Page 290 - 4371

n a n n 1
тобто  k   a k   2 . В останній нерівності пе-
k 1 k k 1 k 1 k
рейдемо до границі при n  ; оскільки границя правої
частини існує і скінченна, а в лівій частині фігурує частин-
на сума ряду з додатними членами, то існує скінченна гра-
n a
ниця lim  k , що означає збіжність даного ряду.
n   k
k 1
3
11.9 Доведемо індукцією по n , що u n 1   u n  2u n 1  .
2
При n , 2 3 нерівність, очевидно, виконується; нехай во-
на виконана при n  , доведемо її для n  k  1. Справді,
k
додаючи почленно нерівності
3 3
u  u  2u і u  u  2u ,
2 k  2 k 1  k  2 2 k  1 k k  1
одержуємо:
3 3
u  u  u  u   2 u  u , або u  u  2 u ,
2 k  2 k 1  k 1  k k  2 k  1 2 k k 1 k
що і потрібно було довести. Звідси маємо:
2 3 n 1  n  1
3  3   3   3   3 
u  u    u    u  . . .    u   
n n  1 n  2 n  3 1
2  2   2   2   2 
n  1 
 2  1

1
і u    . Тому ряд  u збігається, бо мажорується
n n
 3  n 1
т 1
  2 
збіжним рядом    .
1
т   3 
2
2
11.10 Маємо: cos  n 2  n  cos    n 2  n  n 
  n    n  
 cos 2    sin 2    
 2   2 
 n  n  n   2 n  n  n 
  1 n    n 2  n  n  n2 
 sin 2       sin 2    
  2 2    2 
  n  n  n    2  n  n   n 
290