Глава 11 Числові ряди

5

(a1 +... + an1 )+ (an1 +1 +... + an2 )+... + (anK −1 +1 +... + anK )+…, завжди збігається й має ту ж суму, що й початковий ряд.

Доведення. □ Послідовність часткових сум нового ряду S1, S2 , ... , Sk , ... є підпослідовністю Sn1 , Sn2 , ..., Snk , ... часткових сум початкового ряду. А з теорії

послідовностей ми знаємо, що якщо послідовність збігається, то збігається будь-яка її підпослідовність, і має таку ж границю. ■

Зауваження. Сполучну властивість не можна застосовувати в зворотному порядку. Тобто якщо ряд, що складено з дужок, збігається, то після розкриття дужок ряд не обов'язково буде збіжним, тобто дужки розкривати, взагалі кажучи, не можна. Проте зауважимо, якщо всередині дужок знаки однакові, то дужки

розкривати можна.	(1 −1)+ (1 −1)+ (1 −1)+…=0 + 0 + 0 +… збігається, а ряд
Приклад. Ряд

1 −1 +1 −1 +… розбігається.

§ 4. Знакододатні ряди. Ознака порівняння

Питання про встановлення збіжності або розбіжності ряду простіше за все розв'язується для рядів, усі члени яких невід'ємні. Тоді послідовність його часткових сум не спадна (зростаюча), оскільки Sn+1 утворюється з Sn додаванням невід'ємного

числа an+1 , а тому, до послідовності часткових сум можна застосувати теорему про

границю монотонної послідовності.

∞

Теорема. (Необхідна й достатня умова збіжності) Для того, щоб ряд ∑an ,

n=1

an ≥ 0 був збіжним, необхідно й достатньо, щоб послідовність його часткових сум

була обмежена зверху.

∞

Доведення. □ Необхідність. Нехай ряд ∑an збігається, тоді послідовність

n=1

його часткових сум {S n } збігається. А збіжна монотонно зростаюча послідовність

обмежена зверху.

Достатність. Нехай послідовність часткових сум {S n } - обмежена.

Покажемо, що вона монотонна: Sn+1 = Sn + an+1 , де an+1 ≥ 0 , тобто Sn+1 ≥ Sn .

За теоремою про границю монотонної послідовності, монотонно зростаюча послідовність збігається, якщо вона обмежена зверху. А якщо збігається

∞

послідовність часткових сум, то збігається й ряд ∑an . ■

n=1

∞

Зауваження. Очевидно, що ряд ∑an - розбігається тоді й тільки тоді, коли

n=1

послідовність часткових сум {S n } - необмежена. У цьому випадку кажуть, що ряд

∞

має нескінченну суму ∑an = +∞ .

n=1

Глава 11 Числові ряди

6

Збіжність або розбіжність додатного ряду часто встановлюють шляхом порівняння його з іншим рядом, про який заздалегідь відомо, збігається він, або розбігається.

Теорема (Ознака порівняння). Нехай дані два знакододатних ряди

∞	∞
∑an = a1 + a2 +... + an +… та	∑bn =b1 +b2 +... + bn +…. Нехай починаючи з
n=1	n=1
деякого номера N , виконується нерівність an ≥bn , n > N , тоді
∞	∞
1) зі збіжності ряду ∑an випливає збіжність ряду ∑bn ;
n=1	n=1

∞

2) із розбіжності ряду ∑bn

n=1

∞

випливає розбіжність ряду ∑an .

n=1

Доведення. □ За властивістю 5 для збіжних рядів відкидання скінченої кількості початкових членів ряду не відбивається на його збіжності. Тому ми можемо вважати, що an ≥bn при всіх значеннях n .

n	n
1) Позначимо часткові суми наших рядів через ∑ak = An ,∑bk = Bn .
k=1	k=1
∞
Тоді за умовою An ≥ Bn . Оскільки ряд ∑an - збігається, то за теоремою про
n=1	An обмежені, тобто
необхідну й достатню умову збіжності, часткові суми

знайдеться така константа M , що An ≤ M для кожного n . Але тоді й Bn ≤ An ≤ M , а тому часткові суми Bn обмежені, і за теоремою про необхідну й достатню умову

∞

збіжності ряд ∑bn - збігається.

n=1

∞

2) Доведемо методом від супротивного: нехай ряд ∑an - збігається, тоді

n=1

∞

згідно з першою частиною теореми ∑bn - збігається, що суперечить умові теореми.

n=1

Із цього протиріччя випливає справедливість твердження теореми. ■ Іноді на практиці більш зручна наступна теорема, що є наслідком ознаки

порівняння.

Теорема (Гранична ознака порівняння). Якщо існує границя lim			an		= K ,
		n→∞ b
			n
	∞	∞
то при K < +∞	зі збіжності ряду ∑bn випливає збіжність ряду ∑an ;
	n=1	n=1
	∞		∞
	з розбіжності ряду ∑an	випливає розбіжність ряду ∑bn ;
	n=1		n=1
	∞		∞
а при K > 0	з розбіжності ряду ∑bn	випливає розбіжність ряду ∑an ;
	n=1		n=1

Глава 11 Числові ряди

7

∞

∞

зі збіжності ряду ∑an випливає збіжність ряду ∑bn .

n=1

∞

∞

n=1

Таким

чином,

при 0 < K < +∞

обидва ряда

∑an

й

∑bn збігаються або

розбігаються одночасно.

n=1

n=1

Без доведення.

∞

2

Приклад 1.

Дослідити на

збіжність

ряд

∑

sin n

.

Скористаємося

n

2

n=1

2

∞

1

1

обмеженістю

функції sin x :

sin n

≤

. Мажоруючий

ряд

∑

. Цей ряд

n

n

n

2

2

n=1

2

збігається, тому й наш ряд збігається за ознакою порівняння.

Приклад 2. Дослідити на збіжність ряд 1 +

1

+

1

+... + 1

+... . Оскільки для

2

3

n

1

1

∞

будь-якого натурального n >1

виконане

n < n , то

>

. Тоді менший ряд ∑

1

n

n

n=1 n

розбігається як гармонічний і, за ознакою порівняння й наш ряд розбігається.

§ 5. Ознаки збіжності Даламбера, Коши й інтегральна

Іноді виявляються корисними деякі спеціальні ознаки збіжності ряду. Ми їх одержимо з ознаки порівняння, якщо як об'єкт порівняння візьмемо геометричну прогресію.

∞

Теорема (Ознака Даламбера). Нехай дано ряд із додатними членами ∑an ,

	an > 0 . Тоді						n=1
			an+1
	1)	якщо, починаючи з деякого номера N , виконано			≤ q <1		для кожного
	n > N , то ряд збігається;		an
				an+1
	2)	якщо, починаючи з деякого номера N , виконано				≥1	для кожного
				an

n > N , то ряд розбігається.

Доведення. □ 1) Нехай 0 < q <1 і нехай існує номер N такий, що для кожного

n > N виконано an+1 ≤ q , тобто an+1 ≤ qan . an

Тоді an+2 ≤ qan+1 ≤ q2an ; . . . , an+k ≤ qk an .

А так як ряд an + anq + anq2 +…+ anqk +… збігається (геометрична прогресія з 0 < q <1), то за ознакою порівняння збігається й ряд an + an+1 + an+2 +…+ an+k +….

А за властивістю 3 для збіжних рядів (ряд і його залишок збігаються або

∞

розбігаються одночасно) збігається й ряд ∑an .

n=1

Глава 11 Числові ряди

8

2) Оскільки aN > 0 , то для кожного n > N an > aN > 0 , тобто загальний член

ряду an не прямує до

нуля;

порушено необхідну умову

збіжності ряду: ряд

розбігається. ■

Проте, частіше цю ознаку застосовують в іншій, граничній формі.

Наслідок

(Ознака

Даламбера в

граничній формі).

Нехай дано ряд

із

∞

an+1

додатними членами ∑an

, an > 0 для кожного n . І нехай існує границя lim

= q .

Тоді,

n=1

n→∞

an

якщо q <1, то ряд збігається;

якщо q >1, то ряд розбігається;

якщо q =1, питання збіжності залишається відкритим.

∞

Приклад.

Дослідити на

збіжність

ряд

∑

1

.

Скористаємося

ознакою

a

n=1 n!

∞

1

1

n+1

n!

1

1

Даламбера: a =

,

a

=

,

lim

= lim

= lim

= 0 . Ряд

∑n=1

n!

(n +1)!

an

(n +1)!

n!

n

n+1

n→∞

n→∞

n→∞ n +1

збігається.

∞

Теорема (Ознака Коши). Нехай дано ряд із додатними членами ∑an , an > 0

для кожного n . Тоді

n=1

1) якщо, починаючи з деякого номера

N , виконано n an ≤ q <1 для кожного

n > N , то ряд збігається;

2) якщо, починаючи з деякого номера

N ,

виконано n an ≥1 для кожного

n > N , то ряд розбігається.

≤ q , то an ≤ qn

Доведення. □ 1) Якщо n an

для кожного n > N .

∞

Але оскільки ряд ∑qn - це геометрична прогресія з

n=1

∞

збігається, а тому, ряд ∑an збігається за ознакою порівняння.

n=1

2) Аналогічно доведенню ознаки Даламбера. Оскільки n an

∞

будь-якого n > N , а значить an не прямує до нуля: ряд ∑an

n=1

0 < q <1, то він

≥1, то an ≥1 для

розбігається (не

виконано необхідну умову). ■ І в цьому випадку зручніше користуватися граничною формою ознаки.

Наслідок (Ознака Коші в граничній формі). Нехай дано ряд із додатними

∞

членами ∑an , an > 0 , для кожного n . І нехай існує

n=1

lim n an = q .

n→∞

Тоді:

якщо q <1, ряд збігається;

Глава 11 Числові ряди					9
		якщо q >1,		ряд розбігається;
		якщо q =1,		питання збіжності залишається відкритим.
				∞	1
	Приклад. Дослідити на збіжність ряд ∑					. Скористаємося ознакою Коши
					n
				n=0	2
lim n	1	= lim 1	= 1 <1. Ряд збігається.
n→∞	2n	2	2

Наступна ознака, інтегральна, відрізняється іншим підходом до дослідження, ніж ознаки Даламбера й Коши. Вона спирається на ідею порівняння ряду з невласним інтегралом.

Теорема (Інтегральна ознака). Нехай f (x) неперервна, невід'ємна й

монотонно спадна на [1; + ∞)	∞
	функція. Тоді ряд ∑f (n)
	n=1

+∞

і інтеграл ∫ f (x)dx

1

збігаються, або розбігаються одночасно.

Доведення. □ Функція f (x) неперервна, а тому належить класу інтегрованих

функцій. Зауважимо, що функція	f (x) монотонно спадна,	тому	f (1)≥ f (x)≥ f (2)
при 1 ≤ x ≤ 2 . Проінтегруємо цю нерівність за відрізком [1; 2]:
	f (1)	2	(x)dx ≥ f (2) 1.
		1 ≥ ∫ f
		1
	Аналогічні		міркування
	проведемо при 2 ≤ x ≤3 :
		3
	f (2) 1 ≥ ∫ f (x)dx ≥ f (3) 1.
		2
	Продовжуючи цей процес,
		n+1
	маємо f (n)≥ ∫ f		(x)dx ≥ f (n +1).
		n
	Просумуємо ці нерівності:
	n+1
f (1)+ f (2)+ f (3)+…+ f (n)≥ ∫ f (x)dx ≥ f (2)+ f (3)+…+ f (n)+ f (n +1).
	1	f (x) більша за площу
Дійсно, з малюнка видно,	що площа під кривою

зафарбованої східчастої області (її площа записана в нерівності праворуч), але менше ніж площа більшої східчастої області (її площа записана в нерівності ліворуч).

Тепер перейдемо до границі при n → ∞. Одержимо

∞	+∞	∞
∑f (n)≥	∫ f (x)dx ≥ ∑f (n).
n=1	1	n=2