Теорема (признак Даламбера). Пусть дан ряд $\displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} a_n$ с положительными слагаемыми. Предположим, что существует такое число $q, 0 < q < 1,$ что начиная с некоторого номера $N$ справедливо неравенство $\frac{a_{n + 1}}{a_n} \leqslant q \left(n \geqslant N\right).$ Тогда ряд $\displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} a_n$ сходится.
Из условия теоремы следует, что $a_{N +1} \leqslant q \cdot a_N, a_{N + 2} \leqslant q \cdot a_{N + 1}, \ldots, a_n \leqslant q \cdot a_{n − 1} \left(n \geqslant N + 1\right).$ Перемножая эти неравенства, получаем $a_n \leqslant q^{n – N} \cdot a_N \left(n \geqslant N + 1\right),$ т. е. $a_n \leqslant c \cdot q^n \left(n \geqslant N + 1\right),$ где $c = a_N \cdot q^{−N}.$ По признаку сравнения, из сходимости геометрической прогрессии со знаменателем $q, \mid q \mid < 1,$ следует сходимость исходного ряда.
Замечание 1. Из неравенства $$\frac{a_{n + 1}}{a_n} < 1 \tag{15.6}$$ не следует сходимость ряда $\displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} a_n.$ Неравенство $\left(15.6\right)$ означает лишь то, что слагаемые ряда строго убывают, из чего вовсе не следует сходимость ряда, например, $\displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n}, \displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{n}}$ и т. д.
Замечание 2. Из неравенства $$\frac{a_{n + 1}}{a_n} \geqslant 1 \left(n \geqslant N\right) \tag{15.7}$$ сразу следует расходимость ряда $\displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} a_n.$ В самом деле, $\left(15.7\right)$ означает, что слагаемые ряда образуют неубывающую последовательность положительных чисел и, следовательно, не стремятся к нулю, так что в этом случае не выполнено необходимое условие сходимости.
Следствие (признак Даламбера в предельной форме). Пусть дан ряд $$\displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} a_n \tag{15.8}$$ с положительными слагаемыми. Предположим, что существует (быть может, и бесконечный) $\displaystyle \lim_{n \rightarrow {\infty}} \frac{a_{n + 1}}{a_n} = \lambda.$ Тогда
a) если $0 \leqslant \lambda < 1,$ то ряд $\left(15.8\right)$ сходится;
b) если $1 < \lambda \leqslant \infty,$ то ряд $\left(15.8\right)$ расходится;
c) если $\lambda = 1,$ то ничего определенного о сходимости ряда $\left(15.8\right)$ сказать нельзя.
a) Выберем такое $\varepsilon > 0,$ что $q \equiv \lambda + \varepsilon < 1 \left(\text{например, }\varepsilon = \frac{\left(1 — \lambda\right)}{2}\right).$ Тогда, начиная с некоторого номера $N,$ будет иметь место неравенство $\frac{a_{n + 1}}{a_n} \leqslant q \left(n \geqslant N\right),$ и, в силу признака Даламбера, ряд $\left(15.8\right)$ сходится.
b) Если $1 < \lambda \leqslant \infty,$ то, начиная с некоторого номера, справедливо неравенство $\frac{a_{n + 1}}{a_n} \geqslant 1$ и, в силу замечания 2, ряд $\left(15.8\right)$ расходится.
c) Для доказательства приведем примеры сходящегося и расходящегося рядов, для которых $\lambda = 1.$ Ряд $\displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n}$ расходится и $\frac{a_{n + 1}}{a_n} = \frac{n}{n + 1} \rightarrow 1$ при $n \rightarrow \infty.$ Ряд $\displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^2}$ сходится и $\frac{a_{n + 1}}{a_n} \rightarrow 1$ при $n \rightarrow \infty.$
Пример 1. Исследовать на сходимость ряд $\displaystyle \sum_{n = 1}^\infty \frac{1000^n}{n!}.$
По признаку Даламбера, $$\frac{a_{n + 1}}{a_n} = \frac{1000^{ n + 1} \cdot n!}{\left(n + 1\right)! \cdot 1000^n} = \frac{1000}{n + 1} \rightarrow 0 \qquad \left(n \rightarrow \infty\right),$$ следовательно, данный ряд сходится.
Пример 2. Исследовать на сходимость ряд $\displaystyle \sum_{n = 1}^\infty \frac{\left(2n + 1\right)!}{\left(n!\right)^2}.$
К этому ряду удобно применить признак Даламбера $$\frac{a_{n + 1}}{a_n} = \frac{\left(2n + 3\right)! \cdot \left(n!\right)^2}{\left[\left(n + 1\right)!\right]^2 \cdot \left(2n + 1\right)!} = \frac{\left(2n + 2\right) \cdot \left(2n + 3\right)}{\left(n + 1\right)^2} =$$ $$= \frac{4n^2 + 10n + 6}{n^2 + 2n + 1} \rightarrow 4 \qquad \left(n \rightarrow \infty\right),$$ По признаку Даламбера, данный ряд расходится.
Пример 3. Исследовать на сходимость ряд $\displaystyle \sum_{n = 1}^\infty \frac{1}{2n — 1}.$
По признаку Даламбера, $$\frac{a_{n + 1}}{a_n} = \frac{1 \cdot \left(2n – 1\right)}{2n \cdot 1} \rightarrow 1 \qquad \left(n \rightarrow \infty\right),$$ следовательно, мы не можем выяснить характер сходимости данного ряда с помощью признака Даламбера.
Признак Даламбера
Вы можете пройти данный тест, чтобы примерно оценить, насколько вы поняли тему «Признак Даламбера»
- Коляда В. И., Кореновский А. А. Курс лекций по математическому анализу. 2010г. стр.10-12.
- Б. П. Демидович «Сборник задач и упражнений по математическому анализу» 13-е издание, 1997г. стр.147.
- Л. Д. Кудрявцев. Курс математического анализа, том 2, 1988-1989г. стр.20-21.
- Лысенко З. М. Конспект лекций по математическому анализу.
