Главная » Математический анализ » Числовые ряды » Ряды с неотрицательными членами

Ряды с неотрицательными членами

6 разделов
от теории до практики
6 примеров
Примеры решения задач
видео
Примеры решения задач
Содержание
  1. Критерий сходимости ряда с неотрицательными членами.
    Начать изучение
  2. Интегральный признак сходимости ряда.
    Начать изучение
  3. Признак сравнения.
    Начать изучение
  4. Признак Д’Аламбера.
    Начать изучение
  5. Признак Коши.
    Начать изучение
  6. Признак Раабе.
    Начать изучение

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
$$
S_{n + 1}-f(1) \leq \int\limits_1^{n + 1} f(x)\ dx \leq S_{n},\label{ref7}
$$

  1. 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.
  2. 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:

  1. $$
    a_{n} = (e^{\arcsin(1/n)}-1)^{\alpha};\nonumber
    $$
  2. $$
    a_{n} = \sqrt[3]{\frac{2n + 1}{2n-1}}-\sqrt{\frac{n-1}{n + 1}}.\nonumber
    $$

Решение.

  1. \(\triangle\) 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 \(\alpha \leq 1\).
  2. 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:

  1. 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;
  2. 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.

  1. \(\circ\) 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).
  2. 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:

  1. \(a_{n} = \displaystyle\frac{a^{n}}{n!},\ a > 0\);
  2. \(a_{n} = \displaystyle\frac{n!}{n^{n}}\).

Решение.

  1. \(\triangle\) 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 \(\lambda = 0\).
  2. 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:

  1. 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;
  2. 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.

  1. \(\circ\) 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).
  2. 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 \(\lambda < 1\).

Доказательство.

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. \(\blacktriangle\)

Замечание 4.

Расходимость ряда \(\displaystyle\sum_{n = 1}^{\infty}\frac{1}{n!}\left(\frac{n}{e}\right)^{n}\) легко доказать с помощью формулы Стирлинга \(n! \sim \displaystyle\left(\frac{n}{e}\right)^{n}\ \sqrt{2\pi n}\).

Оставить комментарий