Материал: Числовые ряды (96

lim

an

0,

и отличный от нуля предел n

→

∞

b

n

= λ 6=

то знакоположительные

∞

∞

либо расходятся одновременно.

ряды ∑ an и ∑ bn либо сходятся,

n=1

n=1

∞

∞

Иными словами, если an bn при n → ∞, то ряды ∑ an и

∑ bn либо

сходятся, либо расходятся одновременно.

n=1

n=1

Полезным будет список эквивалентных бесконечно малых при

x → 0:

sin x x,

tg x x,

arcsin x x,

arctg x x,

ln (x + 1) x,

ex −1 x,

ax −1 x ln a.

Для бесконечно больших имеют место следующие эквивалент-

ности при n → ∞:

где Pk (n) = a0nk + a1nk−1 + ... + ak,

Pk (n) a0nk,

sh n

en

,

2

ch n

en

,

2

n! √

2πnnne−n (формула Стирлинга).

∞

1

Пример 8. Исследовать на сходимость ряд ∑ arcsin

.

3n + 4

Решение. Поскольку arcsin

1

1

n=1

1

, n → ∞, а ряд

∞

3n + 4

3n + 4

3n

1

1

∑

расходится как гармонический (умноженный на

), то по

3n

3

Пример

Исследовать на сходимость ряд ∑

4

3

9.

∞

5n2 −4

.

Решение. Имеем

n=1 7n

+ 3n + 100

an =

5n2 −4

5n2

=

5

,

n

→

∞.

7n2

Ряд ∑

7n4 + 3n3 + 100 7n4

75n2 сходится как ряд Дирихле при p = 2. Cледовательно,

∞

сходится и исходный ряд.

∞

n=1

Исследовать на сходимость ряд n=1

√3 n

Пример

10.

∑ ln2

1+ 1

√

n

.

Решение. Поскольку при n → ∞

an

= ln2

1 +

√3 n √n

√3 n

n1/6

а

эталонный

ряд n=1 n1/6

1

расходится как

1

2

√

1

∞

1

n

=

,

«

»

∑

ряд Дирихле при p =

6

, то исходный ряд расходится.

1

Пример

Исследовать на сходимость ряд n=2 r n9 −5

∞

ln n + n

11.

∑

7

.

Решение. Поскольку ln n является бесконечно большой менее

высокого порядка роста,

чем n при n → ∞, то ln n +n n

при n → ∞.

Следовательно,

r

r

ln n + n

1

n → ∞.

7

7

n

=

,

n9 −5

n9

n8/7

Поскольку ряд

∞

1

сходится как ряд Дирихле при p =

8

, то

∑

8 7

n=1

n

/

7

исходный ряд тоже сходится.

Если∞

> 0 для n ≥ k и су-

Теорема 4.

Признак Даламбера.

an

ществует предел

lim

an+1

= q, то ряд

∑ an

сходится при q < 1 и

расходится при q

n→∞

an

n=1

> 1

или q = ∞.

Замечание.

При q = 1

или если предел не существует, признак

Признак Даламбера обычно применяют к рядам, общий член ко-

торых an содержит показательную функцию, факториал или произ-

ведение множителей.

∞

4

Пример 12. Исследовать на сходимость ряд

∑

n

.

n

Решение. Имеем

n=1 5

n4

(n + 1)4

an =

; an+1 =

.

5n

5n+1

lim

an+1

lim

(n + 1)4 5n

lim

n + 1

4

1

n

5 =

Поскольку n→∞ an

= n→∞

5n+1n4

= n→∞

=

1

< 1, то ряд сходится.

∞ 5Пример 13. Исследовать на сходимость ряд

∑

4 ∙7 ∙10 ∙... ∙(3n + 1)

.

n=1

2 ∙6 ∙10 ∙... ∙(4n −2)

Решение. Имеем

an

=

4 ∙7 ∙10 ∙... ∙(3n + 1)

; an+1

=

4 ∙7 ∙10 ∙... ∙(3n + 1)(3n + 4)

.

2 ∙6 ∙10 ∙... ∙(4n −2)

2 ∙6 ∙10 ∙... ∙(4n −2)(4n + 2)

Найдем

= lim

(3n + 4)

=

3

< 1.

Cледовательно, ряд сходится.

n→∞ (4n + 2)

4

.

Пример 14. Исследовать на сходимость ряд ∑

∞

n3n !

Решение. Имеем

n=1 (2n −1)!

n3n !

(n + 1)3 (n + 1)!

an =

, an+1

=

.

(2n −1)!

(2n + 1)!

lim

an+1

= lim

(n + 1)3 (n + 1)! (2n −1)!

=

n→∞ an

n→∞

(2n + 1)!n3n!

= lim

(n + 1)3 n! ∙(n + 1)(2n −1)!

= lim

n + 1

= 0 < 1.

n→∞

(2n −1)!2n (2n + 1)n3 ∙n!

n→∞ 2n (2n + 1)

Cледовательно,

ряд сходится.

∞

n

Пример 15.

Исследовать на сходимость ряд ∑

(n +

1)

.

Решение. Имеем

n=3

(n −2)!

(n + 1)n

(n + 2)n+1

an =

; an+1 =

.

Найдем

(n −2)!

(n −1)!

lim

an+1

= lim

(n + 2)n+1 (n −2n)!

=

n→∞ an

n→∞ (n −1)! (n + 1)

n =

= lim

(n + 2)n (n + 2)(n −2)!

= lim

n + 2

n→∞ (n −2)! (n −1)(n + 1)n

n→∞

n + 1 n

= n→∞

1

=

+ n + 1

lim

1

e

> 1.

Cледовательно, ряд расходится.

В этом примере мы использовали 2-й замечательный предел

1

n

lim

+ n = e.

n→∞ 1

∞

n

n

Пример 16. Исследовать на сходимость ряд ∑

.

n

n=1

n ! e

применение

Решение. Хотя пример аналогичен предыдущему,

признака Даламбера не дает результата.

Поэтому воспользуемся

формулой Стирлинга

an =

nn

1

, n

→ ∞.

√

n ! en

2πn

14

Ряд

∑

√

расходится как ряд Дирихле при p =

2

, поэтому

∞

1

1

исходный ряд

расходится.

n=1

2πn

Теорема 5. Радикальный признак Коши. Если существует

предел

lim

√an = q, то ряд

∑ an сходится при q < 1,

расходится

n

∞

при q > 1.

n→∞

n=1

Замечание. Если q = 1 или если предел не существует, то ничего

определенного о сходимости ряда сказать нельзя, требуется приме-

нить другой признак.

3n + 1

Пример

Исследовать на сходимость ряд n=1

∞

n + 5

n

17.

∑

.

Решение. Найдем

n + 5

1

n

lim

√an = lim

=

< 1.

n→∞

n→∞ 3n + 1 3

Следовательно, ряд сходится.

4n

n

Пример Исследовать на сходимость ряд n=1

∞

1

2

n2

18.

∑

1 +

.

Решение. Найдем

n

1

2

n

e2

lim

lim

1

> 1.

a

+ n

=

4

n→∞

√

n = n→∞ 4 ∙

Следовательно, ряд расходится.

Особо подчеркнем, что у рядов, расходящихся на основании

признака Даламбера или радикального признака Коши,

не выполня-

ется необходимое условие сходимости,

т. е. n ∞

n 6=

0.

Рассмотрим

lim a

вопрос о том, какой из признаков является более «сильным».

→

Утверждение. Из существования предела lim

an+1

= q выте-

кает существование предела n→∞

и эти пределы равны

n

= q,

n→∞

an

.

lim √an

Таким образом, радикальный признак Коши «сильнее» признака

Даламбера.

Исследовать на сходимость ряд

∑

n

Пример

19.

∞

10 + (−1)n

.

n=1

2

15