатыны түсінікті.
Мысал 1.2.1. x1 болған жағдайда, 1+x+x2+...+xn+... қатары жинақты.
Шешуі. Себебі, бұл қатар кемімелі геометриялық прогрессия (a1=1, q=x) жəне оның қосындысы 11-x. Сонымен, (-1,1) интервалында берілген қатар жинақты жəне

Sx=11-x=1+x+x2+...+xn+...

Snx=u1x+u2x+...un(x) болса, онда rnx=un+1x+un+2x+... - қатардың қалдық мүшесі.
Мысал 1.2.2. k=1infinity1kx=1+12x+13x+...+1nx+.. . қатарының анықталу жиыны D=(-infinity; +infinity). Бұл катар, x1 болса жинақты, ал x=1 болса жинақсыз болатыны белгілі. Демек, оның жинақталу аймағы G=(1; +infinity).
Мысал 1.2.3. k=0infinityxk=1+x+x2+x3+...+xn+... қатарының анықталу жиыны -- D=(-infinity; +infinity). Оның ... жалғасы

Сіз бұл жұмысты біздің қосымшамыз арқылы толығымен тегін көре аласыз.