Теорема. Пусть дан степенной ряд $$\begin{equation}\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^n\label{eq:1} \end{equation}$$ Если существует $$\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left|a_n\right|} \equiv p \gt 0,$$ то радиус сходимости ряда $\eqref{eq:1}$ равен $R = \frac{1}{p}$. Если для любого $n$ числа $a_n \neq 0$ и существует $$\lim\limits_{n\to\infty}\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right| \equiv p^* \gt 0,$$ то $$R = \frac{1}{p^*} = \lim\limits_{n\to\infty}\left|\frac{a_n}{a_{n+1}}\right|.$$

Для доказательства первого утверждения применим признак Коши. Для фиксированного $x$ имеем $$\sqrt[n]{\left|a_nx^n\right|} = \sqrt[n]{a_n}\cdot\left|x\right|\to p\left|x\right|\left(n\to\infty\right). $$Если $\left|x\right|\lt\frac{1}{p}$, то $ρ\left|x\right|\lt 1$ и, по признаку Коши, ряд $\eqref{eq:1}$ сходится абсолютно. Если $\left|x\right|\gt\frac{1}{p}$, то $p\left|x\right|\gt 1$ и, следовательно, ряд $\eqref{eq:1}$ расходится, т. к. не выполнено необходимое условие сходимости.
Доказательство второго утверждения теоремы легко можно провести аналогично, используя признак Даламбера (проведите самостоятельно). Мы покажем, что из существования предела $ρ^∗$ следует существование предела $ρ$ и их равенство $ρ = ρ^∗$. Ясно, что отсюда также будет следовать второе утверждение теоремы.
Зададим $\epsilon \gt 0$ и найдем такой номер $N$, что для всех $n \geq N$ справедливо неравенство $$\left|\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|-p^*\right|\lt\epsilon.$$ Тогда $$p^*-\epsilon\lt\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|\lt p^*+\epsilon$$ т. е.
$$\left|a_n\right|\left(ρ^∗−\epsilon\right)\lt\left|a_{n+1}\right|\lt\left|a_n\right|\left(ρ^∗+\epsilon\right).$$ Применяя рекуррентно левое неравенство, получаем $$\left|a_{N+1}\right|\gt\left(ρ^∗−\epsilon\right)\left|a_N\right|,$$ $$\left|a_{N+2}\right|\gt\left(ρ^∗\epsilon\right)^2\left|a_N\right|,\dotsi,\left|a_{N+k}\right|\gt\left(ρ^∗-\epsilon\right)^k\left|a_N\right|,\dotsi,$$ а из правого неравенства следует, что $$\left|a_{N+k}\right|\lt\left(ρ^∗+\epsilon\right)^k\left|a_N\right| \left(k = 1, 2,\dotsi\right).$$
Пусть $n\gt N$, т. е. $n = N+k$, где $k\in N$. Тогда $$\sqrt[n]{\left|a_n\right|}\lt\left(ρ^∗+\epsilon\right)^{\frac{n−N}{n}}\left|a_N\right|^{\frac{1}{n}} = (ρ^∗+\epsilon)^{1-\frac{N}{n}}\sqrt[n]{\left|a_N\right|}.$$ При фиксированном $N$ выражение справа стремится к $ρ^∗+\epsilon$ при $n\to\infty$. Поэтому при $n\geq N_1$ оно меньше, чем $ρ^∗+2\epsilon$. Аналогично можно показать, что при $n\geq N_2$ справедливо неравенство $\sqrt[n]{\left|a_n\right|}\gt ρ^∗−2\epsilon$. Получим, что при $n\geq N_3 \equiv max \left(N_1, N_2\right)$ имеет место неравенство $$ρ^∗−2\epsilon\lt\sqrt[n]{\left|a_n\right|}\lt ρ^∗+2\epsilon,$$ а это означает, что существует $$ρ\equiv \lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left|a_n\right|} = ρ^∗.$$

Замечание 1. Если в условии теоремы считать, что $\frac{1}{0} = +\infty$ и $\frac{1}{+\infty} = 0$, то теорема остается справедливой и в случаях $ρ = 0$ и $ρ = +\infty$. При этом необходимые изменения в доказательстве очевидны (проведите самостоятельно).

Замечание 2. Во второй части доказательства нашей теоремы мы,
по существу, доказали, что из существования $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}\left(a_n\gt 0\right)$ следует, что существует и $\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_n}$, и эти пределы равны. Для рядов с
положительными слагаемыми это означает, что признак Коши не слабее
признака Даламбера.

Итак, мы можем находить радиус сходимости $R = \frac{1}{ρ}$ степенного ряда $\eqref{eq:1}$ в случае если существует $$ρ = \lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left|a_n\right|},$$ где $0\leq ρ\leq +\infty$. Но предел $ρ$ может и не существовать. В общем случае радиус сходимости ряда $\eqref{eq:1}$ находится следующим образом.

Теорема Коши – Адамара. Пусть дан степенной ряд $$\begin{equation}\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^n.\label{eq:2} \end{equation}$$ Тогда его радиус сходимости равен $$R =\dfrac{1}{\overline{\lim\limits_{n\to\infty}}\sqrt[n]{\left|a_n\right|}},$$ где понимается $\frac{1}{0} = +\infty$ и $\frac{1}{+\infty} = 0$.

Доказательство этой теоремы основано на применении обобщенного признака Коши сходимости рядов с положительными слагаемыми.

Теорема (обобщенный признак Коши). Пусть дан числовой ряд $$\begin{equation}\sum\limits_{n=0}^\infty u_n,\label{eq:3} \end{equation}$$ где числа $u_n \geq 0$. Если $\overline{\lim\limits_{n\to\infty}}\sqrt[n]{u_n}\lt 1$, то ряд $\eqref{eq:3}$ сходится, а если $\overline{\lim\limits_{n\to\infty}}\sqrt[n]{u_n}\gt 1$, то ряд $\eqref{eq:3}$ расходится.

Если $\overline{\lim\limits_{n\to\infty}}\sqrt[n]{u_n}\gt 1$, то существует подпоследовательность номеров $n_k$, таких, что $u_{n_k}\geq 1$, а значит, $u_n$ не стремится к нулю, и следовательно, ряд $\eqref{eq:3}$ расходится, т. к. не выполнено необходимое условие сходимости. Если же $\overline{\lim\limits_{n\to\infty}}\sqrt[n]{u_n}\equiv q\lt 1$, то для $0\lt\epsilon\lt 1−q$ найдется такой номер $N$, что для всех $n\geq N$ справедливо неравенство $\sqrt[n]{u_n}\lt q+\epsilon\lt 1$. Отсюда следует, что $u_n\lt\left(q+\epsilon\right)n$ при $n \geq N$ и, значит, ряд $\eqref{eq:3}$ сходится в силу признака сравнения.

(Теоремы Коши – Адамара). Имеем $$\overline{\lim\limits_{n\to\infty}}\sqrt[n]{\left|a_nx^n\right|} = \overline{\lim\limits_{n\to\infty}}\sqrt[n]{\left|a_n\right|}\cdot\left|x\right|.$$ Если $\left|x\right|\gt\frac{1}{\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left|a_n\right|}}$,
то для ряда $\sum\limits_{n=0}^\infty\left|a_nx^n\right|$ не выполнено необходимое условие сходимости.
Следовательно, необходимое условие сходимости не выполнено и для ряда
$\eqref{eq:2}$, т. е. он расходится.

Пусть задана числовая последовательность $\left\{a_{n}\right\}_{n=1}^{\infty}$. Символ $a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}+\ldots$, или, что то же самое, $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$, называется числовым рядом, а сами числа $a_{n}$ называются слагаемыми или членами ряда. Обозначим $S_{1}=a_{1}, S_{2}=a_{1}+a_{2},\ldots, S_{n}=a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}a_{k}$ $\left(n=1,2,\ldots\right)$. Числа $S_{n}$ называются частичными суммами ряда $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$.

Определение. Если существует $\displaystyle\lim_{n \rightarrow \infty}S_{n}=S$, то ряд $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ называется сходящимся, а число $S$ называется суммой ряда $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$. Если же не существует конечного предела последовательности частичных сумм $S_{n}$, то ряд $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ называется расходящимся. Если ряд $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ сходится к сумме $S,$ то это обозначают так: $$S=a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}+\cdots=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}.$$

Таким образом, с каждым рядом $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ мы связываем последовательность его частичных сумм $S_{n}=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}a_{k}$, причем сходимость ряда мы определяем как сходимость последовательности частичных сумм этого ряда (понятие сходимости последовательности изучалось нами ранее). Обратно, если задана последовательность $\left\{S_{n}\right\}_{n=1}^{\infty}$, то легко составить ряд, для которого эта последовательность будет последовательностью частичных сумм. Действительно, достаточно положить $a_{1}=S_{1}, a_{2}=S_{2}-S_{1},\ldots,$ $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}$ $(n=2,3,\ldots)$. Ясно, что в этом случае будем иметь $a_{1}+\cdots+a_{n}=S_{n}$, т. е. заданные числа $S_{n}$ являются частичными суммами построенного нами рядa $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}.$

Пример 1 (геометрическая прогрессия). Геометрической прогрессией называется такая последовательность $1,q,q^{2},\ldots,q^{n−1},\ldots$, т. е. $\left\{q^{n-1}\right\}_{n=1}^{\infty}$, где $q$ – фиксированное число. Ряд $1+q+q^{2}+\cdots+q^{n−1}+\ldots\equiv\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}q^{n-1}$ называется суммой геометрической прогрессии. В этом случае слагаемые ряда равны ${a}_n = q^{n−1}$. Выведем формулу для суммы первых $n$ слагаемых геометрической прогрессии. Имеем $$S_{n}=1+q+q^{2}+\cdots+q^{n-2}+q^{n−1},$$$$qS_{n}=q+q^{2}+q^{3}+\cdots+q^{n-1}+q^{n}.$$Если $q\neq1$, то вычитая второе равенство из первого, получим $S_{n}=\frac{1-q^{n}}{1-q}$. Если же $q=1$, то, очевидно, $S_{n}=1+1+\cdots+1=n$ и $S_{n}\rightarrow\infty$ $\left(n\rightarrow\infty\right)$, так что при $q=1$ данный ряд расходится. Пусть $q\neq1$. Тогда вопрос о сходимости ряда $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}q^{n-1}$ сводится к вопросу о сходимости последовательности $S_{n}=\frac{1-q^{n}}{1-q}$. Ясно, что возможны такие случаи.

• $\left|q\right|<1$. При этом $S_{n}\rightarrow\frac{1}{1-q}$ $\left(n\rightarrow\infty\right)$, т. е. наш ряд сходится и его сумма равна $S=\frac{1}{1-q}$.
• $\left|q\right|>1$. Тогда последовательность $S_{n}$ не имеет предела, т. е. ряд расходится.
• $\left|q\right|=1$. Случай $q=1$ уже рассмотрен. Если же $q=−1$, то, очевидно, $S_{2k}=0$ и $S_{2k+1}=1$, так что последовательность частичных сумм $\left\{S_{n}\right\}$ не имеет предела, т. е. ряд расходится.

Окончательно,$$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}q^{n-1}=\frac{1}{1-q}$$при$\left|q\right|<1$, а при $\left|q\right|\geqslant 1$ ряд $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}q^{n-1}$ расходится.

Пример 2. Рассмотрим ряд $$\frac{1}{1\cdot2}+\frac{1}{2\cdot3}+\cdots+\frac{1}{n(n+1)}+\ldots$$Имеем$$S_{n}=\frac{1}{1\cdot2}+\frac{1}{2\cdot3}+\cdots+\frac{1}{n(n+1)}=$$ $$=\left(1-\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)=1-\frac{1}{n+1}.$$Теперь уже легко видеть, что $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}S_{n}=\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}\left(1-\frac{1}{n+1}\right)=1$, а это означает, что наш ряд сходится и его сумма равна $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(n+1)}=1$.

Теорема (критерий Коши сходимости ряда). Ряд $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ сходится тогда и только тогда, когда для любого $\varepsilon>0$ найдется такой номер $N=N(\varepsilon)$, что при любом $n\geq N$ и при любом натуральном $p$ справедливо неравенство $$\left|\displaystyle\sum_{k=n+1}^{n+p}a_{k}\right|<\varepsilon.$$

Доказательство. Сумма слева в последнем неравенстве называется отрезком Коши. По определению, сходимость ряда эквивалентна сходимости последовательности его частичных сумм $S_{n}$. В силу критерия Коши для числовых последовательностей, сходимость последовательности $\left\{S_{n}\right\}$ эквивалентна ее фундаментальности. Фундаментальность последовательности $\left\{S_{n}\right\}$ означает, что для любого $\varepsilon>0$ найдется такой номер $N$, что для любого $n\geqslant N$ и для любого $p\in \mathbb {N}$ справедливо неравенство $\left|S_{n+p}−S_{n}\right|<\varepsilon$. Но поскольку $$S_{n+p}−S_{n}=a_{1}+\cdots+a_{n}+a_{n+1}+\cdots+a_{n+p}−(a_{1}+\cdots+a_{n})=$$ $$=a_{n+1}+\cdots+a_{n+p},$$ то тем самым теорема доказана. $\small\Box$

Следствие (необходимое условие сходимости). Если ряд $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ сходится, то $\displaystyle\lim_{n\rightarrow \infty}a_{n}=0$.

Доказательство. Если ряд $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ сходится, то, в силу критерия Коши, для любого $\varepsilon>0$ найдется такое $N\in \mathbb {N}$, что при любом $n\geqslant N$ и при любом $p\in \mathbb {N}$ справедливо неравенство $\left|\displaystyle\sum_{k=n+1}^{n+p}a_{k}\right|<\varepsilon$. В частности, если $p=1$, то получим, что для любого $\varepsilon>0$ найдется такой номер $N$, что при любом $n\geqslant N$ справедливо неравенство $\left|a_{n+1}\right|<\varepsilon$. Это и означает, что $\displaystyle\lim_{n\rightarrow \infty}a_{n}=0$. $\small\Box$

Другое доказательство необходимого условия сходимости. Сходимость ряда $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ равносильна существованию следующего предела: $\displaystyle\lim_{n \rightarrow \infty}S_{n}=S$. Но тогда и $\displaystyle\lim_{n \rightarrow \infty}S_{n-1}=S$, откуда, в силу равенства $a_{n}=S_{n}−S_{n−1}$, следует $$\displaystyle\lim_{n \rightarrow \infty}a_{n}=\displaystyle\lim_{n \rightarrow \infty}{(S_{n}-S_{n-1})}=\displaystyle\lim_{n \rightarrow \infty}S_{n}-\displaystyle\lim_{n \rightarrow \infty}S_{n-1}=S-S=0.\ \small\Box$$

Итак, если ряд $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$, сходится, то его слагаемые стремятся к нулю. Обратное утверждение неверно. Действительно, для ряда $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{n}}$ имеем: $a_{n}=\frac{1}{\sqrt{n}}$. Тогда $\displaystyle\lim_{n \rightarrow \infty}a_{n}=0$ и, вместе с тем, $$S_{n}=1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n}}\geqslant n\cdot\frac{1}{\sqrt{n}}=\sqrt{n},$$ откуда следует, что $\displaystyle\lim_{n \rightarrow \infty}S_{n}=+\infty$, т. е. ряд $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{n}}$ расходится.

Пример. Гармоническим называется ряд $$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}+\ldots$$ Отрезок Коши этого ряда можно оценить следующим образом:
$$\displaystyle\sum_{k=n+1}^{n+p}\frac{1}{k}=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots+\frac{1}{n+p}\geqslant\frac{1}{n+p}\cdot p.$$ Если взять $p=n$, то получим, что $\displaystyle\sum_{k=n+1}^{2n}\frac{1}{k}\geqslant\frac{n}{n+n}=\frac{1}{2}$. Это означает, что найдется такое ${\varepsilon}_{0}>0$ $({\varepsilon}_{0}=\frac{1}{2})$, что для любого $N\in \mathbb {N}$ существует $n\geqslant N$ (например, $n=N$) и существует такое $p\in \mathbb {N}$ $(p=n)$, при которых справедливо неравенство $\left|\displaystyle\sum_{k=n+1}^{n+p}\frac{1}{k}\right|\geqslant {\varepsilon}_{0}$. В силу критерия Коши это означает, что гармонический ряд расходится.

Как правило, на практике необходимое условие сходимости применяется в следующей форме: если предел слагаемых ряда не существует, либо существует, но отличен от нуля, то ряд расходится.

Определения и простейшие свойства числового ряда

Лимит времени: 0

Навигация (только номера заданий)

0 из 5 заданий окончено

Вопросы:

1. 1
2. 2
3. 3
4. 4
5. 5

Информация

Пройдите этот тест, чтобы проверить свои знания по только что прочитанной теме

Вы уже проходили тест ранее. Вы не можете запустить его снова.

Тест загружается...

Вы должны войти или зарегистрироваться для того, чтобы начать тест.

Вы должны закончить следующие тесты, чтобы начать этот:

Результаты

Правильных ответов: 0 из 5

Ваше время:

Время вышло

Вы набрали 0 из 0 баллов (0)

Средний результат
Ваш результат

Рубрики

1. Математический анализ 0%

Ваш результат был записан в таблицу лидеров

Загрузка

Имя: E-Mail:

Капча:

1. 1
2. 2
3. 3
4. 4
5. 5

1. С ответом
2. С отметкой о просмотре

1. Задание 1 из 5

   1.

   Количество баллов: 1

   Из ниже перечисленных рядов выберите сходящийся ряд.

   • $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^{2}}{7n^{2}+8000n}$
   • $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^{n}$
   • $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(-1\right)^{n}\frac{n+1}{n+2}$
   Правильно
   

   Ряды $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^{2}}{7n^{2}+8000n}$ и $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(-1\right)^{n}\frac{n+1}{n+2}$ расходятся, поскольку не выполняется необходимое условие сходимости: общий член ряда не стремится к нулю. Ряд $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^{n}$ сходится, как геометрическая прогрессия, где $q=\frac{1}{2}<1$.

   Неправильно
   

   Ряды $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^{2}}{7n^{2}+8000n}$ и $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(-1\right)^{n}\frac{n+1}{n+2}$ расходятся, поскольку не выполняется необходимое условие сходимости: общий член ряда не стремится к нулю. Ряд $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^{n}$ сходится, как геометрическая прогрессия, где $q=\frac{1}{2}<1$.
2. Задание 2 из 5

   2.

   Количество баллов: 1

   Проверить, выполняется ли необходимое условие сходимости для ряда: $0,001+\sqrt{0,001}+\sqrt[3]{0,001}+\ldots$

   • Да, выполняется.
   • Нет, не выполняется.
   Правильно
   

   $\displaystyle\lim_{n \rightarrow \infty}a_{n}=\displaystyle\lim_{n \rightarrow \infty}\sqrt[n]{0,001}=1\neq 0$.

   Неправильно
   

   $\displaystyle\lim_{n \rightarrow \infty}a_{n}=\displaystyle\lim_{n \rightarrow \infty}\sqrt[n]{0,001}=1\neq 0$.
3. Задание 3 из 5

   3.

   Количество баллов: 1

   Дополните формулировку теоремы одним словом.

   Ряд $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ $\ldots$ тогда и только тогда, когда $\forall\varepsilon>0$ $\exists N=N\left(\varepsilon\right):$ $\forall n\geqslant N,$ $\forall p \in \mathbb {N}:$ $\left|\displaystyle\sum_{k=n+1}^{n+p}a_{k}\right|<\varepsilon.$
   Правильно
   

   Неправильно
   
4. Задание 4 из 5

   4.

   Количество баллов: 4

   Исследовать сходимость рядов:

   Элементы сортировки

   • Ряд расходится, так как не выполняется необходимое условие сходимости $(\displaystyle\lim_{n \rightarrow \infty}a_{n}=\frac{1}{1000})$.
   • Ряд расходится, так как не выполняется необходимое условие сходимости $(\displaystyle\lim_{n \rightarrow \infty}a_{n}=1)$.
   • Ряд сходится и его сумма равна $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}=2$.
   • Ряд сходится и его сумма равна $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}=1$.

   • $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n+1}{1000n+1000}$

   • $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{e}{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{n}$

   • $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{2^n}$

   • $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(n+1)}$

   Правильно
   

   Неправильно
   
5. Задание 5 из 5

   5.

   Количество баллов: 4

   Упорядочьте суммы рядов по возрастанию.

   • $\frac{1}{1\cdot 4}+\frac{1}{4\cdot 7}+\cdots+\frac{1}{(3n-2)(3n+1)}+\ldots$
   • $1-\frac{1}{2}+\frac{1}{4}-\frac{1}{8}+\cdots+\frac{{(-1)}^{n-1}}{2^{n-1}}+\ldots$
   • $\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{2^n}+\frac{1}{3^n}\right)+\ldots$
   • $\frac{1}{2}+\frac{3}{2^2}+\frac{5}{2^3}+\cdots+\frac{2n-1}{2^n}+\ldots$
   Правильно
   

   $$S_{n}=\frac{1}{1\cdot 4}+\frac{1}{4\cdot 7}+\cdots+\frac{1}{(3n-2)(3n+1)}=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{(3k-2)(3k+1)}=$$ $$=\frac{1}{3}\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{3k-2}-\frac{1}{3k+1}\right)=\frac{1}{3}\left(1-\frac{1}{3k+1}\right),\ S=\lim_{n \rightarrow \infty}S_{n}=\frac{1}{3}.$$

   $$S_{n}=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{4}-\frac{1}{8}+\cdots+\frac{{(-1)}^{n-1}}{2^{n-1}}=\frac{1-\frac{(-1)^n}{2^n}}{1+\frac{1}{2}},$$ $$S=\lim_{n \rightarrow \infty}S_{n}=\frac{1}{1+\frac{1}{2}}=\frac{2}{3}.$$

   $$S_{n}=\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{2^n}+\frac{1}{3^n}\right)=$$ $$=\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2^{2}}+\cdots+\frac{1}{2^{n}}\right)+\left(\frac{1}{3}+\frac{1}{3^{2}}+\cdots+\frac{1}{3^{n}}\right)=$$ $$=\frac{1}{2}\cdot\frac{1-\frac{1}{2^{n}}}{1-\frac{1}{2}}+\frac{1}{3}\cdot\frac{1-\frac{1}{3^{n}}}{1-\frac{1}{3}},$$ $$S=\lim_{n \rightarrow \infty}\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{1-\frac{1}{2}}+\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{1-\frac{1}{3}}=\frac{3}{2}.$$

   $$S_{n}=\frac{1}{2}+\frac{3}{2^2}+\frac{5}{2^3}+\cdots+\frac{2n-1}{2^n},$$ $$\frac{1}{2}S_{n}=\frac{1}{2^2}+\frac{3}{2^3}+\frac{5}{2^4}+\cdots+\frac{2n-1}{2^{n+1}},$$ $$\frac{1}{2}S_{n}=S_{n}-\frac{1}{2}S_{n}=\frac{1}{2}+\frac{2}{2^2}+\frac{2}{2^3}+\cdots+\frac{2}{2^n}-\frac{2n-1}{2^{n+1}}=$$ $$=\frac{1}{2}\left(1+1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{2^{n-1}}-\frac{2n-1}{2^n}\right)=\frac{1}{2}\left(1+\frac{1-\frac{1}{2^{n-1}}}{1-\frac{1}{2}}-\frac{2n-1}{2^n}\right),$$ $$S=\lim_{n \rightarrow \infty}S_{n}=1+\frac{1}{1-\frac{1}{2}}=3.$$

   Неправильно
   

   $$S_{n}=\frac{1}{1\cdot 4}+\frac{1}{4\cdot 7}+\cdots+\frac{1}{(3n-2)(3n+1)}=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{(3k-2)(3k+1)}=$$ $$=\frac{1}{3}\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{3k-2}-\frac{1}{3k+1}\right)=\frac{1}{3}\left(1-\frac{1}{3k+1}\right),\ S=\lim_{n \rightarrow \infty}S_{n}=\frac{1}{3}.$$

   $$S_{n}=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{4}-\frac{1}{8}+\cdots+\frac{{(-1)}^{n-1}}{2^{n-1}}=\frac{1-\frac{(-1)^n}{2^n}}{1+\frac{1}{2}},$$ $$S=\lim_{n \rightarrow \infty}S_{n}=\frac{1}{1+\frac{1}{2}}=\frac{2}{3}.$$

   $$S_{n}=\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{2^n}+\frac{1}{3^n}\right)=$$ $$=\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2^{2}}+\cdots+\frac{1}{2^{n}}\right)+\left(\frac{1}{3}+\frac{1}{3^{2}}+\cdots+\frac{1}{3^{n}}\right)=$$ $$=\frac{1}{2}\cdot\frac{1-\frac{1}{2^{n}}}{1-\frac{1}{2}}+\frac{1}{3}\cdot\frac{1-\frac{1}{3^{n}}}{1-\frac{1}{3}},$$ $$S=\lim_{n \rightarrow \infty}\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{1-\frac{1}{2}}+\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{1-\frac{1}{3}}=\frac{3}{2}.$$

   $$S_{n}=\frac{1}{2}+\frac{3}{2^2}+\frac{5}{2^3}+\cdots+\frac{2n-1}{2^n},$$ $$\frac{1}{2}S_{n}=\frac{1}{2^2}+\frac{3}{2^3}+\frac{5}{2^4}+\cdots+\frac{2n-1}{2^{n+1}},$$ $$\frac{1}{2}S_{n}=S_{n}-\frac{1}{2}S_{n}=\frac{1}{2}+\frac{2}{2^2}+\frac{2}{2^3}+\cdots+\frac{2}{2^n}-\frac{2n-1}{2^{n+1}}=$$ $$=\frac{1}{2}\left(1+1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{2^{n-1}}-\frac{2n-1}{2^n}\right)=\frac{1}{2}\left(1+\frac{1-\frac{1}{2^{n-1}}}{1-\frac{1}{2}}-\frac{2n-1}{2^n}\right),$$ $$S=\lim_{n \rightarrow \infty}S_{n}=1+\frac{1}{1-\frac{1}{2}}=3.$$