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.

Критерий сходимости рядов с неотрицательными слагаемыми

Теорема

Рассмотрим ряд в котором все члены ряда неотрицательны, т.е. (\forall n \in N \rightarrow a_{n}\geq 0). Для того чтобы ряд сходился, необходимо и достаточно, чтобы последовательность его частичных сумм была ограниченна сверху.

Доказательство

Так как a_{n}\geq 0, то S_{n}=S_{n-1}+a_{n}\geq S_{n-1}. Из этого следует что последовательность частичных сумм монотонно возрастает. Если ряд сходится это означает что сходится последовательность его частичных сумм. По теореме об ограниченности сходящейся последовательности сходимость последовательности частичных сумм эквивалентна ограниченности этой последовательности.

Пример

Рассмотрим ряд:$$\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^{\alpha }},$$ где \alpha>0. При \alpha=1 получаем гармонический ряд, а он как известно расходится.
При 0<\alpha<1 имеем:$$S_{n}(\alpha)=1+ \frac{1}{2^{\alpha}}+\cdots +\frac{1}{n^{\alpha}}\geq n \cdot \frac{1}{n^{\alpha}}=n^{1-\alpha}\underset{n\rightarrow \infty }{\rightarrow}\infty $$ Из этого следует, что S_{n}(\alpha)\rightarrow +\infty , а из этого следует расходимость ряда.
Теперь рассмотрим случай \alpha>1. Выберем такое натуральное m, что n<2^{m}. Тогда имеем:$$S_{n}(\alpha)\leq S_{2^{m}-1}(\alpha)=1+\left ( \frac{1}{2^{\alpha}}+\frac{1}{3^{\alpha}} \right )+\left ( \frac{1}{4^{\alpha}}+\frac{1}{5^{\alpha}}+\frac{1}{6^{\alpha}}+\frac{1}{7^{\alpha}} \right )+$$$$+\cdots +\left ( \frac{1}{(2^{m-1})^{\alpha}}+\frac{1}{(2^{m-1}+1)^{\alpha}}+\cdots +\frac{1}{(2^{m}-1)^{\alpha}} \right )\leq $$$$\leq 1+2^{1-\alpha}+(2^{2})^{1-\alpha}+\cdots +(2^{m-1})^{1-\alpha}=$$$$=1+2^{1-\alpha}+(2^{1-\alpha})^{2}+\cdots +(2^{1-\alpha})^{m-1}=\frac{1-(2^{1-\alpha})^{m}}{1-2^{1-\alpha}}$$ Отсюда следует, что при \alpha>1 имеем S_{n}(\alpha)\leq \frac{1}{1-2^{1-\alpha}}, т.е. последовательность частичных сумм ограниченна сверху, и по теореме о сходимости рядов с неотрицательными членами ряд сходится при \alpha>1.

Список Литературы

Тест на проверку знаний по данной теме.

Таблица лучших: Критерий сходимости рядов с неотрицательными слагаемыми

максимум из 2 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных