PunjabiUni

Learning Objectives

5.5.1 Use the alternating series test to test an alternating series for convergence.

5.5.2 Estimate the sum of an alternating series.

5.5.3 Explain the meaning of absolute convergence and conditional convergence.

So far in this chapter, we have primarily discussed series with positive terms. In this section we introduce alternating series—those series whose terms alternate in sign. We will show in a later chapter that these series often arise when studying power series. After defining alternating series, we introduce the alternating series test to determine whether such a series converges.

The Alternating Series Test

A series whose terms alternate between positive and negative values is an alternating series. For example, the series

and

are both alternating series.

Definition

Any series whose terms alternate between positive and negative values is called an alternating series. An alternating series can be written in the form

Where bn>0bn>0 for all positive integers n.

Series (1), shown in Equation 5.11, is a geometric series. Since |r|=|−1/2|<1,|r|=|−1/2|<1, the series converges. Series (2), shown in Equation 5.12, is called the alternating harmonic series. We will show that whereas the harmonic series diverges, the alternating harmonic series converges.

To prove this, we look at the sequence of partial sums {Sk}{Sk} (Figure 5.17).

Proof

Consider the odd terms S2k+1S2k+1 for k≥0.k≥0. Since 1/(2k+1)<1/2k,1/(2k+1)<1/2k,

Therefore, {S2k+1}{S2k+1} is a decreasing sequence. Also,

Therefore, {S2k+1}{S2k+1} is bounded below. Since {S2k+1}{S2k+1} is a decreasing sequence that is bounded below, by the Monotone Convergence Theorem, {S2k+1}{S2k+1} converges. Similarly, the even terms {S2k}{S2k} form an increasing sequence that is bounded above because

and

Therefore, by the Monotone Convergence Theorem, the sequence {S2k}{S2k} also converges. Since

we know that

Letting S=limk→∞S2k+1S=limk→∞S2k+1 and using the fact that 1/(2k+1)→0,1/(2k+1)→0, we conclude that limk→∞S2k=S.limk→∞S2k=S. Since the odd terms and the even terms in the sequence of partial sums converge to the same limit S,S, it can be shown that the sequence of partial sums converges to S,S, and therefore the alternating harmonic series converges to S.S.

It can also be shown that S=ln2,S=ln2, and we can write

Figure 5.17: For the alternating harmonic series, the odd terms S2k+1S2k+1 in the sequence of partial sums are decreasing and bounded below. The even terms S2kS2k are increasing and bounded above.

□

More generally, any alternating series of form (3) (Equation 5.13) or (4) (Equation 5.14) converges as long as b1≥b2≥b3≥⋯b1≥b2≥b3≥⋯ and bn→0bn→0 (Figure 5.18). The proof is similar to the proof for the alternating harmonic series.

Figure 5.18: For an alternating series b1−b2+b3−⋯b1−b2+b3−⋯ in which b1>b2>b3>⋯,b1>b2>b3>⋯, the odd terms S2k+1S2k+1 in the sequence of partial sums are decreasing and bounded below. The even terms S2kS2k are increasing and bounded above.

Theorem 5.13

Alternating Series Test

An alternating series of the form

converges if

0<bn+1≤bn0<bn+1≤bn for all n≥1n≥1 and

limn→∞bn=0.limn→∞bn=0.

This is known as the alternating series test.

We remark that this theorem is true more generally as long as there exists some integer NN such that 0<bn+1≤bn0<bn+1≤bn for all n≥N.n≥N.

Example 5.19

Convergence of Alternating Series

For each of the following alternating series, determine whether the series converges or diverges.

∑n=1∞(−1)n+1/n2∑n=1∞(−1)n+1/n2

∑n=1∞(−1)n+1n/(n+1)∑n=1∞(−1)n+1n/(n+1)

Solution

Since 1(n+1)2<1n2and1n2→0,1(n+1)2<1n2and1n2→0, the series converges.

Since n/(n+1)↛0n/(n+1)↛0 as n→∞,n→∞, we cannot apply the alternating series test. Instead, we use the nth term test for divergence. Since limn→∞(−1)n+1nn+1≠0,limn→∞(−1)n+1nn+1≠0, the series diverges.

Checkpoint 5.18

Determine whether the series ∑n=1∞(−1)n+1n/2n∑n=1∞(−1)n+1n/2n converges or diverges.

Remainder of an Alternating Series

It is difficult to explicitly calculate the sum of most alternating series, so typically the sum is approximated by using a partial sum. When doing so, we are interested in the amount of error in our approximation. Consider an alternating series

ਵਿਕਲਪਿਕ ਲੜੀ ਪ੍ਰੀਖਿਆ ਦੀਆਂ ਪਰਿਕਲਪਨਾਵਾਂ ਨੂੰ ਸੰਤੁਸ਼ਟ ਕਰਦਾ ਹੈ। ਮੰਨ ਲਓ SS ਇਸ ਲੜੀ ਦੇ ਜੋੜ ਨੂੰ ਦਰਸਾਉਂਦਾ ਹੈ ਅਤੇ {Sk}{Sk} ਸੰਬੰਧਿਤ ਅੰਸ਼ਕ ਜੋੜਾਂ ਦਾ ਕ੍ਰਮ ਹੈ। ਚਿੱਤਰ 5.18 ਤੋਂ, ਅਸੀਂ ਦੇਖਦੇ ਹਾਂ ਕਿ ਕਿਸੇ ਵੀ ਪੂਰਨ ਅੰਕ N≥1,N≥1 ਲਈ, ਬਾਕੀ RNRN ਸੰਤੁਸ਼ਟ ਕਰਦਾ ਹੈ

ਥਿਊਰਮ 5.14

ਵਿਕਲਪਿਕ ਲੜੀਆਂ ਵਿੱਚ ਬਾਕੀ

ਇਸ ਰੂਪ ਦੀ ਇੱਕ ਵਿਕਲਪਿਕ ਲੜੀ 'ਤੇ ਵਿਚਾਰ ਕਰੋ

ਜੋ ਵਿਕਲਪਿਕ ਲੜੀ ਪ੍ਰੀਖਿਆ ਦੀਆਂ ਪਰਿਕਲਪਨਾਵਾਂ ਨੂੰ ਸੰਤੁਸ਼ਟ ਕਰਦਾ ਹੈ। ਮੰਨ ਲਓ SS ਲੜੀ ਦੇ ਜੋੜ ਨੂੰ ਦਰਸਾਉਂਦਾ ਹੈ ਅਤੇ SNSN Nਵੇਂ Nਵੇਂ ਅੰਸ਼ਕ ਜੋੜ ਨੂੰ ਦਰਸਾਉਂਦਾ ਹੈ। ਕਿਸੇ ਵੀ ਪੂਰਨ ਅੰਕ N≥1,N≥1 ਲਈ, ਬਾਕੀ RN=S−SNRN=S−SN ਸੰਤੁਸ਼ਟ ਕਰਦਾ ਹੈ

ਦੂਜੇ ਸ਼ਬਦਾਂ ਵਿੱਚ, ਜੇਕਰ ਵਿਕਲਪਿਕ ਲੜੀ ਪ੍ਰੀਖਿਆ ਦੀਆਂ ਸ਼ਰਤਾਂ ਲਾਗੂ ਹੁੰਦੀਆਂ ਹਨ, ਤਾਂ Nਵੇਂ Nਵੇਂ ਅੰਸ਼ਕ ਜੋੜ SNSN ਦੁਆਰਾ ਅਨੰਤ ਲੜੀ ਦਾ ਅਨੁਮਾਨ ਲਗਾਉਣ ਵਿੱਚ ਗਲਤੀ, ਮੁੱਲ ਵਿੱਚ ਅਗਲੇ ਪਦ bN+1.bN+1 ਦੇ ਆਕਾਰ ਤੋਂ ਵੱਧ ਨਹੀਂ ਹੈ।

ਉਦਾਹਰਨ 5.20

ਵਿਕਲਪਿਕ ਲੜੀ ਦੇ ਬਾਕੀ ਦਾ ਅਨੁਮਾਨ ਲਗਾਉਣਾ

ਇਸ ਵਿਕਲਪਿਕ ਲੜੀ 'ਤੇ ਵਿਚਾਰ ਕਰੋ

ਬਾਕੀ ਅਨੁਮਾਨ ਦੀ ਵਰਤੋਂ ਕਰਕੇ S10.S10 ਦੁਆਰਾ ਲੜੀ ਦੇ ਜੋੜ ਦਾ ਅਨੁਮਾਨ ਲਗਾਉਣ 'ਤੇ R10R10 'ਤੇ ਗਲਤੀ ਦੀ ਸੀਮਾ ਨਿਰਧਾਰਤ ਕਰੋ।

ਹੱਲ

ਉੱਪਰ ਦੱਸੀ ਗਈ ਥਿਊਰਮ ਤੋਂ,

| R 10 | ≤ b 11 = 1 11 2 ≈ 0.008265 . | R 10 | ≤ b 11 = 1 11 2 ≈ 0.008265 .

ਚੈਕਪੁਆਇੰਟ 5.19

S20.S20 ਦੁਆਰਾ ∑n=1∞(−1)n+1/n∑n=1∞(−1)n+1/n ਦਾ ਅਨੁਮਾਨ ਲਗਾਉਣ 'ਤੇ R20R20 ਲਈ ਇੱਕ ਸੀਮਾ ਲੱਭੋ।

ਸੰਪੂਰਨ ਅਤੇ ਸ਼ਰਤੀ ਸੰਮਿਲਨ

∑n=1∞an∑n=1∞an ਲੜੀ ਅਤੇ ਸੰਬੰਧਿਤ ਲੜੀ ∑n=1∞|an|.∑n=1∞|an| 'ਤੇ ਵਿਚਾਰ ਕਰੋ। ਇੱਥੇ ਅਸੀਂ ਇਹਨਾਂ ਦੋ ਲੜੀਆਂ ਦੇ ਸੰਮਿਲਨ ਦੇ ਵਿਚਕਾਰ ਸੰਬੰਧ ਦੀਆਂ ਸੰਭਾਵਨਾਵਾਂ 'ਤੇ ਚਰਚਾ ਕਰਦੇ ਹਾਂ। ਉਦਾਹਰਨ ਲਈ, ਵਿਕਲਪਿਕ ਹਾਰਮੋਨਿਕ ਲੜੀ ∑n=1∞(−1)n+1/n.∑n=1∞(−1)n+1/n 'ਤੇ ਵਿਚਾਰ ਕਰੋ। ਇਹਨਾਂ ਪਦਾਂ ਦੇ ਸੰਪੂਰਨ ਮੁੱਲ ਵਾਲੀ ਲੜੀ ਹਾਰਮੋਨਿਕ ਲੜੀ ਹੈ, ਕਿਉਂਕਿ ∑n=1∞|(−1)n+1/n|=∑n=1∞1/n.∑n=1∞|(−1)n+1/n|=∑n=1∞1/n। ਕਿਉਂਕਿ ਵਿਕਲਪਿਕ ਹਾਰਮੋਨਿਕ ਲੜੀ ਸੰਮਿਲਿਤ ਹੁੰਦੀ ਹੈ, ਪਰ ਹਾਰਮੋਨਿਕ ਲੜੀ ਵਿਭਿੰਨ ਹੁੰਦੀ ਹੈ, ਅਸੀਂ ਕਹਿੰਦੇ ਹਾਂ ਕਿ ਵਿਕਲਪਿਕ ਹਾਰਮੋਨਿਕ ਲੜੀ ਸ਼ਰਤੀ ਸੰਮਿਲਨ ਪ੍ਰਦਰਸ਼ਿਤ ਕਰਦੀ ਹੈ।

ਇਸਦੇ ਉਲਟ, ਲੜੀ ∑n=1∞(−1)n+1/n2.∑n=1∞(−1)n+1/n2 'ਤੇ ਵਿਚਾਰ ਕਰੋ। ਇਸ ਲੜੀ ਦੇ ਪਦਾਂ ਦੇ ਸੰਪੂਰਨ ਮੁੱਲਾਂ ਵਾਲੀ ਲੜੀ ਲੜੀ ∑n=1∞1/n2.∑n=1∞1/n2 ਹੈ। ਕਿਉਂਕਿ ਇਹਨਾਂ ਦੋਵਾਂ ਲੜੀਆਂ ਸੰਮਿਲਿਤ ਹੁੰਦੀਆਂ ਹਨ, ਅਸੀਂ ਕਹਿੰਦੇ ਹਾਂ ਕਿ ਲੜੀ ∑n=1∞(−1)n+1/n2∑n=1∞(−1)n+1/n2 ਸੰਪੂਰਨ ਸੰਮਿਲਨ ਪ੍ਰਦਰਸ਼ਿਤ ਕਰਦੀ ਹੈ।

ਪਰਿਭਾਸ਼ਾ

ਇੱਕ ਲੜੀ ∑n=1∞an∑n=1∞an ਸੰਪੂਰਨ ਸੰਮਿਲਨ ਪ੍ਰਦਰਸ਼ਿਤ ਕਰਦੀ ਹੈ ਜੇਕਰ ∑n=1∞|an|∑n=1∞|an| ਸੰਮਿਲਿਤ ਹੁੰਦੀ ਹੈ। ਇੱਕ ਲੜੀ ∑n=1∞an∑n=1∞an ਸ਼ਰਤੀ ਸੰਮਿਲਨ ਪ੍ਰਦਰਸ਼ਿਤ ਕਰਦੀ ਹੈ ਜੇਕਰ ∑n=1∞an∑n=1∞an ਸੰਮਿਲਿਤ ਹੁੰਦੀ ਹੈ ਪਰ ∑n=1∞|an|∑n=1∞|an| ਵਿਭਿੰਨ ਹੁੰਦੀ ਹੈ।

ਜਿਵੇਂ ਕਿ ਵਿਕਲਪਿਕ ਹਾਰਮੋਨਿਕ ਲੜੀ ਦੁਆਰਾ ਦਿਖਾਇਆ ਗਿਆ ਹੈ, ਇੱਕ ਲੜੀ ∑n=1∞an∑n=1∞an ਸੰਮਿਲਿਤ ਹੋ ਸਕਦੀ ਹੈ, ਪਰ ∑n=1∞|an|∑n=1∞|an| ਵਿਭਿੰਨ ਹੋ ਸਕਦੀ ਹੈ। ਹਾਲਾਂਕਿ, ਅਗਲੀ ਥਿਊਰਮ ਵਿੱਚ, ਅਸੀਂ ਦਿਖਾਉਂਦੇ ਹਾਂ ਕਿ ਜੇਕਰ ∑n=1∞|an|∑n=1∞|an| ਸੰਮਿਲਿਤ ਹੁੰਦੀ ਹੈ, ਤਾਂ ∑n=1∞an∑n=1∞an ਸੰਮਿਲਿਤ ਹੁੰਦੀ ਹੈ।

ਥਿਊਰਮ 5.15

ਸੰਪੂਰਨ ਸੰਮਿਲਨ ਸੰਮਿਲਨ ਦਾ ਸੁਝਾਅ ਦਿੰਦਾ ਹੈ

ਜੇਕਰ ∑n=1∞|an|∑n=1∞|an| ਸੰਮਿਲਿਤ ਹੁੰਦੀ ਹੈ, ਤਾਂ ∑n=1∞an∑n=1∞an ਸੰਮਿਲਿਤ ਹੁੰਦੀ ਹੈ।

Proof

Suppose that ∑n=1∞|an|∑n=1∞|an| converges. We show this by using the fact that an=|an|an=|an| or an=−|an|an=−|an| and therefore |an|+an=2|an||an|+an=2|an| or |an|+an=0.|an|+an=0. Therefore, 0≤|an|+an≤2|an|.0≤|an|+an≤2|an|. Consequently, by the comparison test, since 2∑n=1∞|an|2∑n=1∞|an| converges, the series

converges. By using the algebraic properties for convergent series, we conclude that

converges.

□

Example 5.21

Absolute versus Conditional Convergence

For each of the following series, determine whether the series converges absolutely, converges conditionally, or diverges.

∑n=1∞(−1)n+1/(3n+1)∑n=1∞(−1)n+1/(3n+1)

∑n=1∞cos(n)/n2∑n=1∞cos(n)/n2

Solution

We can see that ∑n=1∞|(−1)n+13n+1|=∑n=1∞13n+1∑n=1∞|(−1)n+13n+1|=∑n=1∞13n+1 diverges by using the limit comparison test with the harmonic series. limn→∞1/(3n+1)1/n=13limn→∞1/(3n+1)1/n=13 Thus, applying Theorem 5.13, the series cannot converge absolutely. Moreover, because of the alternating series test, we can see that the series converges. 13(n+1)+1<13n+1and13n+1→0,13(n+1)+1<13n+1and13n+1→0, We can conclude that ∑n=1∞(−1)n+1/(3n+1)∑n=1∞(−1)n+1/(3n+1) converges conditionally.

Checkpoint 5.20

Determine whether the series ∑n=1∞(−1)n+1n/(2n3+1)∑n=1∞(−1)n+1n/(2n3+1) converges absolutely, converges conditionally, or diverges.

To see the difference between absolute and conditional convergence, look at what happens when we rearrange the terms of the alternating harmonic series ∑n=1∞(−1)n+1/n.∑n=1∞(−1)n+1/n. We show that we can rearrange the terms so that the new series diverges. Certainly if we rearrange the terms of a finite sum, the sum does not change. When we work with an infinite sum, however, interesting things can happen.

Begin by adding enough of the positive terms to produce a sum that is larger than some real number M>0.M>0. For example, let M=10,M=10, and find an integer kk such that

(We can do this because the series ∑n=1∞1/(2n−1)∑n=1∞1/(2n−1) diverges to infinity.) Then subtract 1/2.1/2. Then add more positive terms until the sum reaches 100. That is, find another integer j>kj>k such that

Then subtract 1/4.1/4. Continuing in this way, we have found a way of rearranging the terms in the alternating harmonic series so that the sequence of partial sums for the rearranged series is unbounded and therefore diverges.

The terms in the alternating harmonic series can also be rearranged so that the new series converges to a different value. In Example 5.22, we show how to rearrange the terms to create a new series that converges to 3ln(2)/2.3ln(2)/2. We point out that the alternating harmonic series can be rearranged to create a series that converges to any real number r;r; however, the proof of that fact is beyond the scope of this text.

In general, any series ∑n=1∞an∑n=1∞an that converges conditionally can be rearranged so that the new series diverges or converges to a different real number. A series that converges absolutely does not have this property. For any series ∑n=1∞an∑n=1∞an that converges absolutely, the value of ∑n=1∞an∑n=1∞an is the same for any rearrangement of the terms. This result is known as the Riemann Rearrangement Theorem, which is beyond the scope of this book.

Example 5.22

Rearranging Series

Use the fact that

ਵਿਵਸਥਿਤ ਹਾਰਮੋਨਿਕ ਲੜੀ ਦੇ ਪਦਾਂ ਨੂੰ ਇਸ ਤਰ੍ਹਾਂ ਵਿਵਸਥਿਤ ਕਰਨਾ ਕਿ ਵਿਵਸਥਿਤ ਲੜੀ ਦਾ ਜੋੜ 3ln(2)/2 ਹੋਵੇ।

ਹੱਲ

ਮੰਨ ਲਓ

ਕਿਉਂਕਿ ∑n=1∞an=ln(2), ਸੰਮਿਲਤ ਲੜੀਆਂ ਦੇ ਬੀਜਗਣਿਤਿਕ ਗੁਣਾਂ ਦੁਆਰਾ,

ਹੁਣ ਲੜੀ ∑n=1∞bn ਪੇਸ਼ ਕਰੋ ਜਿਸ ਲਈ ਸਾਰੇ n≥1, b2n−1=0 ਅਤੇ b2n=an/2। ਫਿਰ

ਫਿਰ ਸੰਮਿਲਤ ਲੜੀਆਂ ਦੇ ਬੀਜਗਣਿਤਿਕ ਸੀਮਾ ਗੁਣਾਂ ਦੀ ਵਰਤੋਂ ਕਰਦੇ ਹੋਏ, ਕਿਉਂਕਿ ∑n=1∞an ਅਤੇ ∑n=1∞bn ਸੰਮਿਲਤ ਹੁੰਦੀਆਂ ਹਨ, ਲੜੀ ∑n=1∞(an+bn) ਸੰਮਿਲਤ ਹੁੰਦੀ ਹੈ ਅਤੇ

ਹੁਣ ਅਨੁਰੂਪ ਪਦਾਂ, an ਅਤੇ bn, ਨੂੰ ਜੋੜਦੇ ਹੋਏ, ਅਸੀਂ ਦੇਖਦੇ ਹਾਂ ਕਿ

ਅਸੀਂ ਨੋਟਿਸ ਕਰਦੇ ਹਾਂ ਕਿ ਬਰਾਬਰ ਚਿੰਨ੍ਹ ਦੇ ਸੱਜੇ ਪਾਸੇ ਵਾਲੀ ਲੜੀ ਵਿਵਸਥਿਤ ਹਾਰਮੋਨਿਕ ਲੜੀ ਦਾ ਇੱਕ ਪੁਨਰ-ਵਿਵਸਥਾ ਹੈ। ਕਿਉਂਕਿ ∑n=1∞(an+bn)=3ln(2)/2, ਅਸੀਂ ਇਹ ਸਿੱਟਾ ਕੱਢਦੇ ਹਾਂ ਕਿ

ਇਸ ਲਈ, ਅਸੀਂ ਵਿਵਸਥਿਤ ਹਾਰਮੋਨਿਕ ਲੜੀ ਦਾ ਇੱਕ ਪੁਨਰ-ਵਿਵਸਥਾ ਲੱਭ ਲਿਆ ਹੈ ਜਿਸ ਵਿੱਚ ਲੋੜੀਂਦਾ ਗੁਣ ਹੈ।

ਦੱਸੋ ਕਿ ਹੇਠ ਲਿਖੀਆਂ ਲੜੀਆਂ ਵਿੱਚੋਂ ਹਰੇਕ ਨਿਰਪੇਖ ਰੂਪ ਵਿੱਚ, ਸ਼ਰਤੀਆ ਰੂਪ ਵਿੱਚ, ਜਾਂ ਬਿਲਕੁਲ ਵੀ ਸੰਮਿਲਤ ਨਹੀਂ ਹੁੰਦੀ ਹੈ।

∑ n = 1 ∞ ( −1 ) n + 1 n n + 3

∑ n = 1 ∞ ( −1 ) n + 1 n + 1 n + 3

∑ n = 1 ∞ ( −1 ) n + 1 1 n + 3

∑ n = 1 ∞ ( −1 ) n + 1 n + 3 n

∑ n = 1 ∞ ( −1 ) n + 1 1 n !

∑ n = 1 ∞ ( −1 ) n + 1 3 n n !

∑ n = 1 ∞ ( −1 ) n + 1 ( n − 1 n ) n

∑ n = 1 ∞ ( −1 ) n + 1 ( n + 1 n ) n

∑ n = 1 ∞ ( −1 ) n + 1 sin 2 n

∑ n = 1 ∞ ( −1 ) n + 1 cos 2 n

∑ n = 1 ∞ ( −1 ) n + 1 sin 2 ( 1 / n )

∑ n = 1 ∞ ( −1 ) n + 1 cos 2 ( 1 / n )

∑ n = 1 ∞ ( −1 ) n + 1 ln ( 1 / n )

∑ n = 1 ∞ ( −1 ) n + 1 ln ( 1 + 1 n )

∑ n = 1 ∞ ( −1 ) n + 1 n 2 1 + n 4 ∑ n = 1 ∞ ( −1 ) n + 1 n 2 1 + n 4

∑ n = 1 ∞ ( −1 ) n + 1 n e 1 + n π ∑ n = 1 ∞ ( −1 ) n + 1 n e 1 + n π

∑ n = 1 ∞ ( −1 ) n + 1 2 1 / n ∑ n = 1 ∞ ( −1 ) n + 1 2 1 / n

∑ n = 1 ∞ ( −1 ) n + 1 n 1 / n ∑ n = 1 ∞ ( −1 ) n + 1 n 1 / n

∑n=1∞(−1)n(1−n1/n)∑n=1∞(−1)n(1−n1/n) (Hint: n1/n≈1+ln(n)/nn1/n≈1+ln(n)/n for large n.)n.)

∑n=1∞(−1)n+1n(1−cos(1n))∑n=1∞(−1)n+1n(1−cos(1n)) (Hint: cos(1/n)≈1−1/n2cos(1/n)≈1−1/n2 for large n.)n.)

∑n=1∞(−1)n+1(n+1−n)∑n=1∞(−1)n+1(n+1−n) (Hint: Rationalize the numerator.)

∑n=1∞(−1)n+1(1n−1n+1)∑n=1∞(−1)n+1(1n−1n+1) (Hint: Find common denominator then rationalize numerator.)

∑ n = 1 ∞ ( −1 ) n + 1 ( ln ( n + 1 ) − ln n ) ∑ n = 1 ∞ ( −1 ) n + 1 ( ln ( n + 1 ) − ln n )

∑n=1∞(−1)n+1n(tan−1(n+1)−tan−1n)∑n=1∞(−1)n+1n(tan−1(n+1)−tan−1n) (Hint: Use Mean Value Theorem.)

∑ n = 1 ∞ ( −1 ) n + 1 ( ( n + 1 ) 2 − n 2 ) ∑ n = 1 ∞ ( −1 ) n + 1 ( ( n + 1 ) 2 − n 2 )

∑ n = 1 ∞ ( −1 ) n + 1 ( 1 n − 1 n + 1 ) ∑ n = 1 ∞ ( −1 ) n + 1 ( 1 n − 1 n + 1 )

∑ n = 1 ∞ cos ( n π ) n ∑ n = 1 ∞ cos ( n π ) n

∑ n = 1 ∞ cos ( n π ) n 1 / n ∑ n = 1 ∞ cos ( n π ) n 1 / n

∑ n = 1 ∞ 1 n sin ( n π 2 ) ∑ n = 1 ∞ 1 n sin ( n π 2 )

∑ n = 1 ∞ sin ( n π / 2 ) sin ( 1 / n ) ∑ n = 1 ∞ sin ( n π / 2 ) sin ( 1 / n )

In each of the following problems, use the estimate |RN|≤bN+1|RN|≤bN+1 to find a value of NN that guarantees that the sum of the first NN terms of the alternating series ∑n=1∞(−1)n+1bn∑n=1∞(−1)n+1bn differs from the infinite sum by at most the given error. Calculate the partial sum SNSN for this N.N.

[T] bn=1/n,bn=1/n, error <10−5<10−5

[T] bn=1/ln(n),bn=1/ln(n), n≥2,n≥2, error <10−1<10−1

[T] bn=1/n,bn=1/n, error <10−3<10−3

[T] bn=1/2n,bn=1/2n, error <10−6<10−6

[T] bn=ln(1+1n),bn=ln(1+1n), error <10−3<10−3

[T] bn=1/n2,bn=1/n2, error <10−6<10−6

For the following exercises, indicate whether each of the following statements is true or false. If the statement is false, provide an example in which it is false.

If bn≥0bn≥0 is decreasing and limn→∞bn=0,limn→∞bn=0, then ∑n=1∞(b2n−1−b2n)∑n=1∞(b2n−1−b2n) converges absolutely.

If bn≥0bn≥0 is decreasing, then ∑n=1∞(b2n−1−b2n)∑n=1∞(b2n−1−b2n) converges absolutely.

If bn≥0bn≥0 and limn→∞bn=0limn→∞bn=0 then ∑n=1∞(12(b3n−2+b3n−1)−b3n)∑n=1∞(12(b3n−2+b3n−1)−b3n) converges.

If bn≥0bn≥0 is decreasing and ∑n=1∞(b3n−2+b3n−1−b3n)∑n=1∞(b3n−2+b3n−1−b3n) converges then ∑n=1∞b3n−2∑n=1∞b3n−2 converges.

If bn≥0bn≥0 is decreasing and ∑n=1∞(−1)n−1bn∑n=1∞(−1)n−1bn converges conditionally but not absolutely, then bnbn does not tend to zero.

Let an+=anan+=an if an≥0an≥0 and an−=−anan−=−an if an<0.an<0. (Also, an+=0ifan<0an+=0ifan<0 and an−=0ifan≥0.)an−=0ifan≥0.) If ∑n=1∞an∑n=1∞an converges conditionally but not absolutely, then neither ∑n=1∞an+∑n=1∞an+ nor ∑n=1∞an−∑n=1∞an− converge.

Suppose that anan is a sequence of positive real numbers and that ∑n=1∞an∑n=1∞an converges.

Suppose that bnbn is an arbitrary sequence of ones and minus ones. Does ∑n=1∞anbn∑n=1∞anbn necessarily converge?

Suppose that anan is a sequence such that ∑n=1∞anbn∑n=1∞anbn converges for every possible sequence bnbn of zeros and ones. Does ∑n=1∞an∑n=1∞an converge absolutely?

The following series do not satisfy the hypotheses of the alternating series test as stated.

In each case, state which hypothesis is not satisfied. State whether the series converges absolutely.

∑ n = 1 ∞ ( −1 ) n + 1 sin 2 n n ∑ n = 1 ∞ ( −1 ) n + 1 sin 2 n n

∑ n = 1 ∞ ( −1 ) n + 1 cos 2 n n ∑ n = 1 ∞ ( −1 ) n + 1 cos 2 n n

1 + 1 2 − 1 3 − 1 4 + 1 5 + 1 6 − 1 7 − 1 8 + ⋯ 1 + 1 2 − 1 3 − 1 4 + 1 5 + 1 6 − 1 7 − 1 8 + ⋯

1 + 1 2 − 1 3 + 1 4 + 1 5 − 1 6 + 1 7 + 1 8 − 1 9 + ⋯ 1 + 1 2 − 1 3 + 1 4 + 1 5 − 1 6 + 1 7 + 1 8 − 1 9 + ⋯

Show that the alternating series 1−12+12−14+13−16+14−18+⋯1−12+12−14+13−16+14−18+⋯ does

not converge. What hypothesis of the alternating series test is not met?

Suppose that ∑an∑an converges absolutely. Show that the series consisting of the positive terms anan also converges.

Show that the alternating series 23−35+47−59+⋯23−35+47−59+⋯ does not converge. What hypothesis of the alternating series test is not met?

The formula cosθ=1−θ22!+θ44!−θ66!+⋯cosθ=1−θ22!+θ44!−θ66!+⋯ will be derived in the next chapter. Use the remainder |RN|≤bN+1|RN|≤bN+1 to find a bound for the error in estimating cosθcosθ by the fifth partial sum 1−θ2/2!+θ4/4!−θ6/6!+θ8/8!1−θ2/2!+θ4/4!−θ6/6!+θ8/8! for θ=1,θ=1, θ=π/6,θ=π/6, and θ=π.θ=π.

The formula sinθ=θ−θ33!+θ55!−θ77!+⋯sinθ=θ−θ33!+θ55!−θ77!+⋯ will be derived in the next chapter. Use the remainder |RN|≤bN+1|RN|≤bN+1 to find a bound for the error in estimating sinθsinθ by the fifth partial sum θ−θ3/3!+θ5/5!−θ7/7!+θ9/9!θ−θ3/3!+θ5/5!−θ7/7!+θ9/9! for θ=1,θ=1, θ=π/6,θ=π/6, and θ=π.θ=π.

How many terms in cosθ=1−θ22!+θ44!−θ66!+⋯cosθ=1−θ22!+θ44!−θ66!+⋯ are needed to approximate cos1cos1 accurate to an error of at most 0.00001?0.00001?

How many terms in sinθ=θ−θ33!+θ55!−θ77!+⋯sinθ=θ−θ33!+θ55!−θ77!+⋯ are needed to approximate sin1sin1 accurate to an error of at most 0.00001?0.00001?

Sometimes the alternating series ∑n=1∞(−1)n−1bn∑n=1∞(−1)n−1bn converges to a certain fraction of an absolutely convergent series ∑n=1∞bn∑n=1∞bn at a faster rate. Given that ∑n=1∞1n2=π26,∑n=1∞1n2=π26, find 12=1−122+132−142+⋯.12=1−122+132−142+⋯. Which of the series 6∑n=1∞1n26∑n=1∞1n2 and S∑n=1∞(−1)n−1n2S∑n=1∞(−1)n−1n2 gives a better estimation of π2π2 using 10001000 terms?

ਇਹਨਾਂ ਬਦਲਵੀਆਂ ਲੜੀਆਂ ਦਿੱਤੇ ਹੋਏ π ਦੇ ਗੁਣਕਾਂ ਵੱਲ ਇਕੱਠੀਆਂ ਹੁੰਦੀਆਂ ਹਨ। ਬਾਕੀ ਅਨੁਮਾਨ ਦੁਆਰਾ ਭਵਿੱਖਬਾਣੀ ਕੀਤੇ ਗਏ NN ਦਾ ਮੁੱਲ ਪਤਾ ਕਰੋ ਤਾਂ ਜੋ ਲੜੀ ਦਾ Nਵਾਂ Nਵਾਂ ਅੰਸ਼ਕ ਜੋੜ, ਦਿੱਤੀ ਹੋਈ ਤਰੁੱਟੀ ਦੇ ਅੰਦਰ ਖੱਬੇ ਪਾਸੇ ਨੂੰ ਸਹੀ ਢੰਗ ਨਾਲ ਅਨੁਮਾਨਿਤ ਕਰੇ। ਉਹ ਘੱਟੋ-ਘੱਟ NN ਪਤਾ ਕਰੋ ਜਿਸ ਲਈ ਤਰੁੱਟੀ ਸੀਮਾ ਲਾਗੂ ਹੁੰਦੀ ਹੈ, ਅਤੇ ਹਰੇਕ ਮਾਮਲੇ ਵਿੱਚ ਲੋੜੀਂਦਾ ਅਨੁਮਾਨਿਤ ਮੁੱਲ ਦਿਓ। 1515 ਦਸ਼ਮਲਵ ਸਥਾਨਾਂ ਤੱਕ, π=3.141592653589793….

π4=∑n=0∞(−1)n2n+1, ਤਰੁੱਟੀ <0.0001

π12=∑k=0∞(−3)−k2k+1, ਤਰੁੱਟੀ <0.0001

∑n=0∞sin(x+πn)x+πn∑n=0∞sin(x+πn)x+πn ਲੜੀ ਸਿਗਨਲ ਪ੍ਰੋਸੈਸਿੰਗ ਵਿੱਚ ਇੱਕ ਮਹੱਤਵਪੂਰਨ ਭੂਮਿਕਾ ਨਿਭਾਉਂਦੀ ਹੈ। ਦਿਖਾਓ ਕਿ ∑n=0∞sin(x+πn)x+πn∑n=0∞sin(x+πn)x+πn ਜਦੋਂ ਵੀ 0<x<π ਹੋਵੇ ਤਾਂ ਇਕੱਠੀ ਹੁੰਦੀ ਹੈ। (ਸੰਕੇਤ: ਕੋਣਾਂ ਦੇ ਜੋੜ ਦੇ ਸਾਈਨ ਲਈ ਸੂਤਰ ਦੀ ਵਰਤੋਂ ਕਰੋ।)

ਜੇ ∑n=1N(−1)n−11n→ln2, ਤਾਂ 1+13+15−12−14−16+17+19+111−18−110−112+⋯ ਕੀ ਹੈ?

0≤x<1 ਲਈ ∑n=1100cos(2πnx)n∑n=1100cos(2πnx)n ਲੜੀ ਨੂੰ ਪਲਾਟ ਕਰੋ। ਸਮਝਾਓ ਕਿ x=0,1 'ਤੇ ∑n=1100cos(2πnx)n∑n=1100cos(2πnx)n ਕਿਉਂ ਵਿਭਿੰਨ ਹੁੰਦੀ ਹੈ। ਹੋਰ x ਲਈ ਲੜੀ ਕਿਵੇਂ ਵਿਵਹਾਰ ਕਰਦੀ ਹੈ?

0≤x<1 ਲਈ ∑n=1100sin(2πnx)n∑n=1100sin(2πnx)n ਲੜੀ ਨੂੰ ਪਲਾਟ ਕਰੋ ਅਤੇ ਇਸਦੇ ਵਿਵਹਾਰ 'ਤੇ ਟਿੱਪਣੀ ਕਰੋ।

0≤x<1 ਲਈ ∑n=1100cos(2πnx)n2∑n=1100cos(2πnx)n2 ਲੜੀ ਨੂੰ ਪਲਾਟ ਕਰੋ ਅਤੇ ਇਸਦੇ ਗ੍ਰਾਫ ਦਾ ਵਰਣਨ ਕਰੋ।

ਏਕਾਂਤ ਹਾਰਮੋਨਿਕ ਲੜੀ ਇਸਦੇ ਪਦਾਂ ਵਿਚਕਾਰ ਰੱਦ ਹੋਣ ਕਾਰਨ ਇਕੱਠੀ ਹੁੰਦੀ ਹੈ। ਇਸਦਾ ਜੋੜ ਇਸ ਲਈ ਜਾਣਿਆ ਜਾਂਦਾ ਹੈ ਕਿਉਂਕਿ ਰੱਦ ਹੋਣ ਦਾ ਸਪਸ਼ਟ ਤੌਰ 'ਤੇ ਵਰਣਨ ਕੀਤਾ ਜਾ ਸਕਦਾ ਹੈ। ਇੱਕ ਬੇਤਰਤੀਬ ਹਾਰਮੋਨਿਕ ਲੜੀ ∑n=1∞Snn∑n=1∞Snn ਦੇ ਰੂਪ ਦੀ ਹੁੰਦੀ ਹੈ, ਜਿੱਥੇ snsn ±1's±1's ਦਾ ਇੱਕ ਬੇਤਰਤੀਬ ਢੰਗ ਨਾਲ ਤਿਆਰ ਕੀਤਾ ਗਿਆ ਕ੍ਰਮ ਹੈ ਜਿਸ ਵਿੱਚ ±1±1 ਮੁੱਲ ਆਉਣ ਦੀ ਸਮਾਨ ਸੰਭਾਵਨਾ ਹੁੰਦੀ ਹੈ। 10001000 ਬੇਤਰਤੀਬ ±1s±1s ਤਿਆਰ ਕਰਨ ਲਈ ਇੱਕ ਬੇਤਰਤੀਬ ਨੰਬਰ ਜਨਰੇਟਰ ਦੀ ਵਰਤੋਂ ਕਰੋ ਅਤੇ ਤੁਹਾਡੀ ਬੇਤਰਤੀਬ ਹਾਰਮੋਨਿਕ ਲੜੀ ਦੇ ਅੰਸ਼ਕ ਜੋੜ SN=∑n=1NsnnSN=∑n=1Nsnn ਨੂੰ N=1N=1 ਤੋਂ 1000.1000 ਤੱਕ ਪਲਾਟ ਕਰੋ। ਹਾਰਮੋਨਿਕ ਲੜੀ ਦੇ ਪਹਿਲੇ 10001000 ਅੰਸ਼ਕ ਜੋੜਾਂ ਦੇ ਪਲਾਟ ਨਾਲ ਤੁਲਨਾ ਕਰੋ।

∑n=1∞1n2∑n=1∞1n2 ਦੇ ਅਨੁਮਾਨਾਂ ਨੂੰ ਇਸਦੇ ਅੰਸ਼ਕ ਜੋੜਾਂ ਨੂੰ ∑n=1N1n2=∑n=1N1n(n+1)+∑n=1N1n2(n+1)∑n=1N1n2=∑n=1N1n(n+1)+∑n=1N1n2(n+1) ਲਿਖ ਕੇ ਤੇਜ਼ ਕੀਤਾ ਜਾ ਸਕਦਾ ਹੈ ਅਤੇ ਇਹ ਯਾਦ ਰੱਖ ਕੇ ਕਿ ∑n=1N1n(n+1)=1−1N+1∑n=1N1n(n+1)=1−1N+1 N→∞.N→∞ ਦੇ ਰੂਪ ਵਿੱਚ ਇੱਕ ਵੱਲ ਇਕੱਠਾ ਹੁੰਦਾ ਹੈ। ∑n=110001n2∑n=110001n2 ਜੋੜਾਂ ਦੀ ਵਰਤੋਂ ਕਰਕੇ π2/6π2/6 ਦੇ ਅਨੁਮਾਨ ਦੀ ਤੁਲਨਾ 1+∑n=110001n2(n+1).1+∑n=110001n2(n+1) ਦੀ ਵਰਤੋਂ ਕਰਕੇ ਅਨੁਮਾਨ ਨਾਲ ਕਰੋ।

ਯੂਲਰ ਟ੍ਰਾਂਸਫਾਰਮ S=∑n=0∞(−1)nbnS=∑n=0∞(−1)nbn ਨੂੰ S=∑n=0∞(−1)n2−n−1∑m=0n(nm)bn−m.S=∑n=0∞(−1)n2−n−1∑m=0n(nm)bn−m. ਦੇ ਰੂਪ ਵਿੱਚ ਦੁਬਾਰਾ ਲਿਖਦਾ ਹੈ। ਏਕਾਂਤ ਹਾਰਮੋਨਿਕ ਲੜੀ ਲਈ, ਇਹ ln(2)=∑n=1∞(−1)n−1n=∑n=1∞1n2n.ln(2)=∑n=1∞(−1)n−1n=∑n=1∞1n2n. ਦਾ ਰੂਪ ਲੈਂਦਾ ਹੈ। ∑n=1∞1n2n∑n=1∞1n2n ਦੇ ਅੰਸ਼ਕ ਜੋੜਾਂ ਦੀ ਗਣਨਾ ਕਰੋ ਜਦੋਂ ਤੱਕ ਉਹ ln(2)ln(2) ਦਾ 0.0001 ਦੀ ਤਰੁੱਟੀ ਦੇ ਅੰਦਰ ਅਨੁਮਾਨ ਨਹੀਂ ਲਗਾਉਂਦੇ। ਕਿੰਨੇ ਪਦਾਂ ਦੀ ਲੋੜ ਹੈ? ਇਸ ਜਵਾਬ ਦੀ ਤੁਲਨਾ ਏਕਾਂਤ ਹਾਰਮੋਨਿਕ ਲੜੀ ਦੇ ਕਿੰਨੇ ਪਦਾਂ ਨਾਲ ln(2)ln(2) ਦਾ ਅਨੁਮਾਨ ਲਗਾਉਣ ਲਈ ਲੋੜੀਂਦੇ ਹਨ, ਨਾਲ ਕਰੋ।

ਇਸ ਪਾਠ ਵਿੱਚ ਇਹ ਦੱਸਿਆ ਗਿਆ ਸੀ ਕਿ ਇੱਕ ਸ਼ਰਤੀ ਤੌਰ 'ਤੇ ਇਕੱਠੀ ਹੋਣ ਵਾਲੀ ਲੜੀ ਨੂੰ ਕਿਸੇ ਵੀ ਸੰਖਿਆ ਵੱਲ ਇਕੱਠਾ ਕਰਨ ਲਈ ਮੁੜ ਵਿਵਸਥਿਤ ਕੀਤਾ ਜਾ ਸਕਦਾ ਹੈ। ਇੱਥੇ ਇੱਕ ਥੋੜ੍ਹਾ ਸਰਲ, ਪਰ ਸਮਾਨ, ਤੱਥ ਹੈ। ਜੇ an≥0an≥0 ਅਜਿਹਾ ਹੈ ਕਿ n→∞n→∞ ਜਿਵੇਂ an→0an→0 ਪਰ ∑n=1∞an∑n=1∞an ਵਿਭਿੰਨ ਹੁੰਦੀ ਹੈ, ਤਾਂ, ਕੋਈ ਵੀ ਸੰਖਿਆ AA ਦਿੱਤੀ ਗਈ ਹੈ, ±1's±1's ਦਾ ਇੱਕ ਕ੍ਰਮ snsn ਹੈ ਜਿਸ ਲਈ ∑n=1∞ansn→A.∑n=1∞ansn→A. ਇਸਨੂੰ A>0A>0 ਲਈ ਇਸ ਤਰ੍ਹਾਂ ਦਿਖਾਓ।

snsn ਨੂੰ ਰਿਕਾਰਸਿਵਲੀ ਇਸ ਤਰ੍ਹਾਂ ਪਰਿਭਾਸ਼ਿਤ ਕਰੋ: sn=1sn=1 ਜੇ Sn−1=∑k=1n−1aksk<ASn−1=∑k=1n−1aksk<A ਅਤੇ sn=−1sn=−1 ਨਹੀਂ ਤਾਂ।

ਸਮਝਾਓ ਕਿ ਕਿਉਂ ਅੰਤ ਵਿੱਚ Sn≥A,Sn≥A, ਅਤੇ ਇਸ n,n ਤੋਂ ਵੱਡੇ ਕਿਸੇ ਵੀ mm ਲਈ, A−am≤Sm≤A+am.A−am≤Sm≤A+am.

ਸਮਝਾਓ ਕਿ ਇਹ ਕਿਉਂ ਦਰਸਾਉਂਦਾ ਹੈ ਕਿ n→∞n→∞ ਜਿਵੇਂ Sn→ASn→A.