Метка: числовые ряды

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.

Примеры решения задач

1. Найти сумму ряда

   $$\sum_{n=1}^{\infty}\left(\sqrt{n+2}-2\sqrt{n+1}+\sqrt{n}\right).$$
   Решение

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

2. Записать первые три члена ряда

   $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sqrt{n+1}}{\left(4n-3\right)5^{n}}.$$
   Решение

   $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sqrt{n+1}}{\left(4n-3\right)5^{n}}=\frac{\sqrt{2}}{1\cdot5^1}+\frac{\sqrt{3}}{5\cdot5^2}+\frac{\sqrt{4}}{9\cdot5^3}+\ldots$$

3. Записать сумму в свернутом виде с общим членом ряда

   $$\frac{2}{\sqrt[5]{7}}+\frac{4}{\sqrt[5]{14}}+\frac{8}{\sqrt[5]{21}}+\ldots$$
   Решение

   $$\frac{2}{\sqrt[5]{7}}+\frac{4}{\sqrt[5]{14}}+\frac{8}{\sqrt[5]{21}}+\ldots=\frac{2^1}{\sqrt[5]{7\cdot1}}+\frac{2^2}{\sqrt[5]{7\cdot2}}+\frac{2^3}{\sqrt[5]{7\cdot3}}+\ldots=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2^n}{\sqrt[5]{7n}}$$

4. Проверить, выполняется ли необходимое условие сходимости для ряда:

   $$\sum_{n=1}^{\infty}\left(2n+1\right).$$
   Решение

   Ряды $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(2n+1\right)$ расходятся, поскольку не выполняется необходимое условие сходимости: общий член ряда не стремится к нулю $\left(\displaystyle\lim_{n \rightarrow \infty}a_{n}=\displaystyle\displaystyle\lim_{n \rightarrow \infty}\left(2n+1\right)=\infty\neq0\right)$.