7.2 Сходимость знакопостоянных рядов.

7.2.1 Знакопостоянные ряды.

Определение 7.2.1: Числовой ряд $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$ называется занкопостоянным, если для любого $n\in\mathbb{N}$ $a_n\geq0$ либо для любого $n\in\mathbb{N}$ $n\leq0$.

Без ограничения общности везде далее будем рассматривать случай $a_n\geq0$.
Так как по пункту 3 теоремы 7.1.1 изменение конечного числа членов ряда не влияет на факт его сходимости, то при исследовании сходимости рядов знакопостоянными можно также считать ряды, у которых слагаемые положительны только начиная с некоторого индекса $n_0\in\mathbb{N}$.

Теорема 7.2.1: Критерий сходимости знакопостоянного ряда.
Если ряд $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$ такой, что для любого $n>n_0\in\mathbb{N}$ $a_n\geq0$, тогда ряд $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$ сходится тогда и только тогда, когда последовательность его частичных сумм $\{S_n\}$ ограничена сверху.

Доказательство: Для любого $n>n_0$ $S_n-S_{n-1}=a_n\geq0$, следовательно, последовательность $\{S_n\}$ не убывает (по крайней мере с индекса $n_0$). Тогда, по теореме Вейерштрасса о пределе монотонной последовательности, ограниченность сверху последовательности $\{S_n\}$ равносильна ее сходимости, что означает сходимость ряда $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$.

Теорема 7.2.2: Основная теорема сравнения для знакопостоянных рядов.
Если ряды $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$, $\sum_{n=1}^\infty{b}_n$ такие, что для любого $n>n_0$ $0\leq{a}_n\leq{b_n}$, тогда

1. из сходимости ряда $\sum_{n=1}^\infty{b}_n$ следует сходимость ряда $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$,


2. из расходимости ряда $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$ следует расходимость ряда $\sum_{n=1}^\infty{b}_n$.

Доказательство: Обозначим $n$-тые частичные суммы $n_0$-ого остатка рядов $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$, $\sum_{n=1}^\infty{b}_n$, как $S_n^{(a)}$ и $S_n^{(b)}$ соответственно.

1. Если ряд $\sum_{n=1}^\infty{b}_n$ сходится, то пункту 4 теоремы 7.1.1 сходится его $n_0$-ой остаток. Тогда по теореме 7.2.1 последовательность частичных сумм $\{S_n^{(b)}\}$ $n_0$-ого остатка ряда $\sum_{n=1}^\infty{b}_n$ ограничена, то есть $$(\exists{M}>0:\forall{n}\in\mathbb{N}(S_n^{(b)}<M)\wedge\forall{n}>n_0(a_n\leq{b_n}))\Rightarrow \forall{n}\in\mathbb{N}(S_n^{(a)}\leq{S}_n^{(b)}<{M})$$ То есть последовательность частичных сумм $\{S_n^{(a)}\}$ $n_0$-ого остатка ряда $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$ ограничена. И так как все слагаемые $n_0$-го остатка ряда $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$ положительны, то по теореме 7.2.1 $n_0$-ой остаток ряда $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$ сходится, следовательно, по пункту 4 теоремы 7.1.1 сходится и сам ряд $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$.
2. Аналогично пункту 1 из расходимости ряда $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$ следует расходимость его $n_0$-го остатка и, следовательно, последовательности $\{S_n^{(a)}\}$. Из расходимости последовательности $\{S_n^{(a)}\}$ следует расходимость последовательности $\{S_n^{(b)}\}$. Так как последовательность $\{S_n^{(b)}\}$ не убывает, то по теореме Вейерштрасса она не ограничена сверху, следовательно, не ограничена сверху и последовательность частичных сумм ряда $\sum_{n=1}^\infty{b}_n$. Тогда по пункту 1 теоремы 4.1.1 последовательности частичных сумм ряда $\sum_{n=1}^\infty{b}_n$ расходится.

Пример 7.2.1: Рассмотрим ряды $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$, $\sum_{n=1}^\infty{b}_n$ такие, что для любого $n\in\mathbb{N}$ $a_n=\frac1{n^2}$; $b_1=0$, для любого $n>1$ $b_n=\frac1{n(n-1)}$
Покажем, что ряд $\sum_{n=1}^\infty{b}_n$ сходится $$\forall{n}>1\left(S_n^{(b)}=\sum_{k=2}^n{b}_k=\sum_{k=2}^n\frac1{k(k-1)}=\sum_{k=1}^n\left(\frac1{k-1}-\frac1{k}\right)= \sum_{k=2}^{n-1}\frac1{k}-\sum_{k=2}^n\frac1{k}=1-\frac1{n}\right)\Rightarrow\exists\lim_{n\to\infty}S_n^{(b)}=1$$ Так как для любого $n\in\mathbb{N}$ $n^2>n(n-1)$, то для любого $n>1$ $0\leq{a}_n\leq{b}_n$, тогда по теореме 7.2.2 ряд $\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ тоже сходится и $\sum_{n=1}^\infty{a}_n=\sum_{n=1}^\infty{b}_n=1$.

Пример 7.2.2: Рассмотрим ряд $\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^p}$ при $p\leq1$.
Как было показано гармонический ряд $\sum_{n=1}^\infty\frac1{n}$ расходится и по свойствам показательной функции для любого $n\in\mathbb{N}$ и $p\leq1$ $\frac1{n}\leq\frac1{n^p}$, следовательно, по теореме 7.2.2 расходится и ряд $\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^p}$.

Следствие 7.2.1: Если ряд $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$ такой, что для любого $n\in\mathbb{N}$ $a_n\geq0$, $\{n_k\}$ строго возрастающая последовательность из $\mathbb{N}$, ряд $\sum_{n=1}^\infty{b}_n$ группировка членов ряда $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$ порожденная последовательностью $\{n_k\}$, то есть $b_1=\sum_{k=1}^{n_1}{a}_n$ и для любого $k>1$ $b_k=\sum_{i=n_{k-1}+1}^{n_k}a_i$, тогда ряд $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$ сходится тогда и только тогда, когда сходится ряд $\sum_{n=1}^\infty{b}_n$, и в случае сходимости их суммы равны.

Доказательство:

• $\Rightarrow)$
  Следует из теоремы 7.1.3.
• $\Leftarrow)$
  Обозначим последовательности частичных сумм рядов $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$ и $\sum_{n=1}^\infty{b}_n$ как $\{S_n^{(a)}\}$ и $\{S_n^{(b)}\}$ соответственно. Тогда последовательность $\{S_n^{(b)}\}$ является подпоследовательностью $\{S_{n_k}^{(a)}\}$ монотонной последовательности $\{S_n^{(a)}\}$. Тогда, по утверждению 4.4.4 из сходимости последовательности $\{S_n^{(b)}\}$ следует сходимость последовательности $\{S_n^{(a)}\}$.

Следствие 7.2.2: Знакопостоянный ряд сходится, тогда и только тогда, когда некоторая подпоследовательность последовательности его частичных сумм сходится.

Доказательство:

• $\Rightarrow)$
  Следует из утверждения утверждения 4.4.3.
• $\Leftarrow)$
  Следует из утверждения утверждения 4.4.4.

Теорема 7.2.3: Критерий сходимости знакопостоянного ряда с монотонно убывающим общим членом.
Если ряд $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$ такой, что для любого $n\in\mathbb{N}$ $a_n\geq0$ и $a_{n+1}\leq{a}_n$, а ряд $\sum_{n=1}^\infty{b}_n$ такой, что для любого $n\in\mathbb{N}$ $b_n=2^{n-1}a_{2^{n-1}}$, тогда ряд $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$ сходится тогда и только тогда, когда сходится ряд $\sum_{n=1}^\infty{b}_n$.

Доказательство:

$a_2$	$\leq$	$a_2$	$\leq$	$a_1$
$2a_4$	$\leq$	$a_3+a_4$	$\leq$	$2a_2$
$4a_8$	$\leq$	$a_5+a_6+a_7+a_8$	$\leq$	$4a_4$
		$\dots$
$2^na_{2^{n+1}}$	$\leq$	$\sum_{k=2^n+1}^{2^{n+1}}a_k$	$\leq$	$2^na_{2^n}$

Сложим первые $n+1$ неравенств полученной цепочки, тогда $$\forall{n}\in\mathbb{N}\left(\sum_{k=1}^{n+1}(2^{k-1}a_{2^k})\leq\sum_{k=2}^{2^{n+1}}a_k\leq\sum_{k=1}^{n+1}(2^{k-1}a_{2^{k-1}})\right) \Leftrightarrow\forall{n}\in\mathbb{N}\left(\frac1{2}(S_{n+2}^{(b)}-a_1)\leq{S}_{2^{n+1}}^{(a)}-a_1\leq{S}_{n+1}^{(b)}\right)$$ Из полученных неравенств следует, что последовательность $\{S_n^{(a)}\}$ частичных сумм ряда $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$ ограничена тогда и только тогда, когда ограничена последовательность $\{S_n^{(b)}\}$ частичных сумм ряда $\sum_{n=1}^\infty{b}_n$. И так как оба ряда знакопостоянны, то по теореме 7.2.1 ряд $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$ сходится тогда и только тогда, когда сходится ряд $\sum_{n=1}^\infty{b}_n$.

Пример 7.2.3: Рассмотрим ряд $\sum_{n=1}^\infty{a}_n=\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^p}$ при любом $p\in\mathbb{R}$.

1. Ранее было показано, что при $p\leq1$ ряд $\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^p}$ расходится.
2. Пусть $p>1$.
   Рассмотрим ряд $$\sum_{n=1}^\infty{b}_n=\sum_{n=1}^\infty\left(2^{n-1}a_{2^{n-1}}\right)=\sum_{n=1}^\infty\left(2^{n-1}\frac1{2^{(n-1)p}}\right)= \sum_{n=1}^\infty\frac1{2^{(n-1)(p-1)}}=\sum_{n=1}^\infty\left(\frac1{2^{p-1}}\right)^{n-1}\Rightarrow \sum_{n=2}^\infty{b}_n=\sum_{n=1}^\infty\left(\frac1{2^{p-1}}\right)^n$$ Таким образом ряд $\sum_{n=1}^\infty(\frac1{2^{p-1}})^n$ является 1-вым остатком ряда $\sum_{n=1}^\infty{b}_n$. Так как сходимость ряда эквивалентна сходимости любого его остатка, то далее в качестве ряда $\sum_{n=1}^\infty{b}_n$ можно рассматривать ряд $\sum_{n=1}^\infty(\frac1{2^{p-1}})^n$.
   Положим $q:=\frac1{2^{p-1}}$, тогда $\sum_{n=1}^\infty{b}_n=\sum_{n=1}^\infty{q}^n$. Так как $p>1$, то $q=\frac1{2^{p-1}}<1$ и по примеру 7.1.1 ряд $\sum_{n=1}^\infty{b}_n=\sum_{n=1}^\infty{q}^n$ сходится. Тогда по теореме 7.2.3 сходится и ряд $\sum_{n=1}^\infty{a}_n=\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^p}$.

Пример 7.2.4: Характер расходимости гармонического ряда. Постоянная Эйлера.
Рассмотрим последовательность $a_n=(1+\frac1{n})^n$. Докажем, что последовательность $\{a_n\}$ возрастает. Действительно, $a_1=2<a_2=(1+\frac1{2})^2=\frac9{4}$ и $$\forall{n}>1\left(\frac{a_n}{a_{n-1}}=\frac{\left(\frac{n+1}{n}\right)^n}{\left(\frac{n}{n-1}\right)^{n-1}}= \frac{(n+1)^n(n-1)^{n-1}}{n^nn^{n-1}}=\frac{(n^2-1)^{n-1}}{(n^2)^{n-1}}\frac{n+1}{n}=\left(1-\frac1{n^2}\right)^{n-1}\frac{n+1}{n}\right)$$ Оценив первый множитель последнего выражения по неравенству Бернулли при $\alpha=-\frac1{n^2}$ получим $$\forall{n}>1\left(\frac{a_n}{a_{n-1}}\geq\left(1-\frac{n-1}{n^2}\right)\frac{n+1}{n}=\frac{n^2-n+1}{n^2}\frac{n+1}{n}= \frac{n^3-n^2+n+n^2-n+1}{n^3}=\frac{n^3+1}{n^3}>1\right).$$ Из доказательства теоремы Вейерштрасса о пределе монотонной последовательности следует, что неубывающая последовательность сходится к супремуму множества своих значений, значит $$\forall{n}\in\mathbb{N}\left(\left(1+\frac1{n}\right)^n\leq\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac1{n}\right)^n=e\right)\Rightarrow \forall{n}\in\mathbb{N}\left(1+\frac1{n}\leq{e}^{\frac1{n}}\right)\Rightarrow\forall{n}\in\mathbb{N}\left(\ln\left(1+\frac1{n}\right)\leq\frac1{n}\right)$$ Как было показано в утверждении 4.3.1 последовательность $y_n=(1+\frac1{n})^{n+1}$ убывает и сходится к числу $e$, следовательно, число $e$ является инфинумом множества значений последовательности $\{y_n\}$, тогда $$\forall{n}\in\mathbb{N}\left(\left(1+\frac1{n}\right)^{n+1}\geq{e}\right)\Rightarrow \forall{n}\in\mathbb{N}\left(1+\frac1{n}\geq{e}^{\frac1{n+1}}\right)\Rightarrow \forall{n}\in\mathbb{N}\left(\ln\left(1+\frac1{n}\right)\geq\frac1{n+1}\right)$$ Таким образом доказано, что $$\forall{n}\in\mathbb{N}\left(\frac1{n+1}\leq\ln\frac{n+1}{n}\leq\frac1{n}\right)\Leftrightarrow \forall{n}\in\mathbb{N}\left(0\leq\frac1{n}-\ln\frac{n+1}{n}\leq\frac1{n}-\frac1{n+1}=\frac1{n(n+1)}\right)$$ В примере 7.2.1 было показано, что ряд $\sum_{n=1}^\infty\frac1{n(n+1)}$ сходится, следовательно, по теореме сравнения для знакопостонянных рядов сходится и ряд $\sum_{n=1}^\infty(\frac1{n}-\ln\frac{n+1}{n})$, то есть существует $c\in\mathbb{R}$ такое, что $\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n(\frac1{k}-\ln\frac{k+1}{k})=c\approx0.57721566490$, тогда $$\sum_{k=1}^n\left(\frac1{k}-\ln\frac{k+1}{k}\right)=\sum_{k=1}^n\frac1{k}-\sum_{k=1}^n\ln\frac{k+1}{k}= \sum_{k=1}^n\frac1{k}-\sum_{k=1}^n(\ln(k+1)-\ln{k})=\sum_{k=1}^n\frac1{k}-\ln(n+1)+\ln1=\sum_{k=1}^n\frac1{k}-\ln(n+1)=c+o(1),\:n\to\infty\Rightarrow$$ $$\Rightarrow\sum_{k=1}^n\frac1{k}=\ln(n+1)+c+o(1),\:n\to\infty$$

previous contents next