MatAnal2

15. Числовые ряды	5

и пусть m – фиксированное натуральное число. Тогда ряд

am+1 + am+2 + · · · + am+k + . . .

называется остатком ряда (15.1) после m-го слагаемого.

Теорема 1. Если сходится ряд (15.1), то сходится любой из его остатков. Обратно, если сходится один из остатков ряда (15.1), то

сходится и исходный ряд (15.1).

Доказательство. Пусть Sn – частичная сумма ряда (15.1). Зафиксируем натуральное m. Тогда частичная сумма остатка после m-го сла-

гаемого равна σk(m) = am+1 + am+2 + · · · + am+k. Ясно, что
Sm+k = Sm + σk(m).	(15.2)

Если ряд (15.1) сходится, то при k → ∞ частичная сумма Sm+k имеет предел, а поскольку m фиксировано, то при k → ∞ конечный предел имеет и σk(m), т. е. сходится и остаток ряда (15.1) после m-го слагаемого.

Обратно, если существует limk→∞ σk(m) при некотором (фиксированном) m, то из (15.2) следует, что существует и limk→∞ Sm+k, или, что то же самое, существует limn→∞ Sn.

Следствие. Никакое конечное число слагаемых ряда не влияет на его сходимость (но конечно же они влияют на его сумму) или расходимость. Другими словами, если заменить, отбросить или добавить любое конечное число слагаемых ряда, то от этого сходимость не нарушится.

Пусть ряд (15.1) сходится. В силу теоремы 1, сходится и каждый из

	P
его остатков		∞
		n=m+1 an. Обозначим сумму остатка после m-го слагаемого
P		∞	an.
через rm =
		n=m+1

Теорема 2. Если ряд (15.1) сходится, то последовательность его остатков {rm} стремится к нулю.

Доказательство. В обозначениях, принятых при доказательстве теоремы 1, имеем Sm+k − Sm = σk(m). Если S – сумма ряда (15.1), то при k → ∞ получим Sm+k → S и σk(m) → rm. Поэтому переходя к пределу при

6 Третий семестр

k → ∞, будем иметь S −Sm = rm, где m – любое натуральное число. Если теперь устремить m → ∞ и воспользоваться тем, что Sm → S (m → ∞), то получим, что limm→∞ rm = 0.

Пусть даны два ряда

∞

a

n

и

∞

b

. Тогда ряд

∞

(a

+ b

)

n=1

n=1

n

n=1

n

n

называется суммой этих

двух рядов. Если λ – действительное число, то

P

P

P

говорят, что ряд

∞

∞

его на число λ.

Pn=1 λan получен из ряда Pn=1 an путем умножения

Предложение. Пусть ряды

∞

a

и

∞

b

n

сходятся к суммам

n=1 n

n=1

A и B, соответственно. Тогда ряд

∞

(a

+ b

) сходится и его сумма

P

n=1

nP n

равна A + B. Если

λ

R

, то

сходится и ряд

∞

λa

n

к сумме λA.

P

n=1

Доказательство. Для n = 1, 2, . . . имеемP

n

n

n

n

n

X

X

X

X

X

(ak + bk) = ak + bk,

λak = λ

ak.

k=1

k=1

k=1

k=1

k=1

Поэтому

n

n

n

X

X

X

lim

(ak + bk) =

lim

ak + lim

bk = A + B

n→∞

n→∞

n→∞

k=1

k=1

k=1

и

n

n

X

X

lim

λak

= λ lim

ak = λA.

n→∞

n→∞

k=1

k=1

15.2Ряды с неотрицательными слагаемыми

Пусть {an}∞n=1 – последовательность неотрицательных чисел. Рассмотрим

ряд

X∞

an.

(15.3)

n=1

Теорема. Пусть an ≥ 0. Тогда ряд (15.3) сходится в том и только в том случае, когда последовательность его частичных сумм Sn огра-

ничена сверху.

15. Числовые ряды	7

Доказательство. Так как an ≥ 0, то Sn = Sn−1 + an ≥ Sn−1, т. е. последовательность частичных сумм Sn монотонно возрастает. По теореме о пределе монотонной последовательности, сходимость Sn (а значит, и

сходимость ряда (15.3)) эквивалентна ее ограниченности.

Пример. Обобщенным гармоническим рядом называется ряд

∞

1

,

s

s = 1

n=1 n

где число s > 0. Ранее мы уже установили, что при

этот

ряд расхо-

P

дится. Если 0 < s < 1, то

1

1

1

1

Sn(s) = 1 +

+ · · · +

≥ 1 +

+ · · · +

= Sn(1),

2s

ns

2

n

и, в силу расходимости гармонического ряда, последовательность частичных сумм обобщенного гармонического ряда не ограничена сверху, т. е. обобщенный гармонический ряд расходится при 0 < s ≤ 1.

По-другому расходимость обобщенного гармонического ряда при 0 < s < 1 можно было бы доказать так:

	1	1		1		= n1−s → +∞ (n → ∞),
Sn(s) = 1 +		+ · · · +		≥ n ·
	2s		ns		ns

откуда следует, что Sn(s) → +∞ (n → ∞), т. е. расходимость ряда. Рассмотрим теперь случай s > 1. Пусть n N. Выберем такое нату-

ральное m, что n < 2m. Тогда

1

1

1

1

1

1

Sn(s) ≤ S2m−1(s) = 1 + µ

+

¶

+ µ

+

+

+

¶ + · · · +

2s

3s

4s

5s

6s

7s

+ µ

1

+

1

+ · · ·

+

1

¶ ≤

(2m−1)s

(2m−1 + 1)s

(2m − 1)s

≤

1 + 2 ·

1

+ 4

·

1

+

· · · + 2m−1 ·

1

=

2s

4s

(2m−1)s

= 1 + 21−s + ¡22¢1−s + · · · + ¡2m−1¢1−s =

· · ·

1 ¡

21−¢

m

1 21−s

= 1 + 21−s + 21−s

¢

2 +

+ 21−s

m−1 =

1 −

21−s

<

1

¡

¡

¢

−

s

−

1−21−s

1

8 Третий семестр

(условие s > 1 использовано в последнем неравенстве). Отсюда следует,

что при s > 1 имеем Sn(s) ≤ , т. е. последовательность частичных сумм {Sn(s)} ограничена сверху и, в силу доказанной теоремы, обобщенный гармонический ряд сходится при s > 1.

Окончательно имеем: ряд					∞	1	сходится при s > 1 и расходится
						s
					n=1 n
при 0 < s ≤	1. При s ≤	0	этот ряд, очевидно, расходится, так как не
				P

выполнено необходимое условие сходимости.

15.2.1 Признак сравнения

Теорема (признак сравнения). Пусть даны два ряда

X∞

an,	(15.4)
n=1
∞
X
bn,	(15.5)
n=1

где an ≥ 0, bn ≥ 0 (n = 1, 2, . . . ). Предположим, что ряд (15.5) является мажорантным рядом для ряда (15.4), т. е. начиная с некоторого номера выполнены неравенства an ≤ bn. Тогда из сходимости ряда (15.5)

следует сходимость ряда (15.4), а из расходимости ряда (15.4) следует расходимость ряда (15.5).

Доказательство. Так как конечное число слагаемых ряда не вли-

яет на его сходимость, то, не ограничивая общности, можем считать, что неравенство an ≤ bn выполнено для всех n ≥ 1. Пусть Sn0 и Sn00 –

частичные суммы рядов (15.4) и (15.5), соответственно. Тогда ясно, что

Sn0 ≤ Sn00 (n ≥ 1). Если ряд (15.5) сходится, то Sn00 ограничены и, следовательно, ограничены и Sn0 , а это влечет сходимость ряда (15.4). Обратно, если расходится ряд (15.4), то Sn0 неограниченно возрастают и, следовательно, неограниченно возрастают и Sn00, т. е. ряд (15.5) расходится.

Замечание 1. При доказательстве существенно было использовано условие an ≥ 0, bn ≥ 0 (n = 1, 2, . . . ). Без этого условия теорема теряет силу. Например, если an = −1, bn = 0 (n = 1, 2, . . . ), то an ≤ bn, ряд (15.5) сходится, а ряд (15.4) расходится.

15. Числовые ряды	9

Замечание 2. В доказанной теореме из расходимости ряда (15.5) не следует расходимость ряда (15.4), а из сходимости ряда (15.4) не следует сходимость ряда (15.5). Например, an = 0, bn = 1 (n = 1, 2, . . . ).

Следствие (признак сравнения в предельной форме). Пусть даны ряды (15.4) и (15.5) с положительными слагаемыми. Предполо-

жим, что существует (быть может, и бесконечный)

lim an = λ.

n→∞ bn

Тогда

a) если λ = 0, то из сходимости ряда (15.5) следует сходимость ряда

(15.4), а из расходимости ряда (15.4) следует расходимость ряда (15.5); b) если λ = +∞, то из сходимости ряда (15.4) следует сходимость ряда (15.5), а из расходимости ряда (15.5) следует расходимость ряда

(15.4);

c) если 0 < λ < +∞, то ряды (15.4) и (15.5) сходятся или расходятся

одновременно.

Доказательство. Докажем c). Пусть 0 < λ < +∞. Тогда, начиная с

некоторого номера N , выполнено неравенство			λ	an	≤ 2λ (n ≥ N ), т. е.
			2	≤ bn
	λ
		bn ≤ an ≤ 2λ · bn.
	2

Если расходится ряд (15.4), то, в силу доказанного признака сравнения, из правого неравенства следует расходимость ряда (15.5). Если ряд (15.4)

сходится, то, в силу признака сравнения, из левого неравенства следует сходимость ряда (15.5).

Доказательства случаев a) и b) аналогичны и мы их опускаем.

Пример 1. Исследовать на сходимость ряд

∞

X

1

2n sin

.

n=1

3n

Из неравенства sin x < x (x > 0) следует, что 2n sin

1

≤

32

n (n =

3n

1, 2, . . . ). Так как ряд

∞

2

n

сходится (это –

геометрическая прогрес-

n=1

3

¡

¢

сия со знаменателем

2 ), то исходный ряд также сходится в силу признака

3P

¡

¢

сравнения.

10 Третий семестр

Пример 2. Ранее мы уже установили с помощью критерия Коши, что

гармонический ряд		∞ 1	расходится. Докажем его расходимость с ис-
		n=1 n
пользованием	признака сравнения. Сравним его с рядом					∞	ln	1 + 1
		P				n=1	¡	n .
Вычислим частичные суммы						P			¢
	n				n
	X		1		X
	k=1 ln µ1 +			k	¶ = k=1 [ln(k + 1) − ln k] =

= (ln 2 − ln 1) + (ln 3 − ln 2) + · · · + (ln(n + 1) − ln n) = ln(n + 1) → +∞.

Значит, ряд

∞

ln

1 +

1

расходится. Кроме того, из известного равен-

n=1

=¡1

n

ln(1+ n1 )

ства lim

ln(1+x)

следует, что lim

x

0

P

n

1

= λ = 1. Отсюда, в си-

→

x

¢

→∞

n

∞ 1

лу признака сравнения в предельной форме, вытекает, что ряды

и

∞

ln 1 +

1

n=1 n

Поскольку, как

n=1

n

сходятся или расходятся одновременно.

P

уже установлено, ряд

∞

ln 1 +

1

расходится, то расходится и исход-

P

¡

¢

n=1

¡

n

¢

ный гармонический

ряд.

P

Пример 3. Рассмотрим ряд

∞

x

, где x R

– параметр.

n=1 1 − cos n

2

x = 0. Пусть

6

2

Ясно, что этот ряд сходится приP

¡

x¢= 0. В силу известного

соотношения 1 − cos α

α

(α → 0), имеем 1 − cos nx

x

·

1

(n →

2

2

n2

∞). Поэтому в качестве ряда для

сравнения целесообразно выбрать ряд

x

2

∞

1

, для которого lim

n→∞

1−cos n

=

x

. Из признака сравнения в

n=1 n2

1

2

n2

∞

предельной форме следует, что ряд

1

и исходный ряд сходятся

P

6

n=1 n2

или расходятся одновременно (при x

= 0). Выше было показано, что ряд

P

P

∞

1

сходится (это – обобщенный гармонический ряд при s = 2 > 1).

2

n=1 n

Поэтому сходится и исходный ряд при любом x.

15.2.2 Признак Даламбера
Теорема (признак Даламбера). Пусть дан ряд			∞	a	n	с поло-
			n=1
жительными слагаемыми. Предположим, что	существует такое число
		P

q, 0 < q < 1, что начиная с некоторого номера N справедливо неравен-

	an+1	≤ q (n ≥ N ). Тогда ряд		∞
ство	an			n=1 an сходится.
Доказательство.				теоремы следует, что a	N+1 ≤	q	·	a	,
			Из условияP						N

aN+2 ≤ q·aN+1, . . . , an ≤ q·an−1 (n ≥ N +1). Перемножая эти неравенства,

15. Числовые ряды	11

получаем an ≤ qn−N · aN (n ≥ N + 1), т. е. an ≤ c · qn (n ≥ N + 1), где c = aN · q−N . По признаку сравнения, из сходимости геометрической прогрессии со знаменателем q, |q| < 1, следует сходимость исходного ряда.

Замечание 1. Из неравенства

an+1

< 1

(15.6)

an

не следует сходимость ряда

∞

a

n

. Неравенство (15.6) означает лишь

n=1

то, что слагаемые ряда

строго убывают, из чего вовсе не следует сходи-

∞

P

∞

1

1

мость ряда, например, Pn=1 n

, Pn=1

√

и т. д.

n

Замечание 2. Из неравенства

an+1

≥ 1

(n ≥ N )

(15.7)

an

сразу следует расходимость ряда

∞

a

n

. В самом деле, (15.7) означает,

n=1

что слагаемые ряда образуют

неубывающую последовательность поло-

P

жительных чисел и, следовательно, не стремятся к нулю, так что в этом случае не выполнено необходимое условие сходимости.

Следствие (признак Даламбера в предельной форме). Пусть

дан ряд

X∞

an

(15.8)

n=1

с положительными слагаемыми. Предположим, что существует (быть

может, и бесконечный) limn→∞ an+1 = λ. Тогда

an

a) если 0 ≤ λ < 1, то ряд (15.8) сходится; b) если 1 < λ ≤ ∞, то ряд (15.8) расходится;

c) если λ = 1, то ничего определенного о сходимости ряда (15.8) ска-

зать нельзя.

Доказательство. a) Выберем такое ε > 0, что q ≡ λ + ε < 1 (например, ε = (1 + λ)/2). Тогда, начиная с некоторого номера N , будет иметь

место неравенство an+1 ≤ q (n ≥ N ), и, в силу признака Даламбера, ряд

an

(15.8) сходится.

12 Третий семестр

b) Если 1 < λ ≤ ∞, то, начиная с некоторого номера, справедливо

неравенство an+1 ≥ 1 и, в силу замечания 2, ряд (15.8) расходится.

an

c) Для доказательства приведем примеры сходящегося и расходяще-

∞ 1

an+1

n

гося рядов, для которых λ = 1. Ряд

n=1 n расходится и

an

=

n+1

→ 1

при n

. Ряд

∞

1

сходится и

an+1

1 при n

.

→ ∞

P

→

→ ∞

15.2.3

Признак Коши

Теорема (признак Коши). Пусть дан ряд

∞

a

с неотрица-

n=1

n

тельными слагаемыми. Предположим, что

существует такое число q,

P

0 < q < 1, что начиная с некоторого номера N справедливо неравенство

√

q (n N ). Тогда ряд

P

∞

a сходится.

a

n

n ≤

≥

n=1

n

Из

n ≤

qn (n

≥

N ),

Доказательство.

условия теоремы следует, что a

а поскольку ряд

∞

qn

с 0 < q < 1 сходится (геометрическая прогрес-

n=1

сия), то, в силу

признака сравнения, сходится и исходный ряд.

P

Замечание 1. Если для бесконечного числа номеров n имеет место

неравенство	√				1, то ряд			∞	a расходится. Действительно, в этом
		a	n ≥
	n							n=1	n
случае для бесконечного						числа номеров n будет выполнено неравенство
							P

an ≥ 1 и, следовательно, не выполнено необходимое условие сходимости.

Это замечание существенно отличается от замечания 1 к признаку Даламбера. Ряд может быть сходящимся и таким, что для бесконечного

числа номеров n было выполнено неравенство	an+1	≥ 1, например,	1	+
	an		2

13 + 212 + 312 + · · ·+ 21n + 31n + . . . . В замечании 1 к признаку Даламбера было

важным, что неравенство an+1 ≥ 1 выполнено для всех номеров, начиная

an

с некоторого.

Следствие (признак Коши в предельной форме). Пусть дан

ряд

X∞

an

(15.9)

n=1

с неотрицательными слагаемыми. Предположим, что существует (быть

√

может, и бесконечный) limn→∞ n an = λ. Тогда a) если 0 ≤ λ < 1, то ряд (15.9) сходится;

15. Числовые ряды	13

b) если 1 < λ ≤ ∞, то ряд (15.9) расходится;

c) если λ = 1, то ничего определенного о сходимости ряда (15.9) ска-

зать нельзя.

Доказательство этого следствия аналогично доказательству соответствующего следствия из признака Даламбера (проведите самостоятельно).

Упражнение. Докажите, что признак Коши в предельной форме

√

останется справедливым, если условие limn→∞ n an = λ заменить усло-

√

вием limn→∞ n an = λ.

Замечание 2. Можно показать, что признак Коши в предельной форме сильнее признака Даламбера в предельной форме. Именно, если суще-

an+1

n

ствует limn→∞

an

= λ, то и limn→∞ √an

= λ, а обратное неверно.

Пример 1. Исследовать на сходимость ряд

∞

n

Даламбера,

Pn=1 2n . По признаку

a

n + 1 2n

1 n + 1

1

n+1

=

·

=

·

→

(n → ∞),

an

2n+1

n

2

n

2

следовательно, данный ряд сходится.

По признаку Коши,

1

n

n

1 n

n

√an =

r

=

√n →

(n → ∞),

2n

2

2

следовательно, данный ряд сходится.

Пример 2. Исследовать на сходимость ряд

∞

1

ду удобно применить признак Даламбера

Pn=1 (2n+1)!

. К этому ря-

an+1

=

(2n + 1)!

=

1 · 2 · · · · · (2n + 1)

=

an

(2(n + 1) + 1)!

1 · 2 · · · · · (2n + 1)(2n + 2)(2n + 3)

=

1

→ 0

(n → ∞).

(2n + 2)(2n + 3)

По признаку Даламбера, данный ряд сходится.

Пример 3. К ряду

1	+	1		+	1		+	1		+ · · · +	1		+	1	+ . . .
2		3			22			32			2n			3n

14 Третий семестр

ни признак Даламбера, ни признак Коши в предельной форме неприме-

an+1

√an при n → ∞. В то же

нимы, так как не существует пределов an и

время, поскольку

an = (

n

2−k, n = 2k

1,

3−k, n = 2k,−

n

1

n/2

n

√

то √an ≤

2−

=

√

2

< 1

и, в силу признака Коши в непредельной

форме, данный ряд сходится.

15.2.4Интегральный признак

Пусть на полупрямой [1, +∞) задана функция f , интегрируемая на каждом отрезке [1, x] (x > 1). Если существует limx→+∞ 1x f (t) dt, то говорят,

	что несобственный интеграл		+∞	сходится и обозначают этот пре-
			1 f (x) dx
				R
	x	+∞
	дел limx→+∞ R1	f (t) dt = R1	R f (t) dt.

Теорема (интегральный признак сходимости). Пусть неотрицательная функция f монотонно не возрастает на [1, +∞). Тогда чис-

ловой ряд

∞
f (n)	(15.10)
n=1
X

сходится в том и только в том случае, когда сходится несобственный интеграл

		Z1+∞ f (x) dx.	(15.11)
Доказательство. В силу монотонности f , для любого k N имеем
		f (k + 1) ≤ Zkk+1 f (x) dx ≤ f (k).
Складывая эти неравенства, получим
		Sn+1 − f (1) ≤ Z1n+1 f (x) dx ≤ Sn,	(15.12)
где Sn =		n
		k=1 f (k) – n-я частичная сумма ряда (15.10). Если несоб-
ственный	интеграл (15.11) сходится, то монотонно возрастающая функ-
	P
ция F (x)	≡ R1x f (t) dt → A (x → +∞), а это означает, что		F (x) ≤