Критерий сходимости ряда с неотрицательными членами.
Теорема 1.
Если члены ряда
$$
\sum_{n=1}^{\infty}a_{n},\label{ref1}
$$
неотрицательны, то есть
$$
\forall n \in \mathbb{N} \rightarrow a_{n} \geq 0,\label{ref2}
$$
то для сходимости этого ряда необходимо и достаточно, чтобы последовательность его частичных сумм \(\{S_{n}\}\) была ограничена сверху, то есть
$$
\exists M > 0:\ \forall n \in \mathbb{N} \rightarrow S_{n} = \sum_{k=1}^{n}a_{k} \leq M,\label{ref3}
$$
Доказательство.
\(\circ\) Заметим, что \(\{S_{n}\}\) — возрастающая последовательность, так как \(S_{n}-S_{n-1} = a_{n} \geq 0\) при \(n \geq 2\) в силу условия \eqref{ref2}.
Если ряд \eqref{ref1} с неотрицательными членами сходится, то есть существует конечный \(\displaystyle\lim_{n \longrightarrow \infty}S_{n} = S\), то согласно теореме о пределе возрастающей последовательности
$$
\forall n \in\mathbb{N} \rightarrow S_{n} \leq S,\nonumber
$$
то есть выполняется условие \eqref{ref3}.
Обратно, если ряд \eqref{ref1} с неотрицательными членами удовлетворяет условию \eqref{ref3}, то возрастающая последовательность \(\{S_{n}\}\) ограничена сверху. Следовательно, она имеет конечный предел, то есть ряд \eqref{ref1} сходится. \(\bullet\)
Интегральный признак сходимости ряда.
Теорема 2.
Если функция \(f\) неотрицательна и убывает на промежутке \([1; + \infty)\), то ряд
$$
\sum_{k=1}^{\infty}f(k),\label{ref4}
$$
и интеграл
$$
J = \int\limits_1^{+ \infty} f(x)\ dx\label{ref5}
$$
либо оба сходятся, либо оба расходятся.
Доказательство.
\(\circ\) Обозначим \(\Delta_{k} = [k, k + 1]\), где \(k \in\mathbb{N}\), и пусть \(S_{n} = \displaystyle\sum_{k=1}^{n}f_{k}\).
Так как \(f\) — убывающая при \(x > 1\) функция, то она интегрируема на каждом из отрезков \(\Delta_{k}\), и для всех \(x \in \Delta_{k}\) удовлетворяет условию \(f(k + 1) \leq f(x) \leq f(k)\), откуда в силу свойств интеграла получаем
$$
f(k + 1) \leq \int\limits_k^{k + 1} f(x)\ dx \leq f(k).\label{ref6}
$$
Полагая в \eqref{ref6} \(k = 1, 2, \ldots, n\) и складывая соответствующие неравенства, находим
$$
\sum_{k=1}^{n}f(k + 1) \leq \sum_{k=1}^{n} \int\limits_k^{k + 1} f(x)\ dx \leq \sum_{k=1}^{n}f(k),\nonumber
$$
или
$$
S_{n + 1}-f(1) \leq \int\limits_1^{n + 1} f(x)\ dx \leq S_{n},\label{ref7}
$$
- Пусть сходится интеграл \eqref{ref5}, то есть существует конечный
$$
\lim_{\xi \longrightarrow \infty} \int\limits_1^{\xi} f(x)\ dx = J.\nonumber
$$
Так как \(f\) — неотрицательная функция, то по теореме для несобственных интегралов для всех \(\xi \in [1; + \infty)\) выполняется неравенство \(\displaystyle\int\limits_1^{\xi} f(x)\ dx \leq J\), и поэтому
$$
\forall n \in\mathbb{N} \rightarrow \int\limits_1^{n + 1} f(x)\ dx \leq J,\label{ref8}
$$
Из \eqref{ref7} и \eqref{ref8} следует, что
$$
\forall n \in\mathbb{N} \rightarrow S_{n + 1} \leq f(1) + J,\nonumber
$$
то есть последовательность частичных сумм ряда \eqref{ref4} с неотрицательными членами ограничена сверху. По теореме 1 ряд \eqref{ref4} сходится. - Обратно: если ряд \eqref{ref4} с неотрицательными членами сходится, а его сумма равна \(S\), то
$$
\forall n \in\mathbb{N} \rightarrow S_{n} \leq S,\label{ref9}
$$
Из \eqref{ref7} и \eqref{ref9} следует, что
$$
\forall n \in\mathbb{N} \rightarrow \int\limits_1^{n + 1} f(x)\ dx \leq S,\label{ref10}
$$
Для любого \(\xi \geq 1\) выберем \(n \in\mathbb{N}\) таким, чтобы выполнялось условие \(n + 1 \geq \xi\). Тогда из неравенства \eqref{ref10} и условия \(f(x) \geq 0\) при \(x \geq 1\) следует, что
$$
\int\limits_1^{\xi} f(x)\ dx \leq \int\limits_1^{n + 1} f(x)\ dx \leq S,\nonumber
$$
и поэтому (эта теорема доказана здесь) интеграл \eqref{ref5} сходится.Если интеграл \eqref{ref5} расходится, то ряд \eqref{ref4} должен расходиться, так как в случае сходимости ряда \eqref{ref4} сходился бы по доказанному выше и интеграл \eqref{ref5}. Аналогично, из расходимости ряда \eqref{ref4} следует расходимость интеграла \eqref{ref5}. \(\bullet\)
Пример 1.
Доказать, что ряд \(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{\alpha}}\) сходится при \(\alpha > 1\) и расходится при \(\alpha \leq 1\).
Решение.
\(\triangle\) Пусть \(\alpha > 0\). Рассмотрим функцию \(f(x) = \displaystyle\frac{1}{x^{\alpha}}\) Эта функция положительна и убывает, а интеграл \(\displaystyle\int\limits_1^{+ \infty} \frac{dx}{x^{\alpha}}\) сходится при \(\alpha > 1\) и расходится при \(\alpha \leq 1\) (пример разобран здесь). По теореме 2 ряд \(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{\alpha}}\) сходится при \(\alpha > 1\) и расходится при \(\alpha \leq 1\).
Если \(\alpha \leq 0\), то ряд расходится, так как \(\displaystyle\frac{1}{n^{\alpha}} \nrightarrow 0\) при \(n \rightarrow \infty\). \(\blacktriangle\)
Признак сравнения.
Теорема 3.
Если для всех \(n \in\mathbb{N}\) выполняется условие
$$
0 \leq a_{n} \leq b_{n},\label{ref11}
$$
то из сходимости ряда
$$
\sum_{n=1}^{\infty}b_{n},\label{ref12}
$$
следует сходимость ряда \eqref{ref1}, а из расходимости ряда \eqref{ref1} следует расходимость ряда \eqref{ref12}.
Доказательство.
\(\circ\) Из сходимости ряда \eqref{ref12} с неотрицательными членами (условие \eqref{ref11}) по теореме 1 следует ограниченность сверху последовательности его частичных сумм, то есть
$$
\exists M: \forall n \in\mathbb{N} \rightarrow \sum_{k=1}^{n}b_{k} \leq M,\nonumber
$$
откуда, используя условие \eqref{ref11}, получаем
$$
\sum_{k=1}^{n}a_{k} \leq \sum_{k=1}^{n}b_{k} \leq M\ \mbox{для всех}\ n \in\mathbb{N}.\nonumber
$$
Таким образом, последовательность частичных сумм ряда \eqref{ref1} ограничена сверху, и в силу теоремы 1 ряд \eqref{ref1} сходится.
Если ряд \eqref{ref1} расходится, то ряд \eqref{ref12} также должен расходиться, так как в случае сходимости ряда \eqref{ref12} сходился бы ряд \eqref{ref1}. \(\bullet\)
Замечание 1.
Теорема 3 остается в силе, если условие \eqref{ref11} выполняется при всех \(n \geq m\), где \(m\) — заданный номер.
Пример 2.
Доказать, что ряд \eqref{ref1}, где \(a_{n} = \displaystyle\frac{(3 + 2(-1)^{n})(1 + \sin^{3}n)}{n\sqrt{n}}\), сходится.
Решение.
\(\triangle\) Так как \(1 \leq 3 + 2(-1)^{n} \leq 5\), \(0 \leq 1 + \sin^{3}n \leq 2\) при всех \(n \in\mathbb{N}\), то \(0 \leq a_{n} \leq \displaystyle\frac{10}{n^{3/2}}\), и из сходимости ряда \(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{10}{n^{3/2}}\) по теореме 3 следует сходимость ряда \(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}\). \(\blacktriangle\)
Следствие 1.
Если \(a_{n}>0\) и \(b_{n}>0\) для всех \(n \geq n_{0}\) и \(a_{n} \sim b_{n}\) при \(n \rightarrow \infty\), то есть \(\displaystyle\lim_{n \longrightarrow \infty}\frac{a_{n}}{b_{n}}=1\), то ряды \eqref{ref1} и \eqref{ref12} либо оба сходятся, либо оба расходятся.
\(\circ\) Это утверждение доказывается по аналогии с соответствующим утверждением для несобственного интеграла. \(\bullet\)
Пример 3.
Исследовать на сходимость ряд \(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}\), если:
- $$
a_{n} = (e^{\arcsin(1/n)}-1)^{\alpha};\nonumber
$$ - $$
a_{n} = \sqrt[3]{\frac{2n + 1}{2n-1}}-\sqrt{\frac{n-1}{n + 1}}.\nonumber
$$
Решение.
- \(\triangle\) Так как \(\arcsin t = t + o(t^{2})\), \(e^{t}-1 = t + o(t)\), \(e^{\arcsin t}-1 = t + o(t)\) при \(t \rightarrow 0\), то \(a_{n} \sim \displaystyle\frac{1}{n^{\alpha}}\) при \(n \rightarrow \infty\). Поэтому ряд сходится при \(\alpha > 1\) и расходится при \(\alpha \leq 1\).
- Используя асимптотическую формулу \((1 + t)^{\alpha} = 1 + \alpha t + o(t)\) при \(t \rightarrow 0\), получаем
$$
\sqrt[3]{\frac{2n + 1}{2n-1}} = \left(1 + \frac{2}{2n-1}\right)^{1/3} = 1 + \frac{2}{3(2n-1)} + o\left(\frac{1}{n}\right) = 1 + \frac{1}{3n} + o\left(\frac{1}{n}\right),\nonumber
$$
$$
\sqrt{\frac{n-1}{n + 1}} = \left(1-\frac{2}{n + 1}\right)^{1/2} = 1 + \frac{1}{2}\left(- \frac{2}{n + 1}\right) + o\left(\frac{1}{n}\right) = 1-\frac{1}{n} + o\left(\frac{1}{n}\right)\nonumber
$$
при \(n \rightarrow \infty\), откуда \(a_{n} \sim \displaystyle\frac{4}{3n}\) при \(n \rightarrow \infty\). Поэтому ряд \(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}\) расходится. \(\blacktriangle\)
Следствие 2.
Если члены рядов \eqref{ref1} и \eqref{ref12} удовлетворяют при всех \(k \geq m\) условиям
$$
a_{k} > 0,\quad b_{k} > 0,\quad \frac{a_{k + 1}}{a_{k}} \leq \frac{b_{k + 1}}{b_{k}}\label{ref13}
$$
то из сходимости ряда \eqref{ref12} следует сходимость ряда \eqref{ref1}, а из расходимости ряда \eqref{ref1} следует расходимость ряда \eqref{ref12}.
\(\circ\) Полагая в \eqref{ref13} \(k = m, m + 1, \ldots, n-1\) и перемножая соответствующие неравенства, получаем
$$
\frac{a_{m + 1}}{a_{m}}\frac{a_{m + 2}}{a_{m + 1}} \ldots \frac{a_{n-1}}{a_{n-2}}\frac{a_{n}}{a_{n-1}} \leq \frac{b_{m + 1}}{b_{m}}\frac{b_{m + 2}}{b_{m + 1}} \ldots \frac{b_{n-1}}{b_{n-2}}\frac{b_{n}}{b_{n-1}},\nonumber
$$
или \(\displaystyle\frac{a_{n}}{a_{m}} \leq \frac{b_{n}}{b_{m}}\) откуда следует, что при всех \(n \geq m + 1\) выполняется неравенство \(a_{n} \leq Ab_{n}\), где \(A = \displaystyle\frac{a_{m}}{b_{m}} > 0\). Для завершения доказательства следует применить теорему 3. \(\bullet\)
Признак Д’Аламбера.
Теорема 4.
(признак Д’Аламбера).
Пусть дан ряд
$$
\sum_{n=1}^{\infty}a_{n},\ \mbox{где}\ a_{n} > 0\ \mbox{для всех}\ n \in\mathbb{N}.\label{ref14}
$$
Тогда:
- если существует число \(q \in (0, 1)\) и номер \(m\) такие, что для всех \(n \geq m\) выполняется неравенство
$$
\frac{a_{n + 1}}{a_{n}} \leq q,\label{ref15}
$$
то ряд \eqref{ref14} сходится; - если существует номер \(m\) такой, что для всех \(n \geq m\) выполняется неравенство
$$
\frac{a_{n + 1}}{a_{n}} \geq 1,\label{ref16}
$$
то ряд \eqref{ref14} расходится.
Доказательство.
- \(\circ\) Из условия \eqref{ref15} следует, что \(a_{m + 1} \leq qa_{m}\), \(a_{m + 2} \leq qa_{m + 1} \leq q^{2}a_{m}\), и поэтому
$$
a_{m + p} \leq q^{p}a_{m}\ \mbox{для любого}\ p \in\mathbb{N}.\label{ref17}
$$
Так как ряд \(\displaystyle\sum_{p=1}^{\infty}a_{m}q^{p}\), где \(0 < q < 1\), сходится (доказательство здесь) и \(a_{n} > 0\) при всех \(n \in\mathbb{N}\), то по теореме 3 сходится ряд
$$
\sum_{n=1}^{\infty}a_{m + p},\label{ref18}
$$
откуда следует сходимость ряда \eqref{ref14}, получаемого из ряда \eqref{ref18} добавлением конечного числа членов \(a_{1}, \ldots, a_{m}\) (данное свойство доказано здесь). - Из условия \eqref{ref16} следует, что \(a_{m + 1} \geq a_{m}\), \(a_{m + 2} \geq a_{m + 1} \geq a_{m}\), \(a_{m + 3} \geq a_{m}\) и т. д. Следовательно,
$$
a_{m + p} \geq a_{m} > 0\ \mbox{для всех}\ p \in\mathbb{N}.\label{ref19}
$$Поэтому ряд \eqref{ref18}, а вместе с ним и ряд \eqref{ref14} расходятся, так как в силу условия \eqref{ref19} \(a_{n} \nrightarrow 0\) при \(n \rightarrow \infty\) (не выполняется необходимое условие сходимости ряда). \(\bullet\)
Следствие.
(признак Д’Аламбера “в предельной форме”).
Если существует
$$
\lim_{n \longrightarrow \infty} \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} = \lambda,\label{ref20}
$$
то ряд \eqref{ref14} с положительными членами сходится при \(\lambda < 1\) и расходится при \(\lambda > 1\).
Пример 4.
Используя признак Д’Аламбера, исследовать на сходимость ряд \(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}\) где:
- \(a_{n} = \displaystyle\frac{a^{n}}{n!},\ a > 0\);
- \(a_{n} = \displaystyle\frac{n!}{n^{n}}\).
Решение.
- \(\triangle\) Ряд сходится, так как \(\displaystyle\frac{a_{n + 1}}{n} = \frac{a}{n + 1} \rightarrow 0\) при \(n \rightarrow \infty\), то есть выполняется условие \eqref{ref20} при \(\lambda = 0\).
- Так как \(\displaystyle\frac{a_{n + 1}}{n} = \left(\frac{n}{n + 1}\right)^{n} = \left(1 + \frac{1}{n}\right)^{- n} \rightarrow e^{-1}\) при \(n \rightarrow \infty\), то выполняется условие \eqref{ref20} при \(\lambda = e^{-1} < 1\). Поэтому ряд сходится. \(\blacktriangle\)
Признак Коши.
Теорема 5.
(признак Коши).
Пусть дан ряд
$$
\sum_{n=1}^{\infty}a_{n},\label{ref21}
$$
где \(a_{n} \geq 0\) для всех \(n \in\mathbb{N}\).
Тогда:
- если существуют число \(q \in (0, 1)\) и номер \(m\) такие, что для всех \(n \geq m\) выполняется неравенство
$$
\sqrt[n]{a_{n}} \leq q,\label{ref22}
$$
то ряд \eqref{ref21} сходится; - если существует номер \(m\) такой, что для всех \(n \geq m\) выполняется неравенство
$$
\sqrt[n]{a_{n}} \geq 1,\nonumber
$$
то ряд \eqref{ref21} расходится.
Доказательство.
- \(\circ\) Из условия \eqref{ref22} следует, что при всех \(n \geq m\) выполняется неравенство \(a_{n} \leq q^{n}\). где \(0 < q < 1\). По теореме 3 из сходимости ряда \(\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}q_{n}\) следует сходимость ряда \(\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}a_{n}\). Поэтому ряд \eqref{ref21} также сходится (данное свойство доказано здесь).
- Если \(\displaystyle\sqrt[n]{a_{n}} \geq 1\), то \(a_{n} \geq 1\) при всех \(n \geq m\), и поэтому ряд \eqref{ref21} расходится. \(\bullet\)
Следствие.
(признак Коши “в предельной форме”).
Если \(a_{n} \geq 0\ (n \in\mathbb{N})\) и существует
$$
\lim_{n \longrightarrow \infty} \sqrt[n]{a_{n}} = \lambda,\label{ref23}
$$
то при \(\lambda < 1\) ряд \eqref{ref21} сходится, а при \(\lambda > 1\) расходится.
Замечание 2.
Если условие \eqref{ref20} или условие \eqref{ref23} выполняется при \(\lambda = 1\), то ряд \eqref{ref14} может как сходиться, так и расходиться, то есть признак Д’Аламбера (Коши) при \(\lambda = 1\) не решает вопроса о сходимости ряда \eqref{ref14}.
Замечание 3.
Из существования предела \eqref{ref20} следует, что существует предел \eqref{ref23} и эти пределы равны, а обратное утверждение является неверным. Поэтому говорят, что признак Коши при исследовании сходимости рядов с положительными членами сильнее признака Д’Аламбера.
Пример 5.
Исследовать на сходимость ряд \(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}\), где \(a_{n} = \left(\displaystyle\frac{n + 1}{n + 2}\right)^{n^{2}}\).
Решение.
\(\triangle\) Так как \(\displaystyle\sqrt[n]{a_{n}} = \left(\frac{n + 1}{n + 2}\right)^{n} = \frac{\displaystyle\left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n}}{\displaystyle\left(1 + \frac{2}{n}\right)^{n}} \rightarrow \frac{1}{e}\), то условие \eqref{ref23} выполняется при \(\lambda = \displaystyle\frac{1}{e} < 1\), и поэтому ряд сходится. \(\blacktriangle\)
Признак Раабе.
Теорема 6.
(признак Раабе).
Если \(a_{n} > 0\) для всех \(\mathbb{N}\) и существует
$$
\lim_{n \rightarrow \infty} n\left(\frac{a_{n}}{a_{n + 1}}-1\right) = \lambda,\label{ref24}
$$
тo ряд \eqref{ref14} сходится при \(\lambda > 1\) и расходится при \(\lambda < 1\).
Данная теорема приводится без доказательства.
Пример 6.
Исследовать на сходимость ряд \(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}\), где \(a_{n} = \displaystyle\frac{1}{n!}\left(\frac{n}{e}\right)^{n}\).
Решение.
\(\triangle\) Признак Д’Аламбера не позволяет решить вопрос о сходимости ряда, так как \(\displaystyle\lim_{n \longrightarrow \infty} \frac{a_{n}}{a_{n + 1}} = 1\). Воспользуемся признаком Раабе. В данном примере
$$
\sigma_{n} = n\left(\frac{a_{n}}{a_{n + 1}}-1\right) = n\left(\frac{e}{(1 + 1/n)^{n}}-1\right).\nonumber
$$
Так как \(\displaystyle\lim_{x \rightarrow 0} \frac{e(1 + x)^{-1/x}-1}{x} = \frac{1}{2}\) (§ 18, пример 9), то \(\displaystyle\lim_{n \rightarrow \infty} \sigma_{n} = \frac{1}{2}\), и согласно признаку Раабе (теорема 6) ряд расходится. \(\blacktriangle\)
Расходимость ряда \(\displaystyle\sum_{n = 1}^{\infty}\frac{1}{n!}\left(\frac{n}{e}\right)^{n}\) легко доказать с помощью формулы Стирлинга \(n! \sim \displaystyle\left(\frac{n}{e}\right)^{n}\ \sqrt{2\pi n}\).