Страница сетевой поддержки учеников Тимура Юрьевича Альпина

По признаку Раабе сходится ряд, слагаемые которого положительны и $$\lim_{n\to\infty}n\left(\frac{a_{n}}{a_{n+1}}-1\right)=p>1$$ (бесконечность тоже годится). Если $p < 1$, ряд расходится. Связан признак Раабе с обобщённо-гармоническими рядами вида $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{p}},$$ которые сходились при тех же условиях на степень $p$. Предел из признака Раабе как раз «добывает» эту степень из обобщённо-гармонических и сравнимых с ними рядов: $$\lim_{n\to\infty}n\left(\frac{\frac{1}{n^{p}}}{\frac{1}{\left(n+1\right)^{p}}}-1\right)=\lim_{n\to\infty}n\left(\frac{\left(n+1\right)^{p}}{n^{p}}-1\right)=\lim_{n\to\infty}\frac{\left(1+\frac{1}{n}\right)^{p}-1}{\left(1+\frac{1}{n}\right)-1}=p$$ по второму следствию второго замечательного предела.

Как при помощи признака Раабе решается №2600, можно посмотреть в этом посте.

Задание: решите № 2598, 2599 и 2601 (они проще 2600).

Ранее мы рассматривали ряды, состоящие из положительных слагаемых. Именно к таким относятся признаки сравнения, Даламбера, Коши, Раабе.

Если все слагаемые отрицательные – всё решается выносом минуса из суммы и задача сводится к предыдущей. Интеерсное начинается тогда, когда знак у слагаемых начинает меняться.

По имеющемуся знакопеременному ряду составим новый ряд, состоящий из модулей его слагаемых $$\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}\qquad\to\qquad\sum_{n=1}^{\infty}\left|a_{n}\right|.$$ Если последний сходится (а он уже состоит из положительных слагаемых и к нему можно применять вышепройденные признаки), то сходится и исходный ряд без модулей, причём говорят, что он сходится абсолютно. Если исходный ряд сходится, а ряд из его модулей – нет, то он называется условно сходящимся. Таким образом, на вопрос, сходится ли ряд, можно дать три ответа:

1. Сходится абсолютно
2. Сходится условно
3. Не сходится никак.

Например, ряд (№2659) $$\sum_{n=1}^{\infty}\left(-1\right)^{n+1}\frac{2n-1}{2^{n-1}},\qquad a_{n}=\left(-1\right)^{n+1}\frac{2n-1}{2^{n-1}}$$ имеет модули слагаемых вида $\left|a_{n}\right|=\frac{2n-1}{2^{n-1}}$. $$\lim_{n\to\infty}\frac{\left|a_{n+1}\right|}{\left|a_{n}\right|}=\lim_{n\to\infty}\frac{\frac{2n+1}{2^{n}}}{\frac{2n-1}{2^{n-1}}}=\lim_{n\to\infty}\frac{2^{n-1}}{2^{n}}\frac{2n+1}{2n-1}=\frac{1}{2} < 1,$$ и по признаку Даламбера ряд из модулей сходится, а значит исходный - сходится абсолютно. А вот ряд (№2661) $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n+1}}{n}$$ после «надевания модулей» превращается в гармонический, который расходится, а значит, абсолютной сходимостью не обладает.

Для сходимости знакопеременных рядов (которая оказывается условной, если нет абсолютной) есть, кроме критерия Коши, отдельные признаки: Лейбница, Абеля и Дирихле. В чём они состоят – можно прочитать в Демидовиче, в параграфе 2 отдела V. Кроме того, доказать сходимость знакопеременного ряда можно и по определению (например, вот тут так решается №2666). Другие примеры решения задач последуют здесь.

В №2661, рассматривать который мы начали выше и для которого установили отсутствие абсолютной сходимости, условную сходимость можно установить по признаку Лейбница: знакочередующимся он является (т.е. каждое следующее слагаемое имеет другой знак); модуль его слагаемых имеет вид $\frac{1}{n}$, а про него мы можем сказать, что он монотонно убывает и стремится к нулю. Значит, ряд сходится условно по признаку Лейбница.

Отмечу, что если по очередному признаку для сходимости ряда от слагаемых ряда требуется некоторое свойство, а это свойство начинает выполняться не с первого слагаемого, а начиная с некоторого $N$ – ничего страшного, ряд всё равно сходится. Конечное множество слагаемых до $N$ можно сложить всегда, а последующее бесконечное множество слагаемых образует сходящийся ряд.

№2667. Разобьём слагаемые ряда на множители: $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\ln^{100}n}{n}\sin\frac{n\pi}{4}=\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}b_{n},\qquad a_{n}=\frac{\ln^{100}n}{n},\;b_{n}=\sin\frac{n\pi}{4}.$$ Сначала рассмотрим функцию $$f\left(x\right)=\frac{\ln^{100}x}{x}.$$ Её производная $$f'\left(x\right)=100\frac{\ln^{99}x}{x^{2}}-\frac{\ln^{100}x}{x^{2}}=\frac{\ln^{99}x}{x^{2}}\left(100-\ln x\right),$$ $f'\left(x\right) < 0$ при $\ln x > 100$, а значит, $f\left(x\right)$ убывает при $x > e^{100}$. В пределе ниже заменим $x=e^{y}$ $$\lim_{x\to\infty}f\left(x\right)=\lim_{x\to\infty}\frac{\ln^{100}x}{x}=\lim_{y\to\infty}\frac{y^{100}}{e^{y}}=0$$ по доказанному в первом семестре (см №60). Так как $a_{n}=f\left(n\right)$, $a_{n+1} < a_{n}$ при $n > e^{100}$ и $a_{n}$ стремится к нулю при $n\to \infty$. Теперь рассмотрим $b_{n}$. Сумма первых восьми элементов этой последовательности будет равна нулю: $$\sum_{n=1}^{8}b_{n}=\sum_{n=1}^{4}\left(b_{n}+b_{n+4}\right)=\sum_{n=1}^{8}\left(\sin\frac{n\pi}{4}+\sin\frac{\left(n+4\right)\pi}{4}\right)=\sum_{n=1}^{8}\left(\sin\frac{n\pi}{4}+\sin\left(\frac{n\pi}{4}+\pi\right)\right)=0.$$ Аналогично, сумма любых восьми подряд идущих элементов будет равна нулю: $$\sum_{n=1}^{8}b_{n+k}=\sum_{n=1}^{4}\left(b_{n+k}+b_{n+k+4}\right)=\sum_{n=1}^{4}\left(\sin\frac{\left(n+k\right)\pi}{4}+\sin\frac{\left(n+k+4\right)\pi}{4}\right)=\sum_{n=1}^{4}\left(\sin\frac{\left(n+k\right)\pi}{4}-\sin\frac{\left(n+k\right)\pi}{4}\right)=0.$$ Тогда частичная сумма элементов в количестве, кратном восьми, будет нулевая: $$\sum_{n=1}^{8m}b_{n}=\sum_{k=1}^{m}\sum_{n=1}^{8}b_{n+8(k-1)}=0.$$ Частичная сумма элементов в произвольном количестве $$\sum_{n=1}^{N}b_{n}=\sum_{n=1}^{8m+k}b_{n}=\sum_{n=1}^{8m}b_{n}+\sum_{n=1}^{k}b_{n}=\sum_{n=1}^{k}b_{n},$$ где $k=0..7$. $$\left|\sum_{n=1}^{N}b_{n}\right|=\left|\sum_{n=1}^{k}b_{n}\right|\leqslant\sum_{n=1}^{k}\left|b_{n}\right|\leqslant\sum_{n=1}^{8}\left|b_{n}\right|=\sum_{n=1}^{8}\left|\sin\frac{n\pi}{4}\right|\leqslant8.$$ Эта оценка очень грубая, на самом деле, сумма $b_{n}$ сильно меньше, но главное мы получили: она ограничена. Так как $a_{n}$ монотонно убывает и стремится к нулю, а $b_{n}$ образует ограниченные частичные суммы, то ряд, состоящий из их произведений, сходится по признаку Дирихле.

№2673.1 $$\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{\ln^{2}n}\cos\frac{\pi n^{2}}{n+1}$$ $$\frac{n^{2}}{n+1}=\frac{\left(\left(n+1\right)-1\right)^{2}}{n+1}=\frac{\left(n+1\right)^{2}-2\left(n+1\right)+1}{n+1}=\left(n+1\right)-2+\frac{1}{n+1}$$ $$\cos\frac{\pi n^{2}}{n+1}=\cos\left[\pi\left(\left(n+1\right)-2+\frac{1}{n+1}\right)\right]=\cos\left[\pi\left(n+1\right)-2\pi+\frac{\pi}{n+1}\right]=\left(-1\right)^{n+1}\cos\frac{\pi}{n+1}$$ $$\frac{1}{\ln^{2}n}\cos\frac{\pi n^{2}}{n+1}=\frac{\left(-1\right)^{n+1}}{\ln^{2}n}\cos\frac{\pi}{n+1}$$ Ряд $$\sum_{n=2}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n+1}}{\ln^{2}n}$$ сходится по признаку Лейбница, а $\cos\frac{\pi}{n+1}$ монотонно возрастает и меньше единицы (к которой стремится снизу), значит, исходный ряд сходится по признаку Абеля.

Задание: выполнить №2669, 2671, 2673.