Автор: Руслан Масальский

15.2.1 Признак сравнения рядов с неотрицательными слагаемыми

Теорема (признак сравнения).Пусть даны два ряда$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_n \tag {15.4} $$ $$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} b_n \tag{15.5} $$ где $a_n \geqslant 0,\ b_n \geqslant 0 \left( n=1 ,2,\ldots \right).$ Предположим, что ряд $\left( 15.5 \right) $ является мажорантным рядом для ряда $\left( 15.4 \right) $, т. е. начиная с некоторого номера выполнены неравенства $a_n \leqslant b_n.$ Тогда из сходимости ряда $\left( 15.5 \right) $ следует сходимость ряда $\left( 15.4 \right) $, а из расходимости ряда $\left( 15.4 \right) $ следует расходимость ряда $\left( 15.5 \right). $

Так как конечное число слагаемых ряда не влияет на его сходимость, то, не ограничивая общности, можем считать, что неравенство $a_n \leqslant b_n$ выполнено для всех $n \geqslant 1.$ Пусть $S’_n$ и $S_n^{\prime \prime}$ – частичные суммы рядов $\left( 15.4 \right) $ и $\left( 15.5 \right) $, соответственно. Тогда ясно, что $S’_n \leqslant S_n^{\prime \prime} \left(n \geqslant 1 \right).$ Если ряд $\left( 15.5 \right) $ сходится, то $S_n^{\prime \prime}$ ограничены и, следовательно, ограничены и $S’_n,$ а это влечет сходимость ряда $\left( 15.4 \right) $. Обратно, если расходится ряд $\left( 15.4 \right) $, то $S’_n$ неограниченно возрастают и, следовательно, неограниченно возрастают и $S_n^{\prime \prime},$ т. е. ряд $\left( 15.5 \right)$ расходится.

Замечание 1. При доказательстве существенно было использовано условие $a_n \geqslant 0,\ b_n \geqslant 0 \ ( n = 1 ,\ 2,\ldots).$ Без этого условия теорема теряет силу. Например, если $a_n =−1, b_n =0 \ (n =1 ,\ 2,\ldots),$ то $a_n \leqslant b_n,$ ряд $\left( 15.5 \right) $ сходится, а ряд $\left( 15.4 \right) $ расходится.

Замечание 2. В доказанной теореме из расходимости ряда $\left( 15.5 \right) $ не следует расходимость ряда $\left( 15.4 \right) $, а из сходимости ряда $\left( 15.4 \right) $ не следует сходимость ряда $\left( 15.5 \right) $. Например, $a_n =0,b_n = 1 \ (n = 1,\ 2,\ldots).$

Следствие (признак сравнения в предельной форме).Пусть даны ряды $\left( 15.4 \right) $ и $\left( 15.5 \right) $ с положительными слагаемыми. Предположим, что существует (быть может, и бесконечный) $$\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{b_n} = \lambda.$$ Тогда

  1. если $\lambda =0,$ то из сходимости ряда $\left( 15.5 \right) $ следует сходимость ряда $\left( 15.4 \right) $, а из расходимости ряда $\left( 15.4 \right) $ следует расходимость ряда $\left( 15.5 \right) $;
  2. если $\lambda= + \infty ,$ то из сходимости ряда $\left( 15.4 \right) $ следует сходимость ряда $\left( 15.5 \right) $, а из расходимости ряда $\left( 15.5 \right) $ следует расходимость ряда $\left( 15.4 \right) $;
  3. если $0< \lambda < + \infty,$ то ряды $\left( 15.4 \right) $ и $\left( 15.5 \right) $ сходятся или расходятся одновременно.

Докажем c. Пусть $0 < \lambda < + \infty .$ Тогда, начиная с некоторого номера $N,$ выполнено неравенство $\frac{\lambda}{2} \leqslant \frac{a_n}{b_n} \leqslant 2 \lambda \ (n \geqslant N),$ т.е. $$\frac{\lambda}{2}b_n \leqslant a_n \leqslant 2 \lambda \cdot b_n.$$ Если расходится ряд $\left( 15.4 \right) $, то, в силу доказанного признака сравнения, из правого неравенства следует расходимость ряда $\left( 15.5 \right) $. Если ряд $\left( 15.4 \right) $ сходится, то, в силу признака сравнения, из левого неравенства следует сходимость ряда $\left( 15.5 \right).$

Доказательства случаев a. и b. аналогичны и мы их опускаем.

Пример 1. Исследовать на сходимость ряд $$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} 2^n \sin \frac{1}{3^n}.$$ Из неравенства $ \sin x < x $, где $x$ положителен, следует, что $2^n \sin \frac{1}{3^n} \leqslant \left( \frac{2}{3} \right) ^n \ (n = 1,\ 2,\ldots).$ Так как ряд $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{2}{3} \right) ^n$ сходится (это – геометрическая прогрессия со знаменателем $\frac{2}{3}$), то исходный ряд также сходится в силу признака сравнения.

Пример 2. Ранее мы уже установили с помощью критерия Коши, что гармонический ряд $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ расходится. Докажем его расходимость с использованием признака сравнения. Сравним его с рядом $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \ln \left( 1 + \frac{1}{n} \right).$ Вычислим частичные суммы $$\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \ln \left( 1 + \frac{1}{k} \right) = \sum_{k=1}^{\infty} \left[ \ln \left( k+1 \right) — \ln k \right] =$$ $$\left( \ln 2 — \ln 1 \right) + \left( \ln 3 — \ln 2 \right)+\ldots + \left( \ln \left( n+1 \right) — \ln n \right) = \ln \left( n + 1 \right) \rightarrow + \infty .$$ Значит, ряд $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \ln \left( 1 + \frac{1}{n} \right).$ расходится. Кроме того, из известного равенства $\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\ln \left( 1 + x \right) }{x} = 1$ следует, что $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{\ln \left( 1 + \frac{1}{n} \right) }{ \frac{1}{n}} = \lambda = 1.$ Отсюда, всилу признака сравнения в предельной форме, вытекает, что ряды $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ и $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \ln \left( 1 + \frac{1}{n} \right)$ сходятся или расходятся одновременно. Поскольку, как уже установлено, ряд $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \ln \left( 1 + \frac{1}{n} \right)$ расходится, то расходится и исходный гармонический ряд.

Пример 3. Рассмотрим ряд$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \left( 1 — \cos \frac{x}{n} \right),$ где $x \in \mathbb{R}$ – параметр. Ясно, что этот ряд сходится при $x =0.$ Пусть $x \neq 0$. В силу известного соотношения $1 − \cos \alpha \sim \frac{\alpha ^ 2}{2} \ (\alpha \rightarrow 0),$ имеем $1 − \cos \frac{x}{n} \sim \frac{x^2}{2} \cdot \frac{1}{n^2} \ (n \rightarrow \infty).$ Поэтому в качестве ряда для сравнения целесообразно выбрать ряд $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2},$ для которого $\displaystyle \lim_{n \to \infty}\frac{1 — \cos \frac{x}{n}}{\frac{1}{n^2}} = \frac{x^2}{2}.$ Из признака сравнения в предельной форме следует, что ряд $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}$ и исходный ряд сходятся или расходятся одновременно (при $x \neq 0$). Выше было показано, что ряд $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}$ сходится (это – обобщенный гармонический ряд при $s =2> 1$). Поэтому сходится и исходный ряд при любом $x$.

Пример 4. Исследуйте на сходимость ряд $$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n+1}{n^2}.$$

Решение

Уменьшив числитель, найдём ряд-миноранта $$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n+1}{n^2} > \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{n^2} =\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$$ Как уже рассматривали выше, это гармонический ряд у которого степень $s \leqslant 1$ а значит этот ряд расходится, а по признаку сравнения раз расходится ряд-миноранта, то расходится и исходный ряд.

[свернуть]

Пример 5. Исследуйте на сходимость ряд $$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\arctan n}{n^2+1}.$$

Решение

Арктангенс ограничен сверху константой $\frac{\pi}{2}$, значит $$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\arctan n}{n^2+1} \leqslant \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\pi}{2n^2+2}$$ Уменьшив знаменатель дробь увеличивается $$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\pi}{2n^2+2} < \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\pi}{2n^2}$$Как уже рассматривали выше, это гармонический ряд у которого степень $s > 1$ а значит этот ряд cходится, а по признаку сравнения раз ряд-мажоранта сходится, то сходится и исходный ряд.

[свернуть]

Пример 6. Исследуйте на сходимость ряд $$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{9n + 7}{2n^3 + 5n^2 -3}.$$

Решение

Сравним общий член нашего ряда с общим членом ряда $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}.$ Воспользуемся признаком сравнения в предельной форме.$$\lim_{n \to \infty} \frac{\frac{9n+7}{2n^3+5n^2-3}}{\frac{1}{n^2}} = \lim_{n \to \infty} \frac{n^2 \cdot \left( 9n+7 \right) }{2n^3+5n^2-3}=$$ $$= \lim_{n \to \infty} \frac{9n^3+ 7n^2}{2n^3 + 5n^2 -3} = \left| \frac{\infty}{\infty} \right| = \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{9n^3}{n^3} + \frac{7n^2}{n^3}}{\frac{2n^3}{n^3} + \frac{5n^2}{n^3}-\frac{3}{n^3}} = $$ $$=\lim_{n \to \infty} \frac{9 +\frac{7}{n}}{2 + \frac{5}{n}-\frac{3}{n^3}} = \frac{9}{2}.$$ Так как $0 < \frac{9}{2} < \infty,$ то ряды $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{9n + 7}{2n^3 + 5n^2-3}$ и $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}$ сходятся либо расходятся одновременно. Так как ряд $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}$ сходится, то сходится и ряд $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{9n + 7}{2n^3 + 5n^2-3}.$

[свернуть]

Литература

Сходящиеся и расходящиеся числовые ряды. Признак сравнения

Тест на проверку знаний о числовых рядах и признака сравнения числовых рядов.

15.2 Ряды с неотрицательными слагаемыми

Пусть $\left\{ a_n \right\}_{n=1}^{\infty}$–последовательность неотрицательных чисел. Рассмотрим ряд $$\sum_{n=1}^{\infty} a_n \tag{15.3}$$

Теорема. Пусть $a_n \geqslant 0.$ Тогда ряд $\left( 15.3 \right) $ сходится в том и только в том случае, когда последовательность его частичных сумм $S_n$ ограничена сверху.

Так как $a_n \geqslant 0,$ то $S_n = S_{n−1} + a_n \geqslant S_{n−1}$, т. е. последовательность частичных сумм Sn монотонно возрастает. По теореме о пределе монотонной последовательности, сходимость $S_n$ (а значит, и сходимость ряда $\left( 15.3 \right) $) эквивалентна ее ограниченности.

Пример. Обобщенным гармоническим рядом называется ряд $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^s},$ где число $s>0.$ Ранее мы уже установили, что при $s=1$ этот ряд расходится. Если $0<s<1,$ то$$S_n \left( s \right) = 1 +\frac{1}{2^s} + \ldots +\frac{1}{n^s} \geqslant 1 +\frac{1}{2} + \ldots +\frac{1}{n} = S_n,$$ и, в силу расходимости гармонического ряда, последовательность частичных сумм обобщенного гармонического ряда не ограничена сверху, т. е. обобщенный гармонический ряд расходится при $0<s \leqslant 1.$

По-другому расходимость обобщенного гармонического ряда при $0<s \leqslant 1$ можно было бы доказать так:$$S_n \left( s \right) = 1 +\frac{1}{2^s} + \ldots +\frac{1}{n^s}\geqslant n\cdot \frac{1}{n^s} = n ^{1-s} \rightarrow +\infty \ \ \left( n \rightarrow \infty \right),$$ откуда следует, что $S_n \left( s \right) \rightarrow +\infty \ \ \left( n \rightarrow \infty \right), $ т. е. расходимость ряда.

Рассмотрим теперь случай $s>1$ Пусть $n \in N.$ Выберем такое натуральное $m$, что $n<2^m.$ Тогда $$S_n \left( s \right) \leqslant S_{2^m-1} \left( s \right) = 1 + \left( \frac{1}{2^s} + \frac{1}{3^s} \right) + \left( \frac{1}{4^s} + \frac{1}{5^s} +\frac{1}{6^s} + \frac{1}{7^s} \right) + \ldots + $$ $$+ \left( \frac{1}{\left( 2^{m-1} \right)^s} + \frac{1}{\left( 2^{m-1}+1 \right)^s} +\ldots + \frac{1}{\left( 2^{m}-1 \right)^s}\right) \leqslant $$ $$\leqslant 1 + 2 \cdot \frac{1}{2^s} + 4 \cdot \frac{1}{4^s} + \ldots + 2^{m-1} \cdot \frac{1}{\left( 2^{m-1} \right)^s} = $$ $$ = 1 + 2^{1-s} + \left( 2^2 \right) ^{1-s} + \ldots + \left( 2^{m-1} \right) ^{1-s} = $$ $$ = 1 + 2^{1-s} + \left( 2^{1-s}\right)^2 + \ldots + \left( 2^{1-s}\right)^{m-1} = \frac{1 — \left( 2^{1-s} \right)^m}{1 — 2^{1-s}} < \frac{1}{1-2^{1-s}}$$

(условие $s>1$ использовано в последнем неравенстве). Отсюда следует, что при $s>1$ имеем $S_n\left( s \right) \leqslant \frac{1}{1−2^{1−s}}$, т. е. последовательность частичных сумм $\left\{S_n \left( s \right )\right\}$ ограничена сверху и, в силу доказанной теоремы, обобщенный гармонический ряд сходится при $s>1.$

Окончательно имеем: ряд $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^s}$ сходится при $s>1$ и расходится при $0 < s \leqslant 1$. При $s \leqslant 0$ этот ряд, очевидно, расходится, так как не выполнено необходимое условие сходимости.

М639. Косинус угла между прямыми в тетраэдре

Задача из журнала «Квант» (1980 год, 8 выпуск)

Условие

В тетраэдре $ABCD$ $(AC) \bot (BC)$ и $(AD) \bot (BD)$. Докажите, что косинус угла между прямыми $AC$ и $BD$ меньше, чем $|CD| / |AB|$.

Решение

Проведем $(BE) \parallel (CA)$ и $(AE) \parallel (CB)$ (см. рисунок). Косинус угла между прямыми $AC$ и $BD$ — это $|\cos \widehat {DBE}|$.

С другой стороны, четырехугольник $ACBE$ — это прямоугольник, поэтому $|AB| = |CE|$ и $|CD| / |AB| = |CD| / |CE|$.

Заметим, что вершины прямых углов $ACB$, $ADB$, $AEB$ лежит на сфере с диаметром $AB$. Отрезок $CE$ тоже является диаметром этой сферы, поэтому угол $CDE$ — прямой и $|CD| / |CE| = \cos \widehat {DCE}$. Нужное неравенство принимает теперь вид $|\cos \widehat {DBE}| \lt \cos \widehat {DCE}$.

Пусть $R$ — это радиус сферы и $r$ — радиус окружности, получающийся в сечении сферы плоскостью $BDE$. Так как эта плоскость не проходит через центр сферы, $r \lt R$ и из равенств $2r \cdot \sin \widehat {DBE} = |DE| = 2R \cdot \sin \widehat {DCE}$ получаем $\sin \widehat {DBE} \gt \sin \widehat {DCE}$. Значит, $|\cos \widehat {DBE}| \lt |\cos \widehat {DCE}| = \cos \widehat {DCE}$.

Ю. Нестеренко