Обещал гр. 661, но и гр. 612 будет не вредно посмотреть — это доказательство аккуратнее того, что приводилось на паре.
Рассмотреть сходимость ряда \begin{equation} 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}-\frac{1}{5}-\frac{1}{6}+\frac{1}{7}+\frac{1}{8}+\frac{1}{9}-\dots\label{r1} \end{equation}Докажем, что ряд сходится. Рассмотрим сумму шести подряд идущих слагаемых, сгруппировав попарно положительные и отрицательные: \[ \sum_{n=6k+1}^{6k+6}a_{n}=\frac{1}{6k+1}+\frac{1}{6k+2}+\frac{1}{6k+3}-\frac{1}{6k+4}-\frac{1}{6k+5}-\frac{1}{6k+6}= \] \[ =\frac{1}{6k+1}-\frac{1}{6k+4}+\frac{1}{6k+2}-\frac{1}{6k+5}+\frac{1}{6k+3}-\frac{1}{6k+6}= \] \[ =\frac{3}{\left(6k+1\right)\left(6k+4\right)}+\frac{3}{\left(6k+2\right)\left(6k+5\right)}+\frac{3}{\left(6k+3\right)\left(6k+6\right)}. \] В таком виде нетрудно заметить, чем ограничена эта сумма: \begin{equation} 0<\sum_{n=6k+1}^{6k+6}a_{n}<\frac{9}{\left(6k+1\right)\left(6k+4\right)}.\label{neq0} \end{equation} Теперь рассмотрим частичную сумму ряда (\ref{r1}) с количеством слагаемых, кратным шести, и разобъём эту сумму на группы по шесть слагаемых. Пользуясь полученным выше неравенством, мы сможем оценить эту сумму: \begin{equation} S_{6m}=\sum_{n=1}^{6m}a_{n}=\sum_{k=0}^{m-1}\sum_{p=6k+1}^{6k+6}a_{p}<\sum_{k=0}^{m-1}\frac{9}{\left(6k+1\right)\left(6k+4\right)}.\label{neq1} \end{equation} Про правую часть этого неравенства можно сказать следующее. Известно, что сходится ряд \[ \sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^{2}}. \] По второму признаку сравнения отсюда следует, что сходится и ряд \begin{equation} \sum_{k=0}^{\infty}\frac{9}{\left(6k+1\right)\left(6k+4\right)},\label{r2} \end{equation} так как \[ \lim_{k\to\infty}\frac{\frac{9}{\left(6k+1\right)\left(6k+4\right)}}{\frac{1}{k^{2}}}=\lim_{k\to\infty}\frac{9k^{2}}{\left(6k+1\right)\left(6k+4\right)}=\lim_{k\to\infty}\frac{9}{\left(6+\frac{1}{k}\right)\left(6+\frac{4}{k}\right)}=\frac{9}{36}=\frac{1}{4}\neq0. \] Поскольку ряд (\ref{r2}) сходится, ограничена его последовательность частичных сумм, т.е. существует такое достаточно большое $M$, что при любом $m$ \[ \sum_{k=0}^{m-1}\frac{9}{\left(6k+1\right)\left(6k+4\right)} < M, \] откуда, с учётом (\ref{neq1}), и \[ S_{6m} < M. \] С другой стороны, в силу (\ref{neq0}), \[ S_{6\left(m+1\right)}=S_{6m}+\sum_{n=6m+1}^{6m+6}a_{n}>S_{6m}, \] т.е. $S_{6m}$ возрастает. Так как последовательность некоторых частичных сумм возрастает и ограничена сверху, \[ \exists\lim_{m\to\infty}S_{6m}. \] Рассмотрим теперь произвольную последовательность частичных сумм $S_{n}$: \begin{equation} S_{n}=S_{6m+p}=S_{6m}+\sum_{n=6m+1}^{6m+p}a_{n},\label{eq1} \end{equation} где $p=1..6$. Оценим остаток. \[ \sum_{n=6m+1}^{6m+p}a_{n}>0, \] так как в этой сумме положительные слагаемые идут до отрицательных, и \[ \sum_{n=6m+1}^{6m+p}a_{n}<\frac{1}{6m+1}+\frac{1}{6m+2}+\frac{1}{6m+3}\leqslant\frac{3}{6m}=\frac{1}{2m}. \] Из (\ref{eq1}) \[ S_{n}-S_{6m}=\sum_{n=6m+1}^{6m+p}a_{n}, \] \[ 0 < S_{n}-S_{6m}\leqslant\frac{1}{2m}, \] \[ S_{6m} < S_{n}\leqslant S_{6m}+\frac{1}{2m}. \] Левая и правая части тут имеют общие пределы: \[ \lim_{m\to\infty}S_{6m}=\lim_{m\to\infty}S_{6m}+\frac{1}{2m}. \] Если теперь составить последовательности $b_{n}=S_{6m}$ и $c_{n}=S_{6m}+\frac{1}{2m}$, где $m$ – целая часть числа $\frac{n}{6}$, то будет верно, что \[ \lim_{n\to\infty}b_{n}=\lim_{n\to\infty}c_{n} \] и \[ b_{n} < S_{n}\leqslant c_{n}, \] откуда по теореме о двух милиционерах, \[ \exists\lim_{n\to\infty}S_{n}=\lim_{n\to\infty}b_{n}=\lim_{n\to\infty}c_{n}. \] Так как $\exists\underset{n\to\infty}{\lim}S_{n}$, ряд (\ref{r1}) сходится.
