Метка: числовые ряды

15. Числовые ряды

15.2.2 Признак Даламбера

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»

15.3.1 Признак Лейбница

Определение. Числовой ряд $\sum\limits_{n=1}^\infty a_{n}$ называется знакопеременным (знакочередующимся), если его слагаемые попеременно меняют знак, т. е. если $a_{n} \cdot a_{n+1}<0$ $(n=1,2,\dots)$.
Знакопеременный ряд можно записать в виде $$u_{1}-u_{2}+u_{3}-u_{4}+\dots=\sum \limits _{n=1}^\infty (-1)^{n-1}u_{n},$$ где $u_{n}\geqslant 0$.

Теорема Лейбница. Если модули слагаемых знакочередующегося ряда $$\sum\limits_{n=1}^\infty (-1)^{n-1}u_{n} (15.14)$$ монотонно убывают к нулю, то этот ряд сходится.

Обозначим через $S_{n}$ частичную сумму ряда $(15.14)$. Рассмотрим частичные суммы с четными номерами $$S_{2m}=(u_{1}-u_{2})+(u_{3}-u_{4})+\dots+(u_{2m-1}-u_{2m}).$$ Так как $u_{n}$ убывают по условию, то в каждой скобке выражение неотрицательно. Поэтому $$S_{2(m+1)}=S_{2m+2}=S_{2m}+(u_{2m+1}-u_{2m+2})\geqslant S_{2m}.$$ Это означает, что последовательность $\left\{ {S_{2m}} \right\}_{m=1}^\infty$ возрастает. С другой стороны, из представления $$S_{2m}=u_{1}-(u_{2}-u_{3})-(u_{4}-u_{5})-\dots-(u_{2m-2}-u_{2m-1})-u_{2m},$$ в силу монотонности $ u_{k}$, следует, что $S_{2m}\leqslant u_{1}$. Таким образом, последовательность $\left\{ {S_{2m}} \right\}_{m=1}^\infty$ ограничена сверху и возрастает и, следовательно, имеет предел. Обозначим $S= \displaystyle{\lim_{m \to \infty}} S_{2m}$. Для доказательства сходимости ряда $(15.14)$ нужно еще показать, что $S_{2m+1} \rightarrow S (m\rightarrow \infty)$. Но это сразу следует из равенства $S_{2m+1}= S_{2m}+ u_{2m+1}$ и условия теоремы $u_{2m+1}\rightarrow 0 (m\rightarrow\infty)$. Окончательно, последовательность частичных сумм ряда $(15.14)$ с четными и с нечетными номерами сходятся к одному и тому же пределу $S$. Поэтому $S= \displaystyle{\lim_{n \to \infty}} S_{n}$.
Знакочередующийся ряд, для которого выполнены условия теоремы Лейбница, называется рядом лейбницевского типа. Теорема Лейбница утверждает, что ряд лейбницевского типа сходится.

Пример 1. Рассмотрим полугармонический ряд $\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n}$. Здесь $u_{n}=\frac{1}{n}$ и данный ряд является рядом лейбницевского типа. По теореме Лейбница, он сходится. Ранее мы показали, что ряд, составленный из модулей слагаемых, – гармонический – расходится. Таким образом, сходимость исходного ряда обусловлена не малостью его слагаемых, а взаимной интерференцией слагаемых.

Пример 2. Приведем пример, показывающий, что в теореме Лейбница нельзя отбросить условие монотонности.
Ряд $\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{\sqrt{n}}$ является рядом лейбницевского типа и, следовательно, сходится. Гармонический ряд $\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty} \frac{1}{n}$ расходится. Рассмотрим знакопеременный ряд $\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty}\left[ \frac{(-1)^{n-1}}{\sqrt{n}} +\frac{1}{n}\right].$ Его слагаемые стремятся к нулю, но их модули не монотонны. Легко видеть, что он расходится. Действительно, если бы он являлся сходящимся, то сходился бы и ряд $\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty} \frac{1}{n}$, как разность двух сходящихся рядов $\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty}\left[ \frac{(-1)^{n-1}}{\sqrt{n}} +\frac{1}{n}\right]$ и $\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{\sqrt{n}}.$ Но гармонический ряд $\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty} \frac{1}{n}$ расходится.

Теорема (оценка остатка ряда лейбницевского типа). Остаток после $n$-го слагаемого ряда лейбницевского типа имеет такой же знак, как и его первое слагаемое, а по абсолютной величине не превосходит абсолютной величины первого слагаемого.

Пусть $S_{n}$– частичные суммы ряда лейбницевского типа $$\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty} (-1)^{n-1}u_{n} (15.15)$$ $S= \displaystyle{\sum_{n=1}^\infty} (-1)^{n-1}u_{n}$ и $r_{n}=\displaystyle{\sum_{k=n+1}^\infty} (-1)^{k-1}u_{k}$ Тогда $r_{n}=S-S_{n}$, и мы хотим оценить $r_{n}.$
При доказательстве теоремы Лейбница мы получили, что последовательность частичных сумм ряда $(15.15)$ с четными номерами $S_{2m}$ возрастает, и поэтому $S_{2m}\leqslant S$. С другой стороны, $$S_{2m+1}=u_{1}-(u_{2}-u_{3})-(u_{4}-u_{5})-\dots-(u_{2m}-u_{2m+1}),$$ откуда видно, что $S_{2m+1}\geqslant S_{2m+3},$ т.е. последовательность частичных сумм ряда $(15.15)$ с нечетными номерами убывает и поэтому $S_{2m+1}\geqslant S$.
Таким образом, $$S_{2m}\leqslant S \leqslant S_{2m+1},$$ откуда $$0\leqslant S-S_{2m}\leqslant S_{2m+1}-S_{2m}=u_{2m+1},$$ т.е. остаток четного порядка $r_{2m}=S-S_{2m}$ удовлетворяет неравенству $$0\leqslant r_{2m} \leqslant u_{2m+1},$$ что и доказывает теорему для остатков четного порядка.
Аналогично, из неравенства $$S_{2m+2}\leq S \leqslant S_{2m+1}$$ следует $$0\geqslant S — S_{2m+1}\geqslant S_{2m+2}-S_{2m+1}=-u_{2m+2},$$ т. е. $$-u_{2m+2}\leqslant r_{2m+1}\leqslant 0,$$ чем доказано утверждение теоремы для остатков нечетного порядка.
Итак, мы показали, что $\text{sign }$ $r_{n} = (-1)^{n}$ и $\mid r_{n}\mid \leqslant u_{n+1}$ для любого $n = 1,2,\dots$

Примеры решения задач

Определить, сходятся ли ряды:

  1. $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{\ln^2n}{n}$
    Решение

    Найдём предел $u_{n}=\frac{\ln^2n}{n}$ при $n\rightarrow\infty$, воспользовавшись правилом Лопиталя: $\displaystyle\lim_{n \to \infty}\frac{\ln^2n}{n}=\displaystyle\lim_{n \to \infty}\frac{2\ln n}{n}=\displaystyle\lim_{n \to \infty}\frac{2}{n}=0$, то есть модули слагаемых стремятся к нулю. Для проверки монотонности воспользуемся теоремой о достаточном условии строгой монотонности:
    $\left(\frac{\ln^2x}{x}\right)^\prime=\frac{\frac{2\ln x}{x}x-\ln^2 x}{x^2}=\frac{\ln x \left(2-\ln x \right)}{x^2}$ Откуда видно, что при $x\rightarrow\infty$, $\left(\frac{\ln^2x}{x}\right)^\prime<0$, откуда следует, что модули слагаемых монотонно убывают. То есть, данный ряд удовлетворяет условиям теоремы Лейбница, следовательно, он сходится.

  2. $\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{{\sqrt[n]{n}}}$
    Решение

    Найдём предел $u_{n}=\frac{(-1)^{n+1}}{{\sqrt[n]{n}}}$ при $n\rightarrow\infty$: $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{(-1)^{n+1}}{{\sqrt[n]{n}}}=\lim_{n \to \infty}n^{-\frac{1}{n}}=\lim_{n \to \infty}e^{-\frac{\ln n}{n}}. $Воспользуемся правилом Лопиталя: $\displaystyle \lim_{n \to \infty}e^{-\frac{\ln n}{n}}=\lim_{n \to \infty}e^{-\frac{1}{n}}=e^0=1$. Покажем, что данный ряд не удовлетворяет не только условиям теоремы Лейбница, но и необходимое условие сходимости числового ряда: $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{(-1)^{n+1}}{{\sqrt[n]{n}}}=\displaystyle \lim_{n \to \infty} (-1)^{n+1}$ Но предела $\displaystyle \lim_{n \to \infty} (-1)^{n+1}$ не существует (можно показать по Гейне, взяв ${x_{k}}^{\prime}=2n+1$ и ${x_{k}}^{\prime \prime}=2n$). То есть, данный ряд расходится.

  3. $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{2n-\text{arctg } n}$
    Решение

    Найдём предел $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{1}{2n-\text{arctg } n}=\lim_{n \to \infty} \frac{1}{2n-\frac{\pi}{2}}=0.$ То есть модули слагаемых стремятся к нулю. Проверяем монотонность: $\displaystyle \left(\frac{1}{2x-\text{arctg } x}\right)^\prime=\frac{-2+\frac{1}{1+x^2}}{\left(2x-\text{arctg } x\right)^2},$ откуда видно, что при $x\rightarrow\infty$ $\displaystyle \left(\frac{1}{2x-\text{arctg } x}\right)^\prime < 0$, что по теореме о достаточном условии строгой монотонности говорит о том, что $\displaystyle \left\{\frac{1}{2n-\text{arctg } n}\right\}_{n=1}^\infty$ монотонно убывает. То есть, по теореме Лейбница, ряд сходится.

  4. $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \sin{\left(\pi\sqrt{n^2+k^2}\right)},$ где $k \in \mathbb{N}$
    Решение

    Воспользовавшись нечётностью и периодичностью синуса, получим, что $\sin\alpha=-\sin(-\alpha)=-\sin\left(2\pi n-\alpha\right)=-\sin\left(\pi n+(\pi n -\alpha\right))=$$=-\sin(\pi n)\cos(\pi n-\alpha)-\cos(\pi n)\sin(\pi n-\alpha)=$$=-\cos(\pi n)\sin(\pi n-\alpha)=(-1)^{n+1}\sin(\pi n-\alpha)$. То есть, $$\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \sin{\pi\sqrt{n^2+k^2}}=\displaystyle \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n+1}\sin(\pi n-\pi\sqrt{n^2+k^2}).$$ Предел общего члена ряда: $\displaystyle \lim_{n \to \infty} (-1)^{n+1}\sin(\pi n-\pi\sqrt{n^2+k^2})=\lim_{n \to \infty}\sin\left(\frac{n^2-(n^2+k^2)}{n+\sqrt{n^2+k^2}}\right)=$$\displaystyle =\lim_{n \to \infty}\sin\left(\frac{\pi k^2}{n+\sqrt{n^2+k^2}}\right)=0.$ Монотонность. $\left(\frac{\pi k^2}{x+\sqrt{x^2+k^2}}\right)^\prime=\frac{-\pi k^2}{x+\sqrt{x^2+k^2}}\left(1+\frac{x}{\sqrt{x^2+k^2}}\right)=$$=\frac{-\pi k^2}{x+\sqrt{x^2+k^2}}\left(\frac{x+\sqrt{x^2+k^2}}{\sqrt{x^2+k^2}}\right)=\frac{-\pi k^2}{x\sqrt{x^2+k^2}+x^2+k^2}$, то есть при $n \to \infty$ $\left(\frac{\pi k^2}{x+\sqrt{x^2+k^2}}\right)^\prime<0$, а значит, по теореме о достаточном условии строгой монотонности $\left\{\frac{\pi k^2}{n+\sqrt{n^2+k^2}}\right\}_{n=1}^\infty$ монотонно убывает при достаточно больших $n.$ При $y$ в окрестности нуля, по таблице эквивалентных, $\sin(y)\sim y$, а $y=\frac{\pi k^2}{x+\sqrt{x^2+k^2}}$ монотонно убывает к $0$, как было показано. Значит, общий член ряда также монотонно убывает к нулю, следовательно, по признаку Лейбница, ряд сходится.

    При первом взгляде могло показаться, что для этого ряда не выполняется необходимое условие сходимости числового ряда. Однако, это не так: $\displaystyle \lim_{n \to \infty}\sin{\left(\pi\sqrt{n^2+k^2}\right)}=\lim_{n \to \infty}\sin{\left(\pi\sqrt{n^2\left(1+\frac{k^2}{n^2}\right)}\right)}=$$\displaystyle =\lim_{n \to \infty}\sin{\pi n\sqrt{1+\frac{k^2}{n^2}}}=\lim_{n \to \infty}\sin{\pi n}=0$

Признак Лейбница

Тест для проверки уровня усвоения материала по теме «признак Лейбница».

  1. Лысенко З.М. Конспект лекций по математическому анализу.
  2. В.И.Коляда, А.А.Кореновский. Курс лекций по математическому анализу т.2. Одесса, «Астропринт», 2010, стр 16-19
  3. Б.П.Демидович. Сборник задач и упражнений по математическому анализу, 13-ое издание, Московского университета, 1997, стр. 259-260

Смотрите также

  1. Л.Д.Кудрявцев. Курс математического анализа, том. 2 стр. 27-29
  2. Г.М. Фихтенгольц. Курс дифференциального и интегрального исчисления.- т.2., стр. 302-305

15.1 Определения и простейшие свойства

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 $\left(\displaystyle\lim_{n \rightarrow \infty}a_{n}=\displaystyle\displaystyle\lim_{n \rightarrow \infty}\left(2n+1\right)=\infty\neq0\right)$.

Определения и простейшие свойства числового ряда

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


Таблица лучших: Определения и простейшие свойства числового ряда

максимум из 11 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных

  1. В.И.Коляда, А. А.Кореновский. Курс лекций по математическому анализу. Часть 2. Одесса. «Астропринт». 2010. с. 27-30.
  2. Б.П.Демидович. Сборник задач и упражнений по математическому анализу.13-е издание, исправленное.Издательство Московского университета. Издательство ЧеРо. 1997. с. 247-248.
  3. В.А.Ильина, Э.Г.Позняка. Основы математического анализа. М.: Наука, 1980. с. 12.
  4. М.Ю.Пантеев. Матанализ с человеческим лицом, или Как выжить после предельного перехода. Полный курс математического анализа. Том 2. 2011, 2014. с. 100, 127.