Ряды с неотрицательными членами.

Содержание:

  1. Критерий сходимости ряда с неотрицательными членами.
  2. Интегральный признак сходимости ряда.
  3. Признак сравнения.
  4. Признак Д’Аламбера.
  5. Признак Коши.
  6. Признак Раабе.

Критерий сходимости ряда с неотрицательными членами.

Теорема 1.

Если члены ряда
$$
\sum_{\substack{n = 1} }^{\substack{\infty}}a_{n},\label{ref1}
$$
неотрицательны, т.е.
$$
\forall n \in \mathbb{N} \rightarrow a_{n} \geq 0,\label{ref2}
$$
то для сходимости этого ряда необходимо и достаточно, чтобы последовательность его частичных сумм \(\{S_{n}\}\) была ограничена сверху, т.е.
$$
\exists M\;>\;0:\ \forall n \in \mathbb{N} \rightarrow S_{n} = \sum_{\substack{k = 1} }^{\substack{n}}a_{k} \leq M,\label{ref3}
$$

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, т. е. существует конечный \(\displaystyle\lim_{\substack{n \longrightarrow \infty}}S_{n} = S\), то согласно теореме о пределе возрастающей последовательности
$$
\forall n \in\mathbb{N} \rightarrow S_{n} \leq S,\nonumber
$$
т.е. 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, т.е. ряд \eqref{ref1} сходится. \(\bullet\)


Интегральный признак сходимости ряда.

Теорема 2.

Если функция \(f\) неотрицательна и убывает на промежутке \([1; + \infty)\), то ряд
$$
\sum_{\substack{k = 1} }^{\substack{\infty}}f_{k},\label{ref4}
$$
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 \(S_{n} = \displaystyle\sum_{\substack{k = 1}}^{\substack{n}}f_{k}\).

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
$$
\sum_{\substack{k = 1} }^{\substack{n}}f(k + 1) \leq \sum_{\substack{k = 1} }^{\substack{n}} \int\limits_k^{k + 1} f(x)\ dx \leq \sum_{\substack{k = 1} }^{\substack{n}}f(k),\nonumber
$$
или
$$
S_{n + 1} - f(1) \leq \int\limits_1^{n + 1} f(x)\ dx \leq S_{n},\label{ref7}
$$

а) Пусть сходится интеграл \eqref{ref5}, т. е. существует конечный
$$
\lim_{\substack{\xi \longrightarrow \infty}} \int\limits_1^{\xi} f(x)\ dx = J.\nonumber
$$
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
$$
\forall n \in\mathbb{N} \rightarrow S_{n + 1} \leq f(1) + J,\nonumber
$$
т.e. последовательность частичных сумм ряда \eqref{ref4} с неотрицательными членами ограничена сверху. По теореме 1 ряд \eqref{ref4} сходится.

б) 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 \(\displaystyle\sum_{\substack{n = 1} }^{\substack{\infty}}\frac{1}{n^{\alpha}}\) 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 \(\displaystyle\sum_{\substack{n = 1} }^{\substack{\infty}}\frac{1}{n^{\alpha}}\) 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
$$
0 \leq a_{n} \leq b_{n},\label{ref11}
$$
тo из сходимости ряда
$$
\sum_{\substack{n = 1} }^{\substack{\infty}}b_{n},\label{ref12}
$$
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, т.е.
$$
\exists M: \forall n \in\mathbb{N} \rightarrow \sum_{\substack{k = 1} }^{\substack{n}}b_{k} \leq M,\nonumber
$$
откуда, используя условие \eqref{ref11}, получаем
$$
\sum_{\substack{k = 1} }^{\substack{n}}a_{k} \leq \sum_{\substack{k = 1} }^{\substack{n}}b_{k} \leq M\ \mbox{для всех}\ n \in\mathbb{N}.\nonumber
$$

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 \(\displaystyle\sum_{\substack{n = 1} }^{\substack{\infty}} \frac{10}{n^{3/2}}\) по теореме 3 следует сходимость ряда \(\displaystyle\sum_{\substack{n = 1} }^{\substack{\infty}}a_{n}\). \(\blacktriangle\)


Следствие 1.

Если \(a_{n}>0\) и \(b_{n}>0\) для всех \(n \geq n_{0}\) и \(a_{n} \sim b_{n}\) при \(n \rightarrow \infty\), т. е. \(\displaystyle\lim_{\substack{n \longrightarrow \infty}}\frac{a_{n}}{b_{n}}=1\), 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 \(\displaystyle\sum_{\substack{n = 1} }^{\substack{\infty}}a_{n}\), если:
$$
\mbox{а)}\ a_{n} = (e^{\arcsin(1/n)} - 1)^{\alpha};\nonumber
$$
$$
\mbox{б)}\ a_{n} = \sqrt[3]{\frac{2n + 1}{2n - 1}} - \sqrt{\frac{n - 1}{n + 1}}.\nonumber
$$

Решение.

\(\triangle\) а) 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 \(\alpha \leq 1\).

б) 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 \(\displaystyle\sum_{\substack{n = 1} }^{\substack{\infty}}a_{n}\) 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.

Пусть дан ряд
$$
\sum_{\substack{n = 1} }^{\substack{\infty}}a_{n},\ \mbox{где}\ a_{n}\;>\;0\ \mbox{для всех}\ n \in\mathbb{N}.\label{ref14}
$$

Тогда:

а) 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;

б) 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.

\(\circ\) а) 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 \(\displaystyle\sum_{\substack{p = 1} }^{\substack{\infty}}a_{m}q^{p}\), где \(0\;<\;q\;<\;1\), сходится (доказательство здесь) и \(a_{n}\;>\;0\) при всех \(n \in\mathbb{N}\), то по теореме 3 сходится ряд
$$
\sum_{\substack{n = 1} }^{\substack{\infty}}a_{m + p},\label{ref18}
$$
откуда следует сходимость ряда \eqref{ref14}, получаемого из ряда \eqref{ref18} добавлением конечного числа членов \(a_{1}, \ldots, a_{m}\) (данное свойство доказано здесь).

б) 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
$$
\lim_{\substack{n \longrightarrow \infty}} \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} = \lambda,\label{ref20}
$$
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 \(\displaystyle\sum_{\substack{n = 1} }^{\substack{\infty}}a_{n}\) где:

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

б) \(a_{n} = \displaystyle\frac{n!}{n^{n}}\).

Решение.

\(\triangle\) а) Ряд сходится, так как \(\displaystyle\frac{a_{n + 1}}{n} = \frac{a}{n + 1} \rightarrow 0\) при \(n \rightarrow \infty\), т. е. выполняется условие \eqref{ref20} при \(\lambda = 0\).

б) 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.

Пусть дан ряд
$$
\sum_{\substack{n = 1} }^{\substack{\infty}}a_{n},\label{ref21}
$$
где \(a_{n} \geq 0\) для всех \(n \in\mathbb{N}\).

Тогда:

а)    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;

б) 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.

\(\circ\) а) 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 \(\displaystyle\sum_{\substack{n = m} }^{\substack{\infty}}q_{n}\) следует сходимость ряда \(\displaystyle\sum_{\substack{n = m} }^{\substack{\infty}}a_{n}\). Поэтому ряд \eqref{ref21} также сходится (cм.данное свойство здесь).

б) 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
$$
\lim_{\substack{n \longrightarrow \infty}} \sqrt[n]{a_{n}} = \lambda,\label{ref23}
$$
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, т. е. 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 \(\displaystyle\sum_{\substack{n = 1} }^{\substack{\infty}}a_{n}\), 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.

Если \(a_{n}\;>\;0\) для всех \(N\) и существует
$$
\lim_{\substack{n \rightarrow \infty}} n\left(\frac{a_{n}}{a_{n + 1}} - 1\right) = \lambda,\label{ref24}
$$
тo ряд \eqref{ref14} сходится при \(\lambda\;>\;1\) и расходится при \(\lambda\;<\;1\).

Данная теорема приводится без доказательства.


Пример 6.

Исследовать на сходимость ряд \(\displaystyle\sum_{\substack{n = 1} }^{\substack{\infty}}a_{n}\), 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 \(\displaystyle\lim_{\substack{n \longrightarrow \infty}} \frac{a_{n}}{a_{n + 1}} = 1\). 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 \(\displaystyle\lim_{\substack{x \rightarrow 0}} \frac{e(1 + x)^{-1/x} - 1}{x} = \frac{1}{2}\) (§ 18, пример 9), то \(\displaystyle\lim_{\substack{n \rightarrow \infty}} \sigma_{n} = \frac{1}{2}\), 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 \(n! \sim \displaystyle\left(\frac{n}{e}\right)^{n}\ \sqrt{2\pi n}\) (см § 77, (12)).