7.2.2 Асимптотические признаки сравнения для знакопостоянных рядов.

Теорема 7.2.4: Если ряды $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$, $\sum_{n=1}^\infty{b}_n$ такие, что для любого $n\in\mathbb{N}$ $a_n\geq0$, $b_n\geq0$ и $a_n=O(b_n)$ при $n\to\infty$, 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: Так как $a_n=O(b_n)$ при $n\to\infty$, то $\exists{k}>0$, $\exists{n}_0\in\mathbb{N}$ такие, что для любого $n>{n}_0$ $a_n\leq{k}b_n$.

1. Ряд $\sum_{n=1}^\infty{b}_n$ сходится, следовательно, сходится ряд $\sum_{n=1}^\infty(kb_n)$, следовательно, по теореме 7.2.2 сходится ряд $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$.
2. Докажем от противного. Пусть ряд $\sum_{n=1}^\infty{b}_n$ сходится. Тогда по пункту 1 ряд $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$ тоже сходится, а это противоречит условию.

Следствие 7.2.3: Если ряды $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$, $\sum_{n=1}^\infty{b}_n$ такие, что для любого $n\in\mathbb{N}$ $a_n\geq0$, $b_n\geq0$ и $a_n=O^*(b_n)$ при $n\to\infty$, тогда ряд $\sum_{n=1}^\infty{b}_n$ сходится тогда и только тогда, когда сходится ряд $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$.

Доказательство:Так как $a_n=O^*(b_n)$ при $n\to\infty$, то $a_n=O(b_n)$ и $b_n=O(a_n)$ при $n\to\infty$, по этому утверждение следует из теоремы 7.2.4.

Следствие 7.2.4: Если ряды $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$, $\sum_{n=1}^\infty{b}_n$ такие, что для любого $n\in\mathbb{N}$ $a_n\geq0$, $b_n>0$ и существует $k\in\overline{\mathbb{R}}$ такое, что $\displaystyle{k}=\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n}$, тогда

1. если $0<k<\infty$, то ряд $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$ сходится тогда и только тогда, когда ряд $\sum_{n=1}^\infty{b}_n$,


2. если $k=0$, то из сходимости ряда $\sum_{n=1}^\infty{b}_n$ следует сходимость ряда $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$,


3. если $k=+\infty$, то из расходимости ряда $\sum_{n=1}^\infty{b}_n$ следует расходимость ряда $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$.

Доказательство:

1. Утверждение следует из следствия 7.2.3 так как из существования конечного не нулевого предела $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n}$ следует, что $a_n=O^*(b_n)$.
2. Утверждение следует из теоремы 7.2.4, так как из существования конечного предела $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n}$ следует, что $a_n=O(b_n)$.
3. Если $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n}=+\infty$, то последовательность $\frac{a_n}{b_n}$ не ограничена, следовательно, существует $n_0\in\mathbb{N}$ такое, что для любого $n>n_0$ $\frac{a_n}{b_n}>1$, то есть $a_n>b_n$, и тогда утверждение следует из теоремы 7.2.2.

Следствие 7.2.5: Шкала Дирихле.
Если ряд $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$ такой, что для любого $n\in\mathbb{N}$ $a_n\geq0$ и существует $p>0$ такое, что $a_n=O^*(\frac1{n^p})$ при $n\to\infty$, тогда ряд $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$ сходится тогда и только тогда, когда $p>1$.

Доказательство: Ряд $\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^p}$ сходится тогда и только тогда, когда $p>1$, поэтому утверждение следует из следствия 7.2.3.

Следствие 7.2.6: Если ряды $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$, $\sum_{n=1}^\infty{b}_n$ такие, что для любого $n\in\mathbb{N}$ $a_n>0$, $b_n>0$ и существует $n_0\in\mathbb{N}$ такое, что для любого $n>n_0$ $\frac{a_{n+1}}{a_n}\leq\frac{b_{n+1}}{b_n}$, 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: Так как функция $\ln{x}$ возрастает на области определения, то $$\forall{a},b\in\mathbb{R}^+(a\leq{b}\Leftrightarrow\ln{a}\leq\ln{b})\Rightarrow \forall{n}>n_0\left(\ln\frac{a_{n+1}}{a_n}=\ln{a}_{n+1}-\ln{a}_n\leq\ln\frac{b_{n+1}}{b_n}=\ln{b_{n+1}}-\ln{b}_n\right)\Rightarrow \forall{n}>n_0\left(\sum_{k=n_0+1}^n\ln{a}_{n+1}-\sum_{k=n_0+1}^n\ln{a}_n\leq\sum_{k=n_0+1}^n\ln{b}_{n+1}-\sum_{k=n_0+1}^n\ln{b}_n\right)\Rightarrow$$ $$\Rightarrow\forall{n}>n_0\left(\ln{a}_{n+1}-\ln{a}_{n_0+1}=\ln\frac{{a}_{n+1}}{a_{n_0+1}}\leq\ln{b}_{n+1}-\ln{b}_{n_0+1}= \ln\frac{b_{n+1}}{b_{n_0+1}}\right)\Rightarrow \forall{n}>n_0\left(\frac{a_{n+1}}{a_{n_0+1}}\leq\frac{b_{n+1}}{b_{n_0+1}}\right)\Rightarrow \forall{n}>n_0\left(a_{n+1}\leq{b}_{n+1}\frac{a_{n_0+1}}{b_{n_0+1}}\right)$$ Таким образом $a_n=O(b_n)$ при $n\to\infty$ и утверждение следует из теоремы 7.2.4.

Пример 7.2.5: Рассмотрим ряд $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$ такой, что для любого $n\in\mathbb{N}$ $a_n=1-\cos\frac{\pi}{n}$.
Ранее было показано, что $\cos{x}=1-\frac{x^2}{2}+o(x^2)$ при $x\to0$. Тогда $$a_n=1-\cos\frac{\pi}{n}=1-1+\frac{\pi^2}{2n^2}+o\left(\frac1{n^2}\right)=O\left(\frac1{n^2}\right),\:n\to\infty$$ Следовательно, ряд $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$ сходится по шкале Дирихле.

$\newcommand{\tg}{\operatorname{tg}}$

Пример 7.2.6: Рассмотрим ряд $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$ такой, что $a_1=a_2=0$ и для любого $n>2$ $\displaystyle{a}_n=\ln\frac{1+\tg\frac{\pi}{n}}{1-\tg\frac{\pi}{n}}$.
Ранее было показано, что $\ln(1+x)=x+o(x)$ и $\tg{x}=x+o(x)$ при $x\to\infty$, тогда применяя теоремы об арифметических свойствах предела функции и предела композиции функций получим $$(\ln(1+x)=x+o(x),\:x\to\infty\wedge\tg{x}=x+o(x),\:x\to\infty)\Rightarrow$$ $$\Rightarrow{a}_n=\ln\frac{1+\tg\frac{\pi}{n}}{1-\tg\frac{\pi}{n}}=\ln\left(1+\tg\frac{\pi}{n}\right)-\ln\left(1-\tg\frac{\pi}{n}\right)= \ln\left(1+\frac{\pi}{n}+o\left(\frac1{n}\right)\right)-\ln\left(1-\frac{\pi}{n}+o\left(\frac1{n}\right)\right)= \frac{\pi}{n}+\frac{\pi}{n}+o\left(\frac1{n}\right)=O\left(\frac1{n}\right),\:n\to\infty$$ Следовательно, ряд $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$ расходится по шкале Дирихле.

Пример 7.2.7: Рассмотрим ряд $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$ такой, что для любого $n\in\mathbb{N}$ $a_n=\frac{n}{\sqrt{n^3+n^2+1}}$.
$$\lim_{n\to\infty}\frac{\frac1{\sqrt{n}}}{a_n}=\lim_{n\to\infty}\frac{\sqrt{n^3+n^2+1}}{\sqrt{n^3}}=\lim_{n\to\infty}\sqrt\frac{n^3+n^2+1}{n^3}= \lim_{n\to\infty}\sqrt{1+\frac1{n}+\frac1{n^3}}$$ Последний предел существует так как последовательность стоящая под знаком предела убывает и ограничена снизу нулем. Тогда существует и предел квадрата этой последовательности, который, очевидно, равен 1, а, следовательно, и исходный предел равен 1. Следовательно, $a_n=O^*(\frac1{\sqrt{n}})$ при $n\to\infty$ и ряд $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$ расходится по шкале Дирихле.

Утверждение 7.2.1: Радикальный признак Коши.
Если ряд $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$ такой, что для любого $n\in\mathbb{N}$ $a_n\geq0$ и $q\in\overline{\mathbb{R}}$ такое, что $\displaystyle{q}=\varlimsup_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_n}$, тогда

1. если $q<1$, то ряд $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$ сходится,


2. если $q>1$, то ряд $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$ расходится.

Доказательство: Так как для любого $n\in\mathbb{N}$ $a_n\geq0$, то $q\geq0$.

1. Так как $0<q<1$, то $q\in\mathbb{R}$. Так как $q<1$, то существует $\varepsilon>0$ такое, что $q+\varepsilon<1$, тогда по определению верхнего предела последовательности $$q\in\mathbb{R}\Rightarrow{q}=\lim_{n\to\infty}(\sup\{\sqrt[k]{a_k}\:|\:k\geq{n}\})\Rightarrow \exists{n}_0\in\mathbb{N}:\forall{n}>n_0(\sup\{\sqrt[k]{a_k}\:|\:k\geq{n}\}<q+\varepsilon)\Rightarrow \sup\{\sqrt[k]{a_k}\:|\:k\geq{n}_0+1\}<q+\varepsilon\Rightarrow$$ $$\Rightarrow\forall{n}>n_0(0\leq\sqrt[n]{a_n}<{q}+\varepsilon)\Rightarrow\forall{n}>{n}_0(a_n<(q+\varepsilon)^n)$$ Так как $q+\varepsilon<1$, то ряд $\sum_{n=1}^\infty(q+\varepsilon)^n$ сходится, следовательно, по теореме сравнения для знакопостоянных рядов сходится и ряд $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$.
2. Если $q=+\infty$, то по определению верхнего предела последовательность $s_n=\sup\{\sqrt[k]{a_k}\:|\:k\geq{n}\}$ не ограничена сверху, следовательно, не ограничена сверху последовательность $\sqrt[n]{a_n}$, тогда не ограничена сверху и последовательность $\{a_n\}$, то есть общий член ряда $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$ не стремится к нулю, значит ряд расходится.
   Пусть теперь $q\in\mathbb{R}$ тогда по теореме 4.4.1 существует подпоследовательности $\displaystyle\sqrt[n_k]{a_{n_k}}$ такая, что $\displaystyle\lim_{k\to\infty}\sqrt[n_k]{a_{n_k}}=q$. Так как $q>1$, то существует $\varepsilon>0$ такое, что $q-\varepsilon>1$, тогда $$\lim_{k\to\infty}\sqrt[n_k]{a_{n_k}}=q\Rightarrow \exists{s}\in\mathbb{N}:\forall{k}>s\left(\left|\sqrt[n_k]{a_{n_k}}-q\right|<\varepsilon\right)\Rightarrow \forall{k}>s\left(\sqrt[n_k]{a_{n_k}}>q-\varepsilon\right)\Rightarrow\forall{k}>s(a_{n_k}>(q-\varepsilon)^{n_k}>1)$$ Таким образом предел последовательности $\{a_n\}$ не может быть равен нулю, следовательно, ряд $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$ не сходится так как его общий член не стремится к нулю.

Утверждение универсально, так как любая числовая последовательность имеет верхний предел на расширенной прямой.
Если $\displaystyle\varlimsup_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_n}=1$, то ряд $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$ может как сходится, так и расходится, например, так как $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{\ln{n}}{n}=0$, то $$\forall{p}\in\mathbb{R}\left(\varlimsup_{n\to\infty}\sqrt[n]{\frac1{n^p}}=\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\frac1{n^p}}=\lim_{n\to\infty}n^{-\frac{p}{n}}= \lim_{n\to\infty}\exp\left(-p\frac{\ln{n}}{n}\right)=e^0=1\right)$$ однако, ряд $\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^p}$ может как сходится, так и расходится в зависимости от значения $p$.

Утверждение 7.2.2: Признак Даламбера.
Если ряд $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$ такой, что для любого $n\in\mathbb{N}$ $a_n>0$ и существует $q\in\overline{\mathbb{R}}$ такое, что $\displaystyle{q}=\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}$, тогда

1. если $q<1$, то ряд $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$ сходится,


2. если $q>1$, то ряд $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$ расходится.

Доказательство:Так как для любого $n\in\mathbb{N}$ $a_n>0$, то $q\geq0$.

1. Так как $q<1$, то существует $\varepsilon>0$ такое, что $q+\varepsilon<1$, тогда по определению предела последовательности $$\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=q\Rightarrow \exists{n}_0\in\mathbb{N}:\forall{n}>n_0\left(\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}-q\right|<\varepsilon\right)\Rightarrow \forall{n}>n_0\left(\frac{a_{n+1}}{a_n}<q+\varepsilon<1\right)\Rightarrow$$ $$\Rightarrow\forall{n}>n_0\left(a_n=\frac{a_n}{a_{n-1}}\frac{a_{n-1}}{a_{n-2}}\dots\frac{a_{n_0+1}}{a_{n_0}}a_{n_0}<(q+\varepsilon)^{n-n_0}a_{n_0}= \frac{a_{n_0}}{(q+\varepsilon)^{n_0}}(q+\varepsilon)^n\right)$$ Так как при $q+\varepsilon<1$ ряд с общим членом $\displaystyle\frac{a_{n_0}}{(q+\varepsilon)^{n_0}}(q+\varepsilon)^n$ сходится, то по теореме сравнения для знакопостоянных рядов сходится и ряд $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$.
2. Если $q=+\infty$, то существует $n_1\in\mathbb{N}$ такое, что для любого $n>n_1$ $\frac{a_{n+1}}{a_n}>1$.
   $$\exists{n_1}\in\mathbb{N}:\forall{n}>n_1\left(\frac{a_{n}}{a_{n-1}}>1\right)\Rightarrow\forall{n}>n_1(a_{n}>a_{n-1})\Rightarrow \forall{n}>n_1(a_{n}>a_{n_1})$$ Фиксируем $M>0$, тогда $$\exists{n_M}\in\mathbb{N}:\forall{n}>n_M\left(\frac{a_{n+1}}{a_n}>\frac{M}{a_{n_1}}\right)\Rightarrow \exists{n}_0:=\max\{n_1,n_M\}:\forall{n}>n_0\left(a_{n+1}>\frac{a_n}{a_{n_1}}M>M\right)$$ Таким образом последовательность $\{a_n\}$ не ограничена, следовательно, ряд $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$ расходится так как его общий член не стремится к нулю.
   Пусть теперь $q\in\mathbb{R}$. Существует $\varepsilon>0$ такое, что $q-\varepsilon>1$, тогда $$\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=q\Rightarrow \exists{n}_0\in\mathbb{N}:\forall{n}>n_0\left(\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}-q\right|<\varepsilon\right)\Rightarrow \forall{n}>n_0\left(\frac{a_{n+1}}{a_n}>q-\varepsilon>1\right)\Rightarrow\forall{n}>n_0(a_{n+1}>a_n>0)$$ Таким образом предел последовательности $\{a_n\}$ не может быть равен нулю, так как она положительна и возрастает. Предел же возрастающей последовательности по теореме Вейерштрасса равен супремуму множества ее значений. Следовательно, ряд $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$ не сходится, так как его общий член не стремится к нулю.

Если $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=1$, то ряд $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$ может как сходится, так и расходится, например, если для любого $n\in\mathbb{N}$ $a_n=\frac1{n^p}$, то $$\forall{p}\in\mathbb{R}\left(\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\lim_{n\to\infty}\left(\frac{n}{n+1}\right)^p=1\right)$$ однако, ряд $\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^p}$ может как сходится, так и расходится в зависимости от значения $p$.
Утверждение признака Даламбера следует из утверждения признака Коши так как $$\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=q\Rightarrow\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_n}=q$$ Действительно, докажем для случая $q>0$ (при $q=0$ доказывается аналогично), фиксируем $\varepsilon>0$ такое, что $q>\varepsilon$ тогда $$\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}\Rightarrow \exists{n}_0\in\mathbb{N}:\forall{n}>n_0\left(\left|\frac{a_n}{a_{n-1}}-q\right|<\varepsilon\right)\Rightarrow \forall{n}>n_0\left(q-\varepsilon<\frac{a_n}{a_{n-1}}<q+\varepsilon\right)\Rightarrow \forall{n}>n_0\left((q-\varepsilon)^{n-n_0-1}<\frac{a_n}{a_{n_0}}<(q+\varepsilon)^{n-n_0-1}\right)\Rightarrow$$ $$\Rightarrow\forall{n}>n_0\left(\left(\frac{q-\varepsilon}{q}\right)^{n_0+1}(q-\varepsilon)^{n-n_0-1}<\frac{a_n}{a_{n_0}}< \left(\frac{q+\varepsilon}{q}\right)^{n_0+1}(q+\varepsilon)^{n-n_0-1}\right)\Rightarrow \forall{n}>n_0\left((q-\varepsilon)^n<q^{n_0+1}\frac{a_n}{a_{n_0}}<(q+\varepsilon)^n\right)\Rightarrow \forall{n}>n_0\left(q-\varepsilon<\sqrt[n]{q^{n_0+1}\frac{a_n}{a_{n_0}}}<q+\varepsilon\right)\Rightarrow$$ $$\Rightarrow\exists\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{q^{n_0+1}\frac{a_n}{a_{n_0}}}$$ Таким образом предел $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left(\sqrt[n]{\frac{q^{n_0+1}}{a_{n_0}}}\sqrt[n]{a_n}\right)$ существует и равен $q$. Предел $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\frac{q^{n_0+1}}{a_{n_0}}}$ существует и равен 1. Тогда существует и равен $q$ предел $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_n}$.

Утверждение 7.2.3: Интегральный признак Коши-Макларена.
Если ряд $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$ такой, что для любого $n\in\mathbb{N}$ $a_n\geq0$, $a\geq0$ и функции $f(x):[a,+\infty)\to\mathbb{R}$, $F(x):[a,+\infty)\to\mathbb{R}$ удовлетворяют условиям

1. $\forall{n}>n_0:=[a]+1(a_n=f(n))$,


2. $\forall{x}\in[a,+\infty)(f(x)\geq0)$,


3. функция $f(x)$ не возрастает на $[a,+\infty)$,


4. $\forall{x}\in[a,+\infty)(\exists{F}'(x)=f(x))$

1. если существует конечный предел функции $F(x)$, то ряд $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$ сходится,


2. если существует предел функции $F(x)$ равный бесконечности, то ряд $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$ расходится.

Доказательство: Так как для любого $x\in[a,+\infty)$ $F'(x)=f(x)\geq0$, то функция $F(x)$ не убывает, значит по теореме о пределе монотонной функции и следствию из нее она имеет предел в $\overline{\mathbb{R}}$.
Для любого $n\geq{n}_0$ применим на отрезке $[n,n+1]$ теорему Лагранжа, тогда $$\forall{n}\geq{n}_0(\exists\xi\in(n,n+1):F(n+1)-F(n)=F'(\xi))$$ Так как функция $f(x)$ не возрастает и $f(\xi)=F'(\xi)$, то $$\forall{n}\geq{n}_0(a_{n+1}=f(n+1)\leq{F}'(\xi)\leq{f}(n)=a_n)\Rightarrow\forall{n}\geq{n}_0(a_{n+1}\leq{F}(n+1)-F(n)\leq{a}_n)\Rightarrow$$ $$\Rightarrow\forall{m}\geq{n}_0\left(\sum_{k=n_0}^ma_{k+1}\leq\sum_{k=n_0}^m(F(k+1)-F(k))\leq\sum_{k=n_0}^ma_k\right)\Rightarrow \forall{m}\geq{n}_0\left(\sum_{k=n_0+1}^{m+1}a_k\leq{F}(m+1)-F(n_0)\leq\sum_{k=n_0}^ma_k\right)\Rightarrow$$ $$\Rightarrow\forall{m}\geq{n}_0\left(S_{m+1}-S_{n_0}\leq{F}(m+1)-F(n_0)\leq{S}_m-S_{n_0-1}\right)$$ Если $n_0=1$, то в последнем неравенстве и далее считаем $S_0:=0$ при этом неравенство не нарушается. Таким образом имеем: $$\forall{m}\geq{n}_0(S_{m+1}\leq{S}_{n_0}-F(n_0)+F(m+1)\wedge{S}_m\geq{S}_{n_0-1}-F(n_0)+F(m+1))$$ В обоих неравенствах первые два слагаемых не зависят от $m$.

1. Если предел $\displaystyle\lim_{x\to\infty}F(x)$ конечен, то функция $F(x)$ ограничена и, следовательно, ограничена последовательность $\{F(m)\}$, и так как для любого $m\geq{n}_0$ $S_{m+1}\leq{S}_{n_0}-F(n_0)+F(m+1)$, то в этом случае будет ограничена и последовательность $\{S_m\}$ частичных сумм ряда $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$. Так как ряд $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$ знакопостоянен, то ограниченность сверху последовательности $\{S_n\}$ влечет его сходимость.
2. Если $\displaystyle\lim_{x\to\infty}F(x)=\infty$, то существует предел $\displaystyle\lim_{\mathbb{N}\ni{m}\to\infty}F(m)=\infty$ и так как для любого $m\geq{n}_0$ $S_m\geq{S}_{n_0-1}-F(n_0)+F(m+1)$, то последовательность $\{S_m\}$ не ограничена, и ряд $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$ расходится.

Пример 7.2.8: Контрпример на условие (3) утверждения 7.2.3.
Рассмотрим функции $f(x)=1-\cos(2\pi{x})$ и $F(x)=x-\frac{\sin(2\pi{x})}{2\pi}$. $$\forall{x}\in[0,+\infty)\left(F'(x)=\left(x-\frac{\sin(2\pi{x})}{2\pi}\right)'=1-\frac1{2\pi}\cos(2\pi{x})2\pi=1-\cos(2\pi{x})\right)$$ Положим $a=0$, тогда $n_0=[a]+1=1$ и для любого $n\in\mathbb{N}$ $a_n=f(n)=1-\cos(2\pi{n})=0$.
Таким образом функции $f(x)$, $F(x)$ и последовательность $\{a_n\}$ удовлетворяют всем предпосылкам утверждения 7.2.3 кроме третьего, так как функция $f(x)$ не является монотонной. Следовательно, в данном случае утверждение 7.2.3 применять нельзя. Действительно, $\displaystyle\lim_{x\to\infty}F(x)=\lim_{x\to\infty}\left(x-\frac{\sin(2\pi{x})}{2\pi}\right)=+\infty$, однако, так как для любого $n\in\mathbb{N}$ $a_n=0$, то ряд $\sum_{n=1}^\infty{a}_n$ сходится к нулю.

Пример 7.2.9: Исследуем условия сходимости ряда $\sum_{n=1}^\infty{a}_n=\sum_{n=1}^\infty\frac1{n\ln^pn}$ при любых $p\in\mathbb{R}$.
Положим $f(x):=\frac1{x\ln^px}$ и $F(x):=\begin{cases}\ln(\ln{x}), & p=1,\\\frac{\ln^{1-p}x}{1-p}, & p\neq1\end{cases}$ Проверим четвертое условие признака Коши-Маклорена. $$p=1\Rightarrow{F}'(x)=(\ln(\ln{x}))'=\frac1{\ln{x}}\frac1{x}=\frac1{x\ln{x}}$$ $$p\neq1\Rightarrow{F}'(x)=\left(\frac{\ln^{1-p}x}{1-p}\right)'=\frac1{1-p}(1-p)\ln^{-p}x\frac1{x}=\frac1{x\ln^px}$$ Проверим третье условие для этого найдем производную функции $f(x)$. $$f'(x)=\left(\frac1{x\ln^px}\right)'=-\frac{\ln^px+xp\ln^{p-1}x\frac1{x}}{(x\ln^px)^2}=-\frac{\ln^{p-1}x(\ln{x}+p)}{(x\ln^px)^2}$$ Знак производной определяется знаком числителя, так как для любого $x\in\mathbb{R}^+$ $(x\ln^px)^2\geq0$, так что $$\forall{p}\in\mathbb{R}(x>\max\{1,e^{-p}\}\Rightarrow(\ln^{p-1}x>0\wedge\ln{x}+p>0)\Rightarrow\ln^{p-1}x(\ln{x}+p)>0\Rightarrow{f}'(x)<0)$$ То есть начиная с некоторого $x_0$ функция $f(x)$ убывает, значит условие 3, выполнено. Тогда, так как $$ \lim_{x\to\infty}F(x)= \begin{cases} \lim_{x\to\infty}\frac{\ln^{1-p}x}{1-p}=+\infty, & p<1\\ \lim_{x\to\infty}\ln(\ln{x})=+\infty, & p=1\\ \lim_{x\to\infty}\frac{\ln^{1-p}x}{1-p}=0, & p>1 \end{cases} $$ то ряд $\sum_{n=1}^\infty\frac1{n\ln^pn}$ сходится при $p>1$, при остальных значениях $p$ расходится.

previous contents next