Теорема (признак Даламбера). Пусть дан ряд ∞∑n=1an с положительными слагаемыми. Предположим, что существует такое число q,0<q<1, что начиная с некоторого номера N справедливо неравенство an+1an⩽q(n⩾N). Тогда ряд ∞∑n=1an сходится.
Из условия теоремы следует, что aN+1⩽q⋅aN,aN+2⩽q⋅aN+1,…,an⩽q⋅an−1(n⩾N+1). Перемножая эти неравенства, получаем an⩽qn–N⋅aN(n⩾N+1), т. е. an⩽c⋅qn(n⩾N+1), где c=aN⋅q−N. По признаку сравнения, из сходимости геометрической прогрессии со знаменателем q,∣q∣<1, следует сходимость исходного ряда.
Замечание 1. Из неравенства an+1an<1 не следует сходимость ряда ∞∑n=1an. Неравенство (15.6) означает лишь то, что слагаемые ряда строго убывают, из чего вовсе не следует сходимость ряда, например, ∞∑n=11n,∞∑n=11√n и т. д.
Замечание 2. Из неравенства an+1an⩾1(n⩾N) сразу следует расходимость ряда ∞∑n=1an. В самом деле, (15.7) 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 ∞∑n=1an с положительными слагаемыми. Предположим, что существует (быть может, и бесконечный) limn→∞an+1an=λ. Тогда
a) если 0⩽λ<1, то ряд (15.8) сходится;
b) если 1<λ⩽∞, то ряд (15.8) расходится;
c) если λ=1, то ничего определенного о сходимости ряда (15.8) сказать нельзя.
a) Выберем такое ε>0, что q≡λ+ε<1(например, ε=(1—λ)2). Тогда, начиная с некоторого номера N, будет иметь место неравенство an+1an⩽q(n⩾N), и, в силу признака Даламбера, ряд (15.8) сходится.
b) Если 1<λ⩽∞, то, начиная с некоторого номера, справедливо неравенство an+1an⩾1 и, в силу замечания 2, ряд (15.8) расходится.
c) Для доказательства приведем примеры сходящегося и расходящегося рядов, для которых λ=1. Ряд ∞∑n=11n расходится и an+1an=nn+1→1 при n→∞. Ряд ∞∑n=11n2 сходится и an+1an→1 при n→∞.
Пример 1. Исследовать на сходимость ряд ∞∑n=11000nn!.
По признаку Даламбера, an+1an=1000n+1⋅n!(n+1)!⋅1000n=1000n+1→0(n→∞), следовательно, данный ряд сходится.
Пример 2. Исследовать на сходимость ряд ∞∑n=1(2n+1)!(n!)2.
К этому ряду удобно применить признак Даламбера an+1an=(2n+3)!⋅(n!)2[(n+1)!]2⋅(2n+1)!=(2n+2)⋅(2n+3)(n+1)2= =4n2+10n+6n2+2n+1→4(n→∞), По признаку Даламбера, данный ряд расходится.
Пример 3. Исследовать на сходимость ряд ∞∑n=112n—1.
По признаку Даламбера, an+1an=1⋅(2n–1)2n⋅1→1(n→∞), 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.
