Признаки сходимости рядов

Источник статьи

Автор24 — учеба по твоим правилам

Теорема 1 (интегральный признак Коши)

Пусть дан ряд $\sum \limits _{n=1}^{\infty }a_{n}$ , члены которого удовлетворяют трём условиям:

$a_{n} >0,\, \, \, n\ge 1$ , т.е. исходный ряд с положительными членами;
члены ряда монотонно убывают, т.е. $a_{1} >a_{2} >\ldots >a_{n-1} >a_{n} >\ldots >0$ ;
общий член ряда стремится к нулю: $\mathop{\lim }\limits_{n\to \infty } a_{n} =0$ .

Пусть существует непрерывная, монотонно убывающая, определённая при $x\ge 1$ функция f(x), такая что $f\left(1\right)=a_{1} ,\, \, \, f\left(2\right)=a_{2} ,\, \, \, \ldots ;\, \, \, f\left(n\right)=a_{n} ,\, \, \, \ldots$ , т.е. $\sum \limits _{n=1}^{\infty }a_{n} =\sum \limits _{n=1}^{\infty }f(n)$ . Тогда, если несобственный интеграл $\int \limits _{1}^{+\infty }f\left(x\right){\rm d}x$ сходится, то ряд $\sum \limits _{n=1}^{\infty }a_{n}$ тоже сходится; если указанный интеграл расходится, то этот ряд расходится.

Замечание 1

Теорема остаётся верной и тогда, когда её условия выполняются не для всех членов ряда, а лишь начиная с k-го ( $n\ge k$ ), в таком случае рассматривается интеграл $\int \limits _{k}^{+\infty }f\left(x\right)\, {\rm d}x$ .

Замечание 2

Интегральный признак Коши существенно облегчает исследование сходимости ряда, так как позволяет свести этот вопрос к выяснению сходимости интеграла от удачно подобранной соответствующей функции $f(x)$ , что легко выполняется, применяя методы интегрального исчисления.

Теорема 2 (радикальный признак Коши)

Пусть дан ряд с положительными членами $\sum \limits _{n=1}^{\infty }a_{n} ,\, \, \, a_{n} >0$ и пусть существует конечный предел $\mathop{\lim }\limits_{n\to \infty } \sqrt[{n}]{a_{n} } =l.$ Тогда:

если $l
если $l>1$ , ряд расходится,
если $l=1$ , то для выяснения сходимости ряда радикальный признак Коши не применим.

«Признаки сходимости рядов» 👇

Помощь эксперта по теме работы

Найти эксперта

Решение задач от ИИ за 2 минуты

Решить задачу

Помощь с рефератом от нейросети

Написать ИИ

Доказательство

Пусть существует $\mathop{\lim }\limits_{n\to \infty } \sqrt[{n}]{a_{n} } =l0$ , то $l\ge 0$ . Рассмотрим число q такое, что $l 0$ существует $N=N({\rm \varepsilon })\in$ N, начиная с которого $\forall n \ge N$ выполняется неравенство $\left|\sqrt ${n}$ {a_{n} } -l\right|
$\sum \limits _{n=1}^{\infty }a_{n} =\, a_{1} +\, a_{2} +\ldots +\, a_{N} +\, a_{N+1} +a_{N+2} +...$ . (1)

Составим новый ряд

$\sum \limits _{k=0}^{\infty }q^{N+k} =q^{N} +\, q^{N+1} +q^{N+2} +\ldots$ (2)

Ряд (2) представляет собой ряд геометрической прогрессии со знаменателем $q$ : $0\le q
Пусть существует $\mathop{\lim }\limits_{n\to \infty } \sqrt[{n}]{a_{n} } =l>1$ . Начиная с некоторого $N=N({\rm \varepsilon })\in {\rm N}$ $\forall n\ge N$ , $\, \, \sqrt[{n}]{a_{n} } >1\, \, \, \Rightarrow \, \, \, \, a_{n} >1$ , т.е. $\mathop{\lim }\limits_{n\to \infty } a_{n} \ne 0$ , тогда исходный ряд расходится по необходимому признаку сходимости.
Если $\mathop{\lim }\limits_{n\to \infty } \sqrt[{n}]{a_{n} } =l=1$ (или не существует), то для выяснения сходимости ряда радикальный признак Коши не применим.

Теорема доказана.

Теорема 3 (признак Даламбера)

Пусть дан ряд с положительными членами $\sum \limits _{n=1}^{\infty }a_{n} \, \, \, (a_{n} >0)$ , и существует конечный предел $\mathop{\lim }\limits_{n\to \infty } \frac{a_{n+1} }{a_{n} } =l$ , тогда:

ряд $\sum \limits _{n=1}^{\infty }a_{n}$ сходится, если $l
ряд $\sum \limits _{n=1}^{\infty }a_{n}$ расходится, если $l>1$ ,
если $l=1$ , то для выяснения сходимости ряда признак Даламбера не применим.

Доказательство

Пусть предел $\mathop{\lim }\limits_{n\to \infty } \frac{a_{n+1} }{a_{n} } =l$ существует и $0\le l 0$ существует $N({\rm \varepsilon })\in$ N, начиная с которого $\forall n\ge N=N({\rm \varepsilon })$ выполняется неравенство $\left|\frac{a_{n+1}} {a_n}-l\right|
Запишем исходный ряд $\sum \limits _{n=1}^{\infty }a_{n} \, \, \, (a_{n} >0)$ в виде: $\sum \limits _{n=1}^{\infty }a_{n} =a_{1} +a_{2} +\ldots +a_{N} +a_{N+1} +a_{N+2} \, +...$ . Рассмотрим новый ряд $\sum \limits _{k=0}^{\infty }a_{N} \cdot q^{k} =a_{N} +qa_{N} +q^{2} a_{N} +\ldots$ . Этот ряд есть ряд геометрической прогрессии с $b_{1} =a_{N}$ и $0
Пусть $\mathop{\lim }\limits_{n\to \infty } \frac{a_{n+1} }{a_{n} } =l>1$ . Рассмотрим число q такое, что $l>q>1$ . ${\rm \varepsilon }=l-q>0$ , из определения предела следует: $-{\rm \varepsilon } q > 1.$ Таким образом, $a_{n+1} >a_n > 0$ и при $n\to \infty$ общий член ряда $a_{n}$ не стремится к 0, т.е. ряд $\sum \limits _{n=1}^{\infty }a_n$ расходится, так как не выполняется необходимое условие сходимости ряда. Вторая часть теоремы доказана.
Если $l=1$ , $\mathop{\lim }\limits_{n\to \infty } \frac{a_{n+1} }{a_{n} }$ равен единице или не существует, в этом случае для выяснения сходимости ряда признак Даламбера не применим.

Пример 1

Исследовать на сходимость ряд $\sum \limits _{n=1}^{\infty }\, \frac{n}{2^{n} }$ .

Решение. Обозначим $\frac{n}{2^{n} } =a_{n}$ , $a_{n} >0$ ; найдём $a_{n+1} =\frac{n+1}{2^{n+1} }$ . Составим предел $l=\mathop{\lim }\limits_{n\to \infty } \frac{a_{n+1} }{a_{n} } =\mathop{\lim }\limits_{n\to \infty } \frac{(n+1)\cdot 2^{n} }{2^{n} \cdot 2\cdot n} =\frac{1}{2} \mathop{\lim }\limits_{n\to \infty } \frac{n+1}{n} =\frac{1}{2}

Ответ: ряд $\sum \limits _{n=1}^{\infty }\, \frac{n}{2^{n} }$ сходится.

Пример 2

Исследовать на сходимость ряд $\sum \limits _{n=1}^{\infty }\, \frac{n!}{5^{n} }$ .

Решение. Обозначим $\frac{n!}{5^{n} } =a_{n} ,a_{n} >0$ ; найдём $a_{n+1} =\frac{(n+1)!}{5^{n+1} }$ . Составим предел

$l=\mathop{\lim }\limits_{n\to \infty } \frac{a_{n+1} }{a_{n} } =\mathop{\lim }\limits_{n\to \infty } \frac{(n+1)!\cdot 5^{n} }{5^{n+1} \cdot n!} =\mathop{\lim }\limits_{n\to \infty } \frac{n!\cdot (n+1)\cdot 5^{n} }{5^{n} \cdot 5\cdot n!} =\mathop{\lim }\limits_{n\to \infty } \frac{n+1}{5} =\infty >1,$

т.е. по признаку Даламбера ряд расходится.

Ответ: ряд $\sum \limits _{n=1}^{\infty }\, \frac{n!}{5^{n} }$ расходится.