Установление сходимости или расходимости числового ряда - основной вопрос теории рядов; нахождение суммы ряда в случае его сходимости -- второстепенная задача. Вопрос сходимости проще всего решается для знакопостоянных рядов, когда все члены ряда одного знака. Для определённости будем рассматривать ряды с положительными ($a_{n} $$>0$) или с неотрицательными членами ($a_{n} $$\ge 0$). Характерным свойством таких рядов является монотонное возрастание (не убывание) последовательности частичных сумм:
$\sum \limits _{n=1}^{\infty }a_{n} ,\, \, \, \, a_{n} > 0,\, \, \, S_{n} =S_{n-1} +a_{n} > S_{n-1} ;\, \, \, \, S_{1}$
Ряд с положительными членами всегда имеет сумму; если эта сумма конечна, то ряд сходится.
Выяснение сходимости рядов с положительными членами опирается на признаки сходимости, которые являются либо необходимыми, либо достаточными, либо необходимыми и достаточными.
Для сходимости ряда с положительными членами необходимо и достаточно, чтобы последовательность его частичных сумм была ограничена сверху.
Доказательство (необходимость)
Пусть ряд сходится, тогда последовательность его частичных сумм сходится, а значит, она ограничена сверху. Так как последовательность частичных сумм монотонно возрастает и ограничена сверху, то она имеет предел, т.е. соответствующий ряд сходится (теорема Вейерштрасса для числовых последовательностей). Теорема доказана.
Следует отметить, что на практике этот признак трудно применим, хотя и представляет собой большой теоретический интерес.
Рассмотрим некоторые признаки, устанавливающие сходимость или расходимость рядов с положительными членами путём сравнения их с рядами, сходимость или расходимость которых известна.
I признак сравнения рядов с положительными членами
Пусть даны 2 ряда с положительными членами $\sum \limits _{n=1}^{\infty }a_{n} $ и $\sum \limits _{n=1}^{\infty }b_{n} $.Если, начиная с некоторого номера N, для всех $n\ge N$ выполняется неравенство $a_{n} \le b_{n} $, тогда
- из сходимости ряда $\sum \limits _{n=1}^{\infty }b_{n} $ следует сходимость ряда $\sum \limits _{n=1}^{\infty }a_{n} $,
- из расходимости ряда $\sum \limits _{n=1}^{\infty }a_{n} $ следует расходимость ряда $\sum \limits _{n=1}^{\infty }b_{n} $.
Доказательство
На основании того, что отбрасывание конечного числа членов (свойство рядов) не влияет на сходимость или расходимость ряда, можно считать, не нарушая общности, что условие $a_{n} \le b_{n} $ выполнено для всех $n\ge 1$. Пусть $A_{n} $ - частичная сумма ряда $\sum \limits _{k=1}^{\infty }a_{k} $, а $B_{n} $ - частичная сумма ряда $\sum \limits _{k=1}^{\infty }b_{k} $. По условию
Если ряд $\sum \limits _{n=1}^{\infty }b_{n} $сходится, то последовательность $\left\{B_{n} \right\}$ ограничена сверху, а значит, ограничена сверху и последовательность $\left\{A_{n} \right\}$. Следовательно, по теореме о необходимом и достаточном условии сходимости ряда с положительными членами ряд $\sum \limits _{n=1}^{\infty }a_{n} $ сходится, так как существует конечный предел последовательности $\left\{A_{n} \right\}$.
Если ряд $\sum \limits _{n=1}^{\infty }a_{n} $ расходится, то последовательность $\left\{A_{n} \right\}$ не ограничена, а значит, не ограничена и последовательность $\left\{B_{n} \right\}$. Тогда по теореме о необходимом и достаточном условии сходимости ряда ряд $\sum \limits _{n=1}^{\infty }b_{n} $ расходится. Теорема доказана.
Исследовать на сходимость ряд $\sum \limits _{n=1}^{\infty }\, \frac{1}{\sqrt{n} } =1+\frac{1}{\sqrt{2} } +\frac{1}{\sqrt{3} } +...$.
Решение. Обозначим $\frac{1}{\sqrt{n} } =b_{n} $. Сравним ряд $\sum \limits _{n=1}^{\infty }b_{n} $ с гармоническим рядом $\sum \limits _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n} = \sum \limits _{n=1}^{\infty }\, a_{n} $. При $n\ge 2$ $b_{n} =\frac{1}{\sqrt{n} } \ge \frac{1}{n} =a_{n} $, а так как гармонический ряд
расходится, то расходится и ряд $\sum \limits _{n=1}^{\infty }\, \frac{1}{\sqrt{n} } $.
Ответ: ряд $\sum \limits _{n=1}^{\infty }\, \frac{1}{\sqrt{n} } $ расходится.
Исследовать на сходимость ряд
\[\sum \limits _{k=1}^{\infty }\, \frac{1}{k\cdot 2^{k} } =\frac{1}{2} +\frac{1}{8} +\frac{1}{24} +\frac{1}{64} +\ldots .\]Решение. Обозначим $\frac{1}{k\cdot 2^{k} } =a_{k} $. Сравним данный ряд $\sum \limits _{k=1}^{\infty }\, a_{k} $с рядом
геометрической прогрессии $\sum \limits _{k=1}^{\infty }b_{k} = \sum \limits _{k=1}^{\infty }\, \frac{1}{2^{k} } =\frac{1}{2} +\frac{1}{4} +\frac{1}{8} +\ldots \, =\frac{\frac{1}{2} }{-\frac{1}{2} +1} =1$, который сходится, так как знаменатель прогрессии $q=\frac{1}{2} $, то первые члены ряда равны, а при $k \ge 2$, $a_{k} a_{k}
Ответ: ряд $\sum \limits _{k=1}^{\infty }\, \frac{1}{k\cdot 2^{k} } $ сходится.
Даны 2 ряда с положительными членами $\sum \limits _{n=1}^{\infty }a_{n} $и $\sum \limits _{n=1}^{\infty }b_{n} $и пусть существует $\mathop{\lim }\limits_{n\to \infty } \frac{a_{n} }{b_{n} } =C,\, \, \, C\ne 0,\, \, \, C\ne \infty $, тогда эти два ряда либо сходятся, либо расходятся одновременно.
Доказательство
Так как по условию $a_{n} >0,\, \, \, b_{n} >0,\, \, \, \forall n=1,\, 2,\, 3,\, ...$ и $C=\mathop{\lim }\limits_{n\to \infty } \frac{a_{n} }{b_{n} } $, то согласно свойству предела $C\ge 0$. По условию $\, C\ne 0$, значит, $C>0$. По определению предела для всех ${\rm \varepsilon }>0$ существует окрестность $(C-{\rm \varepsilon },\, ^{} C+{\rm \varepsilon })$ точки С такая, что $C-{\rm \varepsilon }>0$ и существует такое натуральное число $N$, зависящее от ${\rm \varepsilon }$, что для всех $n\ge N$ выполняется неравенство $C-{\rm \varepsilon } $
Если ряд $\sum \limits _{n=N+1}^{\infty }\, \, \, b_{n} $ сходится, то сходится и ряд $\sum \limits _{n=N+1}^{\infty }\, \, \, b_{n} (C+{\rm \varepsilon })$ (свойство рядов), откуда по I признаку сравнения рядов следует сходимость ряда $\sum \limits _{n=N+1}^{\infty }\, \, \, a_{n} $, так как $a_{n} a_{n}
Если же ряд $\sum \limits _{n=N+1}^{\infty }\, \, \, b_{n} $ расходится, то расходится и ряд $\sum \limits _{n=N+1}^{\infty }\, \, \, b_{n} (C-{\rm \varepsilon })$, а так как $\left(C-{\rm \varepsilon }\right)\, b_{n}$
Если $\mathop{\lim }\limits_{n\to \infty } \frac{a_{n} }{b_{n} } =C$, $C=0$ или $C=\infty $, то предельный признак не применим.
