Глава 11 Числові ряди	1
	Глава 11 Числові ряди
Означення.	§ 1. Поняття числового ряду
	Нехай дана деяка нескінченна послідовність чисел
a1 , a2 , a3 , …, an ,	…. Формально складений із цих чисел вираз
	a1 + a2 + a3 + …+ an + …

називається нескінченним рядом, а ці числа - членами ряду.

Замість нескінченного підсумовування, користуючись знаком суми, часто

∞

пишуть ∑an .

n=1

Поняття нескінченного ряду, це нове поняття, ми поки не вміємо визначати, чому дорівнює його сума.

Означення. N - ою частковою сумою ряду називається скінчена сума всіх членів ряду до n - ого члена включно, тобто сума

n

Sn = ∑ai = a1 + a2 +... + an .

i=1

Зокрема,

S1 = a1 , S2 = a1 + a2 , S3 = a1 + a2 + a3 , ...

Означення. Числовий ряд називається збіжним, якщо існує скінчена границя послідовності його часткових сум

lim Sn = S .

n→∞

Число S в цьому випадку називають сумою ряду й пишуть

∞

S = ∑ai = a1 + a2 +... + ai +...

i=1

Якщо границя дорівнює нескінченності або не існує, то кажуть, що ряд розбігається.

Приклад 1.

Ряд 1 +1 +1 +…+1 +… розбігається,

оскільки

Sn = n → ∞

при

n → +∞.

Приклад 2.

Ряд 1 + q + q2 +…+ qn

+… при

q ≠1

має

часткові

суми

Sn =

1 − qn

. Очевидно, що при

q

<1 ряд

збігається й

S =

1

.

При

q

>1

ряд

1 − q

1 − q

розбігається, оскільки Sn → ∞ при n → +∞.

S2k = 0 , а

S2k +1 =1, а

Приклад 3. Ряд 1 −1 +1 −1 +… розбігається, оскільки

тому спільної границі lim Sn не існує.

n→∞

Зауваження. Питання про збіжність ряду зводиться до питання про збіжність послідовності часткових сум. Проте можна підійти до цього питання й навпаки. Нехай дана послідовність S1 , S2 , S3 , …, Sn , … Побудуємо ряд, для якого ця

послідовність є послідовністю часткових сум

a1 = S1 ;	a2 = S2	− S1 ; a3 = S3 − S2 ; … an = Sn − Sn−1 ; .....
		∞
Тоді Sn = a1 + a2	+... + an	й S = ∑ak .
		k=1

Глава 11 Числові ряди

2

Для даного ряду побудована послідовність, що є послідовністю його часткових сум. Збіжність ряду рівносильна збіжності послідовності.

Таким чином, усі питання для рядів можна перефразувати в термінах послідовностей і навпаки.

§ 2. Критерій Коши й необхідна умова збіжності

Нам відомий критерій Коши з теорії границь, тобто необхідна й достатня умова збіжності послідовності, а саме: для того щоб послідовність була збіжною необхідно й достатньо, щоб вона була фундаментальна. Означення фундаментальності: для кожного ε > 0 існує номер N(ε) такий, що для будь-якого

n > N й для кожного p > 0 (p N ), виконане Sn+p − Sn < ε .

Ця умова є необхідною й достатньою умовою збіжності ряду, якщо під Sn

розуміти послідовність часткових сум цього ряду.

∞

Теорема. (Критерій Коши для рядів) Для того, щоб ряд ∑an був збіжним,

n=1

необхідно й достатньо, щоб для кожного ε > 0 існував номер N(ε) такий, що для

n+p

будь-якого n > N й для кожного p > 0 , p N було виконане ∑ak <ε .

k=n+1

Доведення випливає із критерію Коши для послідовностей. Зауважимо, проте, що критерій Коши не дуже зручний у застосуванні. Однак існує дуже проста необхідна умова збіжності ряду.

∞

Теорема (необхідна умова збіжності ряду). Якщо ряд ∑ai збігається, то

i=1

lim ai = 0 .

i→∞

Доведення. □ Припустимо, що ряд збігається. Тоді, за критерієм Коши, для кожного ε > 0 існує N(ε) такий, що для будь-якого n > N й для кожного p > 0

n+p

виконане

∑ai

< ε . Покладемо

p =1, тоді для кожного ε > 0 існує N(ε) такий, що

i=n+1

для кожного n > N виконане

an+1

<ε

й за означенням границі це означає, що

lim an = 0 . ■

n→∞

що задовольняє умові lim an = 0 ,

Проте не слід вважати, що кожний ряд,

n→∞

збігається. Адже ця умова тільки необхідна, але не достатня.

Приклад. Розглянемо гармонічний ряд

∞

1

1

1

1

1

∑

=1 +

+

+

+…+

+…

4

n=1 n

2

3

n

Очевидно що lim an = lim

1

= 0 . Проте даний ряд розбіжний. Покажемо це за

n→∞

n→∞ n

допомогою критерію Коши.

Для кожного, як завгодно великого n візьмемо p = n . Тоді

Глава 11 Числові ряди

3

2n

1

1

1

1

1

1

n

1

∑ai = an+1 + an+2 +... + a2n =

+

+... +

>

+

+... +

=

=

n +1

n + 2

2n

2n

2n

i=n+1

2n 2n 2

Таким чином, при будь якому ε <

1

не знайдеться номера

N ,

після якого

2

виконується умова фундаментальності. Отже, за критерієм Коші ряд розбігається. Можна цей факт довести інакше:

S1	=1 >		1	;
		2
				1				1			1							1
S2	= S1	+				>			+				= 2							;
				2				2		2
																	2
S4	= S2	+			1	+		1	> 2					1		+ 2					1		= 3		1		;
				3				4												4					2
													2
S8	= S4	+		1		+		1	+	1			+		1		> 3					1		+ 4		1			= 4	1	;
				5				6		7																				2
													8							2					8

. . . .

S2K = k 2+1 . Остання формула доводиться по індукції.

Отже, з послідовності часткових сум ми виділили підпослідовність, що прямує до нескінченності. Виходить, послідовність часткових сум розбігається, отже, початковий ряд розбігається.

Проте необхідну умову все-таки можна використовувати при дослідженні рядів, а саме, як достатню умову розбіжності.

Теорема (Достатня умова розбіжності). Якщо загальний член ряду не прямує до нуля, то ряд розбігається.

Доведення від супротивного.

					∞	n +100				1
	Приклад. Дослідити на збіжність ряд ∑							. Оскільки an →			≠ 0 , то ряд
	розбігається.				n=1	2n			2
		§ 3. Властивості збіжних рядів
			∞		∞
	Властивість 1.	Якщо ряди	∑an	й ∑bn			збігаються, то		збігається й ряд
	∞		n=1		n=1
	∑(an + bn ), причому для їхніх сум виконане
	n=1	∞			∞		∞
		C = ∑(an + bn ) = ∑bn +					∑an = A + B
		n=1			n=1		n=1
	Доведення. □ Розглянемо часткові суми рядів. Для скінченого числа доданків
	n	n	n
	виконане Cn = ∑(ak + bk ) = ∑ak +		∑bk = An + Bn .
	k=1	k=1	n=1
	Спрямуємо n→ ∞.		(A + B		)= A + B , тому й ліворуч існує границя
	Праворуч існує границя lim			n
		n→∞	n

lim Cn = C причому C = A + B . ■

n→∞

Глава 11 Числові ряди

Властивість 2. Якщо ряд

причому

	4
∞	∞
∑an	збігається, то збігається й ряд ∑c an ,
n=1	n=1
∞	∞
∑can = c∑an .
n=1	n=1

				n	n
Доведення. □ Для скінченого числа		доданків	виконане	∑cak	= c∑ak .
	n→ ∞. Границя			k=1	k=1
Перейдемо до границі при		праворуч	існує, виходить,		існує	й
границя ліворуч. ■
∞
Означення. Ряд ∑ak	= an+1 + an+2 +... = rn називається залишком ряду.
k=n+1
Властивість 3. Якщо ряд збігається, то будь-який його залишок збігається.
					∞
Доведення. □ Нехай Sn = a1 + a2 +... + an , n N - часткові суми ряду ∑an						й
			∞		n=1
Sk(n0 ) = an0 +1 + an0 +1 +... + an0 +k	- часткові суми залишку ряду rn0 = ∑ak .
			k=n0 +1
Очевидно, що Sn = Sn	+ Sk(n0 ) , де n = n0 + k . Звідси бачимо, що границі lim Sk
0					n→∞
й lim Sk(n0 ) існують або не існують одночасно. А тому випливає,				що для збіжного
n→∞

ряду залишок ряду збігається. ■ Зауваження. Ми довели й зворотну властивість: якщо збігається залишок

ряду, то збігається й сам ряд.

Властивість 4. Якщо ряд збігається, то lim rn = 0 .

n→∞

Доведення. □ У властивості 3 ми довели, що для збіжного ряду будь-який

його залишок збігається. Залишилось показати, що lim r = 0	. Очевидно, що
m→∞ m

Sn = Sm + Sk(m) , де n = m + k . Спрямуємо k до нескінченності, одержимо граничний вираз S = Sm + rm , а звідси rm = S − Sm →0 при m→ ∞, оскільки ряд збігається. ■

Наслідок. Значення скінченої кількості перших членів ряду не впливають на

∞	∞
його збіжність. Дійсно, при великих номерах ряди ∑an	та ∑an мають однакові
n=1	n=k

залишки.

Іншими словами, ми одержали Властивість 5. Відкидання скінченої кількості початкових членів ряду й

приєднання на початку його декількох нових членів не відбивається на збіжності ряду.

∞

Властивість 6. (Сполучна властивість). Якщо ряд ∑an збігається, то його

n=1

члени можна поєднувати в групи довільним образом, не змінюючи при цьому їхнього розташування. Ряд, складений із цих сум