Е.А. Григорьев - Числовые и функциональные ряды. Теория и практика (1111803), страница 5
Текст из файла (страница 5)
2.1.4 отбрасывание или изменение любого конечного числа членов рядане влияет на его сходимость, поэтому можно считать, что anсохраняют знаки ∀n ≥ 1 .В дальнейшем будем для определенности рассматриватьчисловой ряд с неотрицательными членами:∞Xpn , где pn ≥ 0(1)n=1(подчеркивая неотрицательность членов, для них используютобозначение pn вместо an ).Все утверждения этого параграфа о сходимости остаютсясправедливыми для знакопостоянных рядов (если an ≤ 0 , тонужно произвести умножение на −1 ; сходимость при этомсохраняется, см.
2.1.4 b) ).Теорема 1 (критерий сходимости рядов с неотрицательными членами).Ряд (1) c неотрицательными членами сходится тогда итолько тогда, когда его последовательность частичных сумм48ограничена сверху, т.е. существует такое число C, что sn ≤C ∀n .B Необходимость. Пусть ряд (1) cходится. Это значит, чтосходится последовательность {sn }, поэтому она ограничена.Достаточность.
Из условия pn ≥ 0 вытекает, что последовательность {sn } монотонно не убывает. Так как по условиютеоремы она ограничена сверху, {sn } сходится J2.2.2. Признаки сравненияТеорема 2 (первый признак сравнения).Рассмотрим два ряда∞Xpn(1)n=1и∞Xp0n .(2)n=1Если ∀n 0 ≤ pn ≤ p0n , то1) из сходимости ряда (2) следует сходимость ряда (1);2) из расходимости ряда (1) следует расходимость (2).B Обозначим последовательности частичных сумм рядов(1) и (2) соответственно {sn } и {s0n } . Из условия pn ≤ p0n имеем sn ≤ s0n .1) Пусть ряд (2) сходится. По теореме 1 существует такоечисло C, что s0n ≤ C ∀n. Но тогда и sn ≤ C , следовательно,сходится ряд (1).2) Пусть ряд (1) расходится.
Из теоремы 1 следует, что последовательность {sn } не ограничена сверху. Следовательно,не ограничена также и {s0n }, поэтому ряд (2) расходится JЗамечание. Как уже отмечалось, изменение конечногочисла членов ряда не влияет на его сходимость, поэтому вусловиях этой и нижеследующих теорем достаточно требоватьвыполнения неравенств вида pn ≥ 0 или pn ≤ p0n и т.п. недля всех n, а ∀n ≥ n0 , n0 – фиксированное число.49Следствие. Пусть pn ≥ 0 , p0n ≥ 0 и pn = o(p0n ) , n → ∞ .Тогда из сходимости ряда (2) следует сходимость ряда (1).B Если pn = o(p0n ) , n → ∞ , то имеет место неравенство0 ≤ pn ≤ p0n ∀n ≥ n0 , откуда в силу теоремы 2 следуетутверждение JТеорема 3 (второй признак сравнения).Пусть pn ≥ 0 , p0n ≥ 0 и pn = O∗ (p0n ) , n → ∞ (т.е.pn ³ p0n , n → ∞ ).
Тогда оба ряда (1),(2) сходятся или расходятся одновременно.B Из условия pn = O∗ (p0n ) , n → ∞ , следует, что найдутсятакой номер n0 и такие постоянные M1 > 0, M2 > 0 ,что |pn | ≤ M1 |p0n | и одновременно |p0n | ≤ M2 |pn | ∀n > n0 .С учетом неотрицательности pn , p0n имеем0 ≤ pn ≤ M1 · p0n ,(3)0 ≤ p0n ≤ M2 · pn .(4)Остается применить теорему 2. Действительно, пусть схо∞Xдится ряд (2). Тогда сходится рядM1 · p0n и из неравенствn=1(3) следует сходимость ряда (1).Аналогично, имея сходимость (1), с помощью неравенств(4) по теореме 2 получаем сходимость ряда (2) JСледствия теоремы 3 .Утверждение 1 (признак сравнения в предельнойформе).Пусть pn > 0 , p0n > 0 и существуетpn=Ln→∞ p0nlim50(L 6= 0 , L 6= ∞) .Тогда оба ряда (1),(2) сходятся или расходятся одновременно.B В предположении существования конечного пределаpnlim 0 = L , где L 6= 0 , из этого условия следует pn ³ p0n ,n→∞ pnn→∞ JВажным частным случаем (при L = 1) утверждения 1 являетсяУтверждение 2.Пусть pn ∼ p0n , n → ∞ .
Тогда ряды (1) и (2) сходятсяили расходятся одновременно.Замечание. Обратите внимание на то, что все признаки сравнения сформулированы для рядов с неотрицательными членами. Ниже приведен пример (см. 2.4.4 h)), показывающий, что для знакопеременного ряда утверждение 2 неприменимо.Примеры использования признаков сравнения.Применение теорем 2, 3, а также их следствий к исследованию сходимости сводится к сравнению членов данного рядас членами уже известных рядов. Этими рядами чаще всегоявляются сумма бесконечно убывающей геометрической про∞Xгрессииq n , |q| < 1 , и обобщенный гармонический ряд∞X1npn=1n=1(ряд Дирихле).1.
Исследуем сходимость обобщенного гармонического ряда∞X1npn=151(5)для a) p > 2 ; b) p < 1 .(Сходимость ряда (5) для 1 < p < 2 будет показана ниже,см. 2.3.1, пример a)).1111B Очевидно, p ≤ 2 при p ≥ 2 ;при p ≤ 1 .≥nnnpn∞X1Выше было доказано, что рядсходится (2.1.1, при2nn=1∞X1мер d)), а рядрасходится (2.1.3, пример b)). Поэтомуnn=1согласно первому признаку сравнения ряд (5) при p > 2 сходится, а при p < 1 расходится J2 .
Исследовать сходимость следующих рядов:∞∞XX11a);b)2n · sin n ;ln n3n=2n=1¶µ∞∞XXnπ1;d)c)ln 1 +·tg.2+1nnnn=3n=111a) Поскольку 0 < ln n < n , n ≥ 2 , то> .ln nn∞X1Так как гармонический рядрасходится, то по первомуnn=1признаку сравнения расходится и данный ряд J1B b) Отметим, что sin n > 0 ∀n ≥ 1 .3В силу известного неравенства 0 ≤ sin α ≤ α (α ≥ 0) имеемµ ¶n1122n sin n ≤ 2n · n =.333B52Так как ряд∞ µ ¶nX2n=1сходящимсяJ3сходится, наш ряд также является¶1B c) При n ≥ 1 ln 1 +> 0 . Имеемn¶µ11ln 1 +∼ , n → ∞.nnПосколькуµ∞X1расходится, данный ряд также расходитсяnn=1в силу утверждения 2 JB d) Очевидно, члены этого ряда положительны.
Приn → ∞ справедливы асимптотические соотношенияππnπ1 ππ∼ ;·tg∼·=.nnn2 + 1nn n n2Исходный ряд сходится в силу признака сравнения, потому∞X1что сходится рядJ2nn=1tg2.2.3. Признаки Даламбера и КошиТеорема 4 (признак Даламбера).∞X1) Пусть члены ряда (1)pn , гдетворяют неравенствуpn+1≤q<1pnpn > 0 , удовле-n=1∀n ≥ n0 ≥ 1 .(6)Тогда ряд (1) сходится.pn+1≥ 1 , ∀n ≥ n0 ≥ 1 , то ряд (1) расходится.2) Еслиpn53B 1) Заметим, что, не уменьшая общности, можно считатьn0 = 1 .
Тогда из неравенства (6) следуетpn+1 ≤ q · pn ≤ q 2 · pn−1 ≤ · · · ≤ q n · p1 .Так как ряд∞X∞Xq n при 0 < q < 1 сходится, то сходится рядn=1p1 · q n , следовательно, сходится (1) в силу теоремы 2.n=1pn+1≥ 1 , т.е. pn+1 ≥ pn > 0 ∀n , то не выполненоpnнеобходимое условие сходимости lim pn = 0 , поэтому ряд (1)n→∞расходится J2) ЕслиДля практических целей более удобнаТеорема 5 (признак Даламбера в предельной форме).Пусть для членов ряда (1) существует пределpn+1= L . Тогдаlimn→∞ pn1) при L < 1 ряд сходится;2) при L > 1 ряд расходится.B Если L < 1 , то найдется такое число ² > 0 , что L =1 − 2² , т.е.
L + ² = 1 − ² .По определению предела для этого ² существует такой номер N , что ∀n > NL−²<pn+1< L + ² = 1 − ².pn(7)Число 1 − ² играет роль q < 1 из неравенства (6). В силутеоремы 4 ряд сходится.Если L > 1 , то существует такое число ² > 0 , что L =1 + ² , т.е. L − ² = 1 . Тогда на основании левого неравенства54из (7) имеем:pn+1>L−²=1pn∀n > N ,откуда по теореме 4 получаем расходимость ряда (1) Jpn+1Замечания. 1) В теореме 4 условие≤ q < 1 нельзяpnpn+1заменить на< 1.pn∞X1B В самом деле, для гармонического ряда, имеемnn=1pn+1n=< 1,pnn+1однако этот ряд расходитсяJ2) В теореме 5 при L = 1 о сходимости ряда (1) ничегонельзя сказать.pn+1B Действительно, легко проверить, что lim=1n→∞ pn∞∞XX11и, первый из которых сходится, адля рядов2nnn=1n=1второй расходится JТеорема 6 (признак Коши).Рассмотрим ряд с неотрицательными членами (1)∞Xpn , p n ≥ 0 .n=1√n p1) Если∀n ,n ≤ q < 1то ряд сходится.√n p2) Если∀n ,n ≥ 1то ряд расходится.55(8)(9)B 1) Из неравенства (8) следует, что pn ≤ q n .
По признаку сравнения получаем сходимость ряда (1), так как ряд∞Xq n , 0 ≤ q < 1 , сходится.n=12) Из неравенства (9) вытекает pn ≥ 1 ∀n , т.е. для ряда(1) не выполнено необходимое условие сходимости JТеорема 7 (признак Коши в предельной форме).√Если для членов ряда (1) существует lim n pn = L ,то 1) при L < 1 ряд сходится;2) при L > 1 ряд расходится.n→∞Д о к а з а т е л ь с т в о аналогично доказательству теоремы5.Замечания.
1) Как и в случае признака Даламбера, усло√вие (8) теоремы 6 нельзя заменить на n pn < 1 .2) В случае L = 1 признак Коши в предельной форме нерешает вопроса о сходимости ряда.Теорема 8 (усиленный признак Коши).√Пусть верхний предел lim n pn = L ,n→∞тогда 1) при L < 1 ряд (1) сходится;2) при L > 1 ряд расходится.√B Заметим, что верхний предел lim n pn , возможно бесn→∞конечный, существует всегда.1) Пусть L < 1 .
Поскольку верхний предел – наибольшаяиз предельных точек последовательности, то ∀² > 0 найдетсятакое число N , что ∀n > N выполнено неравенство√npn < L + ² .1−L1+LВыбирая ² =, имеем q = L + ² =< 1.22Поэтому утверждение следует из п. 1) теоремы 6.562) Пусть L > 1 . Рассмотрим монотонно сходящуюся к нуL−1лю последовательность чисел ²n =. Из определенияnверхнего предела следует, что ∀n ∈ N существует такой член√рассматриваемой последовательности { k pk } с номером kn ,√что kn pkn > L − ²n .Так как при n > 1 справедливо неравенство L − ²n >L − ²1 = 1 , то pkn > 1 .
Поэтому для последовательностичленов ряда не выполнено необходимое условие сходимостиlim pk = 0 , значит, ряд (1) расходится Jk→∞Примеры применения признаков Даламбера и Коши.Исследовать следующие ряды на сходимость:∞∞XXxnna), x > 0;b);nn!(logn)2n=1n=2µ¶n∞∞nXX4n + 1 23 n!1;c);d)·n7nn3n+2n=1n=1¢n¡√∞∞nXX3 + (−1)nn10(−1) + 3e);f).n+1n + 3n22n=1n=1B a) Находимpn+1xn+1n!x= lim· n = lim= 0 < 1,n→∞ pnn→∞ (n + 1)! xn→∞ n + 1limследовательно, ряд сходится по признаку Даламбера√B b) Так как lim n n = 1 , тоn→∞√nn√nlim pn = lim= 0 < 1,n→∞n→∞ log2 nпоэтому ряд сходится в силу признака Коши J57JB c) Имеемpn+13n+1 (n + 1)! nn3 · nnlim= lim= lim=n→∞ pnn→∞ (n + 1)n+1 3n n!n→∞ (n + 1)n13> 1,=n→∞ (1 + 1 )nen= 3 limследовательно, ряд расходится по признаку ДаламбераJB d) Вычисляемlimn→∞√n1pn = lim √·n→∞ ( n n)7µ4n + 13n + 2¶ 12r=4> 1.3Итак, ряд расходится по признаку Коши J£¤(−1)n+1 + 3 · 2n+1pn+1B e) Рассмотрим= n+2=pn2· [(−1)n + 3](1 , n = 2k + 1,1 (−1)n+1 + 31= ·=, n = 2k.2 (−1)n + 34½¾pn+1Последовательностьимеет две предельные точки,pnpn+1поэтому limне существует и признак Даламбера в преn→∞ pnдельной форме не применим.
Условия теоремы 4 также не выполнены, поэтому признак Даламбера не дает результата.В то же время существуетrn11√n (−1) + 3lim n pn = · lim= < 1.n→∞2 n→∞22Итак, по признаку Коши ряд сходится58JB f ) Заметив, что pn > 0 , найдем√¡√¢nn10n3+(−1)√√lim n pn = lim=nn→∞n→∞2n + 3n√¡√¢ √nn103+13+1q= lim< 1.=¡ 2 ¢nn→∞3n3· 1+ 3Следовательно, по усиленному признаку Коши ряд сходитсяJЗамечание. Из доказательства теорем 4, 6 видно, чтопризнаки Даламбера и Коши как средство исследования сходимости рядов примерно одинаковы по точности (сходимость вобоих случаях получается из сравнения с членами бесконечноубывающей геометрической прогрессии, а расходимость – попричине невыполнения необходимого условия).
Однако признак Коши является несколько более сильным, чем признакДаламбера, в следующем смысле: когда признак Даламберадает результат, тот же результат дает и признак Коши. Еслиже признак Даламбера не дает ответа о сходимости (или расходимости) ряда, признак Коши такой ответ может дать (см.пример e) ).2.2.6. Вопросы и задачи1. Пусть an ≤ bn ∀n ∈ N , рядли сходиться ряд∞X∞Xbn сходится. Обязанn=1an ?n=12. Приведите примеры, доказывающие утверждения замечаний 1), 2) к теоремам 6 и 7.3.
Докажите усиленный признак Даламбера:59Если для членов ряда (1), где pn > 0 , выполнено неравенpn+1ство lim< 1 , то ряд (1) сходится.n→∞ pn∞X4. Докажите, что рядan , an ≥ 0 , сходится тогда иn=1только тогда, когда сходится полученный из него в результате∞Xпроизвольной группировки членов рядAn .n=1(Сравните с утверждением задачи 5 п. 2.1.5).∞X5. Докажите, что из сходимости рядаpn ,∞X√следует сходимость рядаpn > 0 ,n=1pn pn+1 .n=16. Следует ли из сходимости рядасходимость ряда∞X∞X√pn pn+1 ,pn > 0 ,n=1pn ?n=17.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
