МАТЕМАТИЧНІ ШКІЛЬНІ ОЛІМПІАДИ.: 2014

Интегралы. Ряды. Бесконечные произведения. Непрерывные дроби. Бесконечные вложенные радикалы

1. Интегралы

1.1. Одно полезное неравенство

Задача 1. Пусть

— взаимно обратные возрастающие функции, определенные на $[0;+\infty)$ , интегрируемые на любом отрезке [0;c]

и такие, что f(0)=g(0)=0

. Доказать, что для всех положительных

выполнено неравенство

$\displaystyle \int_{0}^{a}f(x)dx+\int_{0}^{b}g(x)dx\ge ab.$

Решение.

1.2. Вычисление интегралов с помощью рядов

Задача 2. Доказать, что

$\displaystyle \int_{0}^{1}x^xdx=1-{1\over 2^2}+{1\over 3^3}-{1\over 4^4}+\ldots$

Решение.

$\displaystyle x^x=e^{x\ln x}=1+x\ln x+{(x\ln x)^2\over 2!}+\ldots+{(x\ln x)^n\over n!}+\ldots$

Найдем интегрированием по частям

$\begin{array}{l} \displaystyle\int_0^1x^m(\ln x)^ndx=\left.{1\over m+1}x^{m+1}(\ln x)^n\right|_0^1- {n\over m+1}\int_0^1x^m(\ln x)^{n-1}dx=\\[3mm] \displaystyle =-{n\over m+1}\int_0^1x^m(\ln x)^{n-1}dx={n(n-1)\over (m+1)^2}\int_0^1x^m(\ln x)^{n-2}dx=\ldots\\[3mm] \displaystyle =(-1)^n{n!\over (m+1)^n}\int_0^1x^mdx=(-1)^n{n!\over (m+1)^{n+1}}. \end{array}$

Отсюда получаем требуемое.

2. Ряды. Суммирование рядов

2.1. Непосредственное суммирование

Если $u_n=v_{n+1}-v_n$ $(n=1,2,\ldots)$ и $\displaystyle\lim_{n\to\infty}v_n=v_{\infty}$ , то

$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}u_n=v_{\infty}-v_1.$

Задача 3. Найти $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}{1\over n(n+1)}$ .

Решение. Так как $\displaystyle {1\over n(n+1)}={1\over n}-{1\over n+1}$ , то получаем

$\begin{array}{l}\displaystyle \sum_{n=1}^k{1\over n(n+1)}=\sum_{n=1}^k\left({1\over n}-{1\over n+1}\right)=\\[3mm] \displaystyle =1-{1\over 2}+{1\over 2}-{1\over 3}+\ldots+{1\over k}-{1\over k+1}= 1-{1\over k+1}. \end{array}$

Отсюда сумма нашего ряда равна

В частности, если

$\displaystyle u_n={1\over a_na_{n+1}\dots a_{n+m}},$

где числа

$(i=1,2,\ldots)$ образуют арифметическую прогрессию со знаменателем

, то

$\displaystyle v_n=-{1\over md}\cdot{1\over a_na_{n+1}\dots a_{n+m-1}}.$

2.2. Представление искомого ряда в виде линейной комбинации известных рядов

$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}{(-1)^{n+1}\over n}=\ln 2,\ \sum_{n=1}^{\infty}{1\over n^2}={\pi^2\over 6},\sum_{n=1}^{\infty}{(-1)^{n+1}\over n^2}={\pi^2\over 12}.$

Задача 4. Найти сумму ряда

$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}{(-1)^n\over n^2+n-2}.$

Решение. Разложим общий член ряда на простейшие:

$\displaystyle {1\over n^2+n-2}={1\over 3(n-1)}-{1\over 3(n+2)}.$

Получаем

$\begin{array}{l} \displaystyle\sum_{n=2}^{\infty}{(-1)^n\over n^2+n-2}={1\over 3}\sum_{n=2}^{\infty}{(-1)^n\over n-1}-{1\over 3}\sum_{n=2}^{\infty}{(-1)^n\over n+2}=\\[3mm] \displaystyle={1\over 3}\sum_{n=1}^{\infty}{(-1)^{n+1}\over n}+{1\over 3}\sum_{n=2}^{\infty}{(-1)^{n+3}\over n+2}={1\over 3}\ln2+{1\over 3}\sum_{n=4}^{\infty}{(-1)^{n+1}\over n}=\\[3mm] \displaystyle={1\over 3}\ln2+{1\over 3}\left(\sum_{n=1}^{\infty}{(-1)^{n+1}\over n}-1+{1\over 2}-{1\over 3}\right)={2\over 3}\ln2-{5\over 18}. \end{array}$

2.3. Метод Абеля

Если ряд $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}a_n$ сходится, то

$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}a_n=\lim_{x\to1-0}\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n.$

Сумма степенного ряда $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n$ в простейших случаях находится с помощью почленного дифференцирования или интегрирования.

Задача 5. Найти сумму ряда

$\displaystyle 1-{1\over 4}+{1\over 7}-{1\over 10}+\ldots$

Решение. Положим

$\displaystyle F(x)=\sum_{n=0}^{\infty}{(-1)^n\over 3n+1}x^{3n+1}.$

Имеем

$\begin{array}{l} \displaystyle F^{\prime}(x)=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^nx^{3n}=1-x^3+x^6-x^9+\ldots={1\over 1+x^3}=\\[3mm] \displaystyle={1\over 3(x+1)}+{-x+2\over 3(x^2-x+1)}={1\over 3}\left({1\over x+1}-{x-2\over x^2-x+1}\right). \end{array}$

Интегрируем:

$\begin{array}{l} \displaystyle \int{x-2\over x^2-x+1}dx=\int{x-1/2-3/2\over x^2-x+1}dx=\\[3mm] \displaystyle =\int{x-1/2\over (x-1/2)^2+3/4}dx-{3\over 2}\int{dx\over (x-1/2)^2+3/4}=\\[3mm] \displaystyle ={1\over 2}\ln\left[\left( x-{1\over 2}\right)^2+{3\over 4}\right]-{3\over 2}\cdot{4\over 3}\int{dx\over \left({2\over \sqrt{3}}\left( x-{1\over 2}\right)\right)^2+1}=\\[3mm] \displaystyle ={1\over 2}\ln(x^2-x+1)-2\cdot{\sqrt{3}\over 2}\int{d\left({2\over \sqrt{3}}\left( x-{1\over 2}\right)\right)\over \left({2\over \sqrt{3}}\left( x-{1\over 2}\right)\right)^2+1}=\\[3mm] \displaystyle ={1\over 2}\ln(x^2-x+1)-\sqrt{3}{\rm arctg}\left({2\over \sqrt{3}}\left( x-{1\over 2}\right)\right)+c\\[3mm] \displaystyle \int{dx\over 3(x+1)}={1\over 3}\ln|x+1|+c. \end{array}$

Таким образом,

$\displaystyle F(x)={1\over 3}\ln|x+1|+{1\over \sqrt{3}}{\rm arctg}\,\left({2\over \sqrt{3}}\left( x-{1\over 2}\right)\right)-{1\over 6}\ln(x^2-x+1)+c .$

Константу

находим из условия F(0)=0

: $\displaystyle c={\pi\over 6\sqrt{3}}$ , тогда

$\displaystyle F(x)={1\over 3}\ln|x+1|+{1\over \sqrt{3}}{\rm arctg}\left({2\over \sqrt{3}}\left( x-{1\over 2}\right)\right)-{1\over 6}\ln(x^2-x+1)+{\pi\over 6\sqrt{3}}.$

Далее получаем

$\displaystyle F(1-0)={1\over 3}\ln2+{\pi\over 3\sqrt{3}}.$

Это и есть искомая сумма ряда.

2.4. Суммирование тригонометрических рядов

Для нахождения сумм рядов

$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}a_n\cos nx$ и $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}b_n\sin nx$

их обычно рассматривают соответственно как вещественную и мнимую части суммы степенного ряда в комплексной области $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}a_nz^n$ , где $z=e^{ix}$ .

Здесь во многих случаях полезен ряд

$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}{z^n\over n}=\ln{1\over 1-z} \qquad(|z|<1).$

Задача 6. Найти сумму ряда

$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}{\cos nx\over n}.$

Решение. Этот ряд — вещественная часть степенного ряда

$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} {z^n\over n}=\ln{1\over 1-z},\ z=e^{ix},\ 0<|x|<\pi,$

где под логарифмом понимаем ту ветвь, где $\ln 1=0$ . Тогда имеем

$\begin{array}{l} \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}{\cos nx\over n}=\Re e\ln{1\over 1-z}=\ln\left|{1\over 1-z}\right|=\ln\left|{1\over 1-\cos x-i\sin x}\right|=\\[3mm] \displaystyle \ln\left|{1-\cos x+i\sin x\over 2-2\cos x}\right|=\ln{1\over \sqrt{2-2\cos x}}= \ln{1\over 2|\sin x/2|}. \end{array}$

3. Бесконечные произведения

Определение. Пусть

$p_1,p_2,\ldots,p_n,\ldots$

— некоторая бесконечная последовательность чисел. Тогда их произведение

$\displaystyle p_1p_2\ldots\cdot p_n\cdot\ldots=\prod_{n=1}^{\infty}p_n$

называется бесконечным произведением.

Последовательно перемножая числа $p_1,p_2,\ldots,p_n,\ldots$ , составим последовательность частичных произведений

$P_1=p_1,P_2=p_1p_2,P_3=p_1p_2p_3,\ldots,P_n=p_1p_2\cdot\ldots\cdot p_n.$

Предел

последовательности частичных произведений (конечный или бесконечный) $\{ P_n\}$ будем называть значением бесконечного произведения.

$\displaystyle P=\lim_{n\to\infty}P_n=p_1p_2\cdot\ldots\cdot p_n\cdot\ldots=\prod_{n=1}^{\infty}p_n.$

Если бесконечное произведение имеет конечное значение

, при этом отличное от нуля, то само произведение называют сходящимся, в противном случае — расходящимся.

Достаточно одному из сомножителей быть равным нулю, чтобы и все произведение было равно нулю. В дальнейшем этот случай из рассмотрения будем исключать, так что будем считать, что $p_n\ne0$ .

Задача 7. $\displaystyle\prod_{n=2}^{\infty}\left(1-{1\over n^2}\right)$ .

Так как частичное произведение

$\displaystyle P_n=\left(1-{1\over 2^2}\right)\left(1-{1\over 3^2}\right)\ldots\left(1-{1\over n^2}\right)={1\over 2}{n+1\over n}\to{1\over 2},$

то бесконечное произведение сходится, и его значением будет 1/2

Задача 8. Формула Валлиса

$\displaystyle {\pi\over 2}=\lim_{n\to\infty}{2\cdot2\cdot4\cdot4\cdot\ldots\cdot2n\cdot2n \over 1\cdot3\cdot3\cdot5\cdot\ldots\cdot(2n-1)(2n+1)}$

равносильна разложению числа $\pi/2$ в бесконечное произведение

$\displaystyle {\pi\over 2}={2\over 1}\cdot{2\over 3}\cdot{4\over 3}\cdot{4\over 5}\cdot\ldots\cdot{2n\over 2n-1}\cdot{2n\over 2n+1}\cdot\ldots$

Она же приводит к формулам

$\displaystyle \prod_{m=1}^{\infty}\left[1-{1\over (2m+1)^2}\right]={\pi\over 4},\ \prod_{m=1}^{\infty}\left[1-{1\over 4m^2}\right]={2\over \pi}.$

Для доказательства формулы Валлиса рассмотрим интегралы

$\displaystyle J_m=\int_0^{\pi/2}\sin^mxdx,\ J_m^{\prime}=\int_0^{\pi/2}\cos^mxdx$

при натуральном

Интегрируя по частям, имеем

$\begin{array}{l}\displaystyle J_m=\int_0^{\pi/2}\sin^{m-1}xd(-\cos x)=\\[3mm] \displaystyle =\left.-\sin^{m-1}x\cos x\right|_0^{\pi/2}+(m-1)\int_0^{\pi/2}\sin^{m-2}x\cos^2xdx.\end{array}$

Двойная подстановка обращается в нуль. Заменяя $cos^2x=1-\sin^2x$ , имеем

$J_m=(m-1)J_{m-2}-(m-1)J_m,$

откуда получаем рекуррентную формулу

$\displaystyle J_m={m-1\over m}J_{m-2},$

по которой интеграл J_m

последовательно приводится к J_0

или

. Так, при m=2n

имеем

$\displaystyle J_{2n}=\int_0^{\pi/2}\sin^{2n}xdx={(2n-1)(2n-3)\cdot\ldots\cdot3\cdot1\over 2n(2n-2)\cdot\ldots\cdot4\cdot2}\cdot{\pi\over 2}={(2n-1)!!\over (2n)!!}\cdot {\pi\over 2},$

при

имеем

$\displaystyle J_{2n+1}=\int_0^{\pi/2}\sin^{2n+1}xdx={2n(2n-2)\cdot\ldots\cdot4\cdot2\over (2n+1)(2n-1)\cdot\ldots\cdot3\cdot1}={(2n)!!\over (2n+1)!!}.$

Такие же точно результаты получаются и для $J_m^{\prime}$ .

Замечание. Символом n!!

обозначается произведение натуральных чисел, не превосходящих

и одной с ним четности.

Иначе полученный результат можно записать так:

$\displaystyle \int_0^{\pi/2}\sin^mxdx=\int_0^{\pi/2}\cos^mxdx= \left\{ \begin{array}{ll} \displaystyle {(m-1)!!\over m!!}\cdot{\pi\over 2}& m=2l,(l\in\mathbb{Z}),\\[3mm] \displaystyle {(m-1)!!\over m!!}&m=2l+1,(l\in\mathbb{Z}). \end{array}\right.$

Предполагая, что $0<x<\pi/2$ , имеем неравенства

$\sin^{2n+1}x<\sin^{2n}x<\sin^{2n-1}x.$

Интегрируем эти неравенства на промежутке от

до $\pi/2$ :

$\displaystyle \int_0^{\pi/2}\sin^{2n+1}xdx<\int_0^{\pi/2}\sin^{2n}xdx<\int_0^{\pi/2} \sin^{2n-1}xdx.$

Отсюда в силу формулы для интеграла $\sin^mx$ имеем

$\displaystyle {(2n)!!\over (2n+1)!!}<{(2n-1)!!\over (2n)!!}\cdot{\pi\over 2}<{(2n-2)!!\over (2n-1)!!}$

или

$\displaystyle \left[{(2n)!!\over (2n-1)!!}\right]^2\cdot{1\over 2n+1}<{\pi\over 2}<\left[ {(2n)!!\over (2n-1)!!}\right]^2\cdot{1\over 2n}.$

Так как разность между двумя крайними выражениями

$\displaystyle {1\over 2n(2n+1)}\left[{(2n)!!\over (2n-1)!!}\right]^2<{1\over 2n}\cdot{\pi\over 2}$

очевидно стремится к нулю при $n\to\infty$ , то $\pi/2$ является их общим пределом. Итак,

$\displaystyle {\pi\over 2}=\lim_{n\to\infty}{1\over 2n+1}\left[{(2n)!!\over (2n-1)!!}\right]^2$

или

$\displaystyle {\pi\over 2}=\lim_{n\to\infty}{2\cdot2\cdot4\cdot4\cdot\ldots\cdot2n\cdot 2n \over 1\cdot3\cdot3\cdot5\cdot\ldots\cdot(2n-1)(2n+1)}.$

Получили формулу Валлиса. Она имеет историческое значение как первое представление числа $\pi$ в виде предела легко вычисляемой рациональной последовательности.

4. Бесконечные вложенные радикалы

Пусть

, определим последовательность x_n

так:

$\displaystyle x_1=\sqrt{c},x_2=\sqrt{c+\sqrt{c}},x_3=\sqrt{c+\sqrt{c+\sqrt{c}}},\ldots$

и вообще

$\displaystyle x_n=\underbrace{\sqrt{c+\sqrt{c+\dots+\sqrt{c}}}}_{n}.$

Таким образом, $x_{n+1}$ получается из x_n

по формуле

$x_{n+1}=\sqrt{c+x_n}.$

Ясно, что последовательность x_n

монотонно возрастает. В то же время она ограничена сверху, например, числом $\sqrt{c}+1$ . Действительно, $x_1=\sqrt{c}$ меньше этого числа; если допустить теперь, что какое-либо значение $x_{n}<\sqrt{c}+1$ , то и для следующего значения получаем

$\displaystyle x_{n+1}<\sqrt{c+\sqrt{c}+1}<\sqrt{c+2\sqrt{c}+1}=\sqrt{c}+1.$

Таким образом, наше утверждение доказано по методу математической индукции.

По теореме о монотонной ограниченной последовательности, последовательность x_n

имеет конечный предел

. Для его нахождения, перейдем к пределу в равенстве

$x_{n+1}^2=c+x_n;$

получим, таким образом, что

удовлетворяет квадратному уравнению

Уравнение это имеет корни разных знаков; но интересующий нас предел

не может быть отрицательным, следовательно, равен именно положительному корню:

$\displaystyle a={\sqrt{4c+1}+1\over 2}.$

Замечание. С непрерывными дробями можно действовать аналогичным образом.

Задачи.

1. Докажите, что последовательность

$\sqrt{7},\sqrt{7-\sqrt{7}},\sqrt{7-\sqrt{7+\sqrt{7}}},\sqrt{7- \sqrt{7+\sqrt{7-\sqrt{7}}}},\ldots$

сходится и найти ее предел.

2. Пусть

$\displaystyle a_n=\sqrt{1+2\sqrt{1+3\sqrt{1+4\sqrt{1+5\sqrt{\ldots+(n-1)\sqrt{1+n}}}}}}.$

Докажите, что $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=3$ .

3. Докажите неравенства

$\displaystyle 9<\int_0^3\sqrt[4]{x^4+1}dx+\int_1^3\sqrt[4]{x^4-1}x<9.0001.$

4. Пусть

— положительные числа. Докажите, что

$e^a+(b+1)\ln(b+1)\ge(a+1)(b+1).$

5. Выразите

$\displaystyle \left(2207-{1\over 2207-{1\over 2207-{1\over 2207-\dots}}}\right)^{1\over 8}$

в виде $\displaystyle {a+b\sqrt{c}\over d}$ , где $a,b,c,d\in\mathbb{N}$ .

6. Найдите

$\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}{1\over k\sqrt{k+1}+(k+1)\sqrt{k}}.$

7. Найдите $\displaystyle\lim_{n\to\infty}{1\over n^2}\sum_{k=1}^n[kx]$ . Здесь $[\alpha]$ — целая часть числа $\alpha$ .

8. Последовательность x_n

такая, что

$\displaystyle x_1={1\over 2},\ x_{n+1}=\sqrt{1-\sqrt{1-x_n^2}\over 2},\ n=1,2,\ldots$

Докажите, что

$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}x_n<1,025.$

9. Найдите

$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\prod_{k=2}^n{k^3-1\over k^3+1}.$

10. Вычислить $\displaystyle \int_0^{\infty}{x^3dx\over e^x-1}$ , считая известным, что $\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty}{1\over k^4}={\pi^4\over 90}$ .