Страница сетевой поддержки учеников Тимура Юрьевича Альпина

Говорят, что числовой ряд $$a_{1}+\dots+a_{n}+\dots=\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$$ сходится, если последовательность частичных сумм $$S_{n}=\sum_{k=1}^{n}a_{k}$$ имеет предел $$\exists S=\lim_{n\to\infty}S_{n},$$ и что расходится, если этого предела нет. Не обязательно начальное значение $n=1$; есть немало случаев, когда $n$ традиционно начинается с нуля. Главное, что некий начальный номер у слагаемых ряда есть, но нет конечного.

Удобный пример ряда, сходимость которого доказывается по определению – геометрическая прогрессия. Пусть $a_{n}=a_{1}q^{n-1}$. Тогда, по известной со школы формуле, $$S_{n}=\sum_{k=1}^{n}a_{k}=\sum_{k=1}^{n}a_{1}q^{k-1}=a_{1}\frac{1-q^{n}}{1-q}$$ От $n$ тут зависит только $q^{n}$, которое имеет предел при $\left|q\right|<1$ и не имеет при $\left|q\right|>1$. Точно при тех же условиях имеет предел $S_{n}$, а ряд $$\sum_{k=1}^{n}a_{1}q^{k-1}$$ сходится.

Неудобный пример такого ряда - №2548 из Демидовича. Как для такого ряда находятся частичные суммы – описано в решении № 55, приведённом вот здесь.

Задание: по этим образцам решить № 2546, 2547, 2549.

Для пределов последовательностей существует набор признаков существования, проходившихся ещё в первом семестре; ничто не мешает применять эти признаки для последовательностей частичных сумм. Например, по критерию Коши необходимым и достаточным условием сходимости последовательности является её фундаментальность – т.е. что для всякого $\varepsilon>0$ есть такое натуральное $N$, начиная с которого модуль разности любых двух элементов последовательности будет меньше $\varepsilon$: $$\exists\lim_{n\to\infty}x_{n}\qquad\Longleftrightarrow\qquad\forall\varepsilon>0\;\exists N:\forall p,q>N\;\left|x_{p}-x_{q}\right|<\varepsilon.$$ Не ограничивая общности, можно считать, что $p>q$ (внутри модуля разницы нет). Тогда, применив критерий Коши к частичным суммам, получим, что ряд сходится тогда и только тогда, когда для $\forall\varepsilon>0$ найдётся $N$, после которого для $\forall p,q>N$ $$\left|S_{p}-S_{q}\right|=\left|\sum_{k=1}^{p}a_{k}-\sum_{k=1}^{q}a_{k}\right|=\left|\sum_{k=1}^{q}a_{k}+\sum_{k=q+1}^{p}a_{k}-\sum_{k=1}^{q}a_{k}\right|=\left|\sum_{k=q+1}^{p}a_{k}\right|<\varepsilon.$$ Дальше будет ещё много признаков сходимости. Но это часто будут именно признаки сходимости: если они выполняются - имеет место сходимость; но если не выполняются - мы не можем сказать ничего. Критерий Коши выделяется из них тем, что при помощи него можно доказать расходимость - это очень ценный инструмент.

В частности, раз сходящийся ряд удовлетворяет критерию Коши, можно рассмотреть случай $p=q+1$. Тогда критерий Коши будет выглядеть так: для $\forall\varepsilon>0$ найдётся $M=N+1$, что при $p>M$ $$\left|\sum_{k=q+1}^{p}a_{k}\right|=\left|a_{p}\right|<\varepsilon.$$ Но утверждение, приведённое выше есть определение бесконечной малости $a_{n}$, т.е. из сходимости ряда следует то, что его слагаемые стремятся к нулю при $n\to\infty$. Это называется необходимым условием сходимости.

Задание: воспользоваться необходимым условием сходимости в № 2556 и 2557.

Дальше перейдём к признакам сходимости рядов с положительными слагаемыми, и начнём с признаков сравнения. Пусть слагаемые рядов $$\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}\;\text{и}\;\sum_{n=1}^{\infty}b_{n}$$ удовлетворяют неравенствам $$0 < a_{k} < b_{k}$$ и второй ряд сходится. Сложив эти неравенства, получим $$0 < \sum_{k=1}^{n}a_{k} < \sum_{k=1}^{n}b_{k},$$ или $$0 < A_{n} < B_{n},\qquad A_{n}=\sum_{k=1}^{n}a_{k},\quad B_{n}=\sum_{k=1}^{n}b_{k}.$$ Так как $a_{k} > 0$, $A_{n} > A_{n-1}$, т.е. $A_{n}$ возрастает. Но так как второй ряд сходится, имеет предел последовательность $B_{n}$, а значит, она ограничена: $\exists M > B_{n}$. Тогда $$A_{n} < B_{n} < M.$$ Последовательность $A_{n}$ возрастает и ограничена сверху, значит, имеет предел, т.е. ряд $$\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$$ сходится. В итоге, если из двух положительных рядов больший сходится, то и меньший сходится — этот результат есть один из двух, формирующих так называемый первый признак сходимости.

Положим теперь, что ряд из меньших слагаемых расходится. Тогда последовательность $A_{n}$ не может быть ограниченной сверху: мы доказали, что она возрастает, и если бы она была ограничена сверху, она бы имела предел, т.е. меньший ряд бы сходился, что противоречит нашему предположению. Неограниченность сверху может быть выражена так: для всякого сколь угодно большого $E$ существует такое $N$, что $A_{N} > E$. Но так как $A_{n}$ возрастает, при $n > N$ $A_{n} > E$, т.е. $A_{n}$ стремится к бесконечности. Однако по доказанному выше $A_{n} < B_{n}$. Значит, при $n > N$ $$E < A_{n} < B_{n},$$ то есть $B_{n}$ тоже стремится к бесконечности. Итак, если из двух положительных рядов меньший расходится, то и больший расходится. Это – вторая половина первого признака сходимости.

Второй признак сходимости использует пределы. Пусть $$\exists\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n}}{b_{n}}=C\neq0$$ (какие на какие слагаемые вы тут делите - неважно, можно и наоборот). Это значит, что для $\forall\varepsilon > 0$ $\exists N$: $n > N\quad\Rightarrow$ $$\left|\frac{a_{n}}{b_{n}}-C\right|<\varepsilon$$ $$-\varepsilon<\frac{a_{n}}{b_{n}}-C<\varepsilon$$ прибавим $C$ $$C-\varepsilon < \frac{a_{n}}{b_{n}} < C+\varepsilon$$ $$b_{n}\left(C-\varepsilon\right) < a_{n} < b_{n}\left(C+\varepsilon\right)$$ А отсюда, с использованием первого признака сравнения, следует, что если ряд $b$ сходится, то и ряд $a$ сходится, и наоборот. Этот признак называется вторым признаком сравнения.

Признаки сравнения вместе с критерием Коши используются для доказательства сходимости или расходимости обобщённо-гармонических рядов. Как это делается - читайте тут.

Признаки сравнения используются для выяснения сходимости различных рядов путём (внезапно) сравнения их с геометрическими прогрессиями, рассмотренными выше, и обобщённо-гармоническими рядами.

Пример: №2558

$$a_{n}=\frac{1}{n!}$$ $$5!=120 > 2^{5}=32,\quad\Rightarrow\quad a_{5}<\frac{1}{2^{5}}$$ Пусть теперь $n>5$ и для некоторого $n$ $$a_{n}<\frac{1}{2^{n}}.$$ Тогда $n+1>2$, $$\frac{1}{n+1}<\frac{1}{2}$$ и $$a_{n+1}=\frac{a_{n}}{n+1}<\frac{a_{n}}{2}<\frac{1}{2^{n}2}=\frac{1}{2^{n+1}}.$$ Так методом математической индукции было доказано, что для $n>5$ $$a_{n}=\frac{1}{n!}<\frac{1}{2^{n}}.$$ Но ряд $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2^{n}}$$ сходится, значит, и $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n!}$$ сходится по первому признаку сравнения.

Или, скажем, №2559 $$a_{n}=\frac{1}{2n-1}$$ Мы знаем, что расходится $$\frac{1}{n}$$ Вычислим предел отношения $$\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n}}{\frac{1}{n}}=\lim_{n\to\infty}\frac{\frac{1}{2n-1}}{\frac{1}{n}}=\lim_{n\to\infty}\frac{n}{2n-1}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{2-\frac{1}{n}}=\frac{1}{2}.$$ Он существует, и не равен нулю. Следовательно, по второму признаку сравнения, исходный ряд тоже расходится.

Задание: при помощи признаков сравнения решите №2560-2564, при помощи критерия Коши № 2574.

По признакам Даламбера и Коши ряд, состоящий из положительных слагаемых, сходится, если некоторое число $q$, вычисленное для него, меньше единицы, и расходится, если больше. Если оказывается, что $q=1$, то ряд нужно исследовать на сходимость другими методами. Разница между этими признаками лишь в том, как вычисляется число $q$: по признаку Даламбера $$q=\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_{n}},$$ а по признаку Коши $$q=\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_{n}}.$$

Признаки Даламбера и Коши в некотором смысле автоматизируют сравнение с геометрической прогрессией. И работают они понятнее всего на ней. В самом деле, если $a=a_{1}q^{n-1}$, то $$\frac{a_{n+1}}{a_{n}}=\frac{a_{1}q^{n}}{a_{1}q^{n-1}}=q=\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_{n}},$$ (см. №63) $$\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_{n}}=\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_{1}q^{n-1}}=q\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\frac{a_{1}}{q}}=q\cdot1=q$$ Как видите, пределы в этих признаках выдают одно и то же число (это доказывается в Фихтенгольце), так что если получилась единица по признаку Даламбера - бесполезно браться за признак Коши. Выбирается же тот из них, который удобнее в данном конкретном случае.

Признак Даламбера заработал дурную славу. Дело в том, что многие поколения двоечников почему-то из всего раздела о рядах учили, проигнорировав остальные, один только признак Даламбера. Но и про тот не поняли толком, признаком чего он является и когда применяется. Знакомая печальная картина – когда для знакопеременных рядов пытаются вычислить соответствующий предел – и не могут. Так что если вам кажется, что нужно воспользоваться признаком Даламбера – подумайте ещё раз.

Примеры: №2580 $$a_{n}=\frac{n!}{n^{n}}$$ $$\frac{a_{n+1}}{a_{n}}=\frac{\frac{\left(n+1\right)!}{\left(n+1\right)^{n+1}}}{\frac{n!}{n^{n}}}=\frac{\left(n+1\right)!}{n!}\frac{n^{n}}{\left(n+1\right)^{n+1}}=\left(n+1\right)\frac{n^{n}}{\left(n+1\right)^{n+1}}=\frac{n^{n}}{\left(n+1\right)^{n}}=\left(1-\frac{1}{n+1}\right)^{n}$$ $$\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_{n}}=\lim_{n\to\infty}\left(1-\frac{1}{n+1}\right)^{n}=\lim_{n\to\infty}\left(1-\frac{1}{n+1}\right)^{-\left(n+1\right)\frac{-n}{\left(n+1\right)}}=\lim_{n\to\infty}e^{-\frac{n}{n+1}}=e^{-1}<1,$$ значит, ряд сходится по признаку Даламбера.

№2587 Сначала вспомним прошлый семестр: $$\lim_{n\to\infty}n^{\frac{1}{n}}=1\qquad\Rightarrow\qquad\lim_{n\to\infty}n^{\frac{1}{n^{2}}}=\lim_{n\to\infty}\left(n^{\frac{1}{n}}\right)^{\frac{1}{n}}=1^{0}=1$$ (см №65 на пределы). Далее отметим, что напечатанное в задачнике можно понять двояко. Если прочитать буквально, $$a_{n}=\frac{n^{n+1/n}}{\left(n+\frac{1}{n}\right)^{n}}=\frac{n^{n+\frac{1}{n}}}{\left(n+\frac{1}{n}\right)^{n}}.$$ Но тогда $$\lim_{n\to\infty}a_{n}=\lim_{n\to\infty}\frac{n^{n+1/n}}{\left(n+\frac{1}{n}\right)^{n}}=\lim_{n\to\infty}\frac{n^{1/n}}{\left(1+\frac{1}{n^{2}}\right)^{n}}=\lim_{n\to\infty}\frac{n^{1/n}}{\left(1+\frac{1}{n^{2}}\right)^{n^{2}\frac{1}{n}}}=\frac{1}{e^{0}}=1\neq0$$ и ряд расходится в силу невыполнения необходимого условия сходимости. Если же следует читать $$a_{n}=\frac{n^{n+1/n}}{\left(n+\frac{1}{n}\right)^{n}}=\frac{n^{\frac{n+1}{n}}}{\left(n+\frac{1}{n}\right)^{n}},$$ то можно применить признак Коши (не путать с однофамильным критерием): $$\sqrt[n]{a_{n}}=\frac{n^{1/n+1/n^{2}}}{n+\frac{1}{n}}=\frac{n^{1/n}n^{1/n^{2}}}{n+\frac{1}{n}},$$ тогда $$\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_{n}}=\lim_{n\to\infty}n^{1/n}\lim_{n\to\infty}n^{1/n^{2}}\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n+\frac{1}{n}}=\lim_{n\to\infty}n^{1/n}\lim_{n\to\infty}n^{1/n^{2}}\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n+\frac{1}{n}}=1\cdot1\cdot0=0<1,$$ значит, ряд сходится по признаку Коши.

Задание: решить №2578, 2579, 2581, 2586, 2589.

Поправлено 16.05.2020, спасибо тов. Зажигалкину Н.Д.