Positiivitermiset sarjat¶

Nyt jokaisella luonnollisella luvulla $n$ on voimassa

sillä $a_{n+1}\ge0$. Osasummien jono $(S_n)$ on siis kasvava, ja väite seuraa monotonisten jonojen peruslauseesta. $\square$

Tarkastellaan ensin väitettä kuvan avulla, kun $m = 1$. Oheisissa kuvissa kunkin suorakulmion pinta-ala on $1 \cdot f(k) = a_k$, missä $k$ on sen järjestysluku. Sarjan summa on siis suorakulmioiden yhteenlaskettu pinta-ala. Integraalin pinta-alatulkinta huomioiden vasemmanpuoleisesta kuvasta voidaan nyt päätellä, että

jos $\displaystyle\int_1^\infty f(x)\,\mathrm{d}x$ hajaantuu, niin myös $\displaystyle\sum_{k=1}^\infty a_k$ hajaantuu.

Oikeanpuoleisesta kuvasta taas voidaan päätellä, että

jos $\displaystyle\int_1^\infty f(x)\,\mathrm{d}x$ suppenee, niin myös $\displaystyle\sum_{k=2}^\infty a_k$.

Sekä sarjan että integraalin alkupäähän voidaan lisätä äärellinen reaaliluku muuttamatta suppenevuutta tai hajaantuvuutta.

Tehdään sitten varsinainen todistus. Oletetaan ensin, että $m \geq 1$ ja

suppenee. Koska $f(x)$ on vähenevä, niin $a_{k+1}\le f(x)$, kun $m \leq k\le x\le k+1$. Niinpä

ja osasummien erotus

Tässä viimeinen arvio perustuu siihen, että ei-negatiiviselle jatkuvalle integroituvalle funktiolle $f(x)$ integraalifunktio

lähestyy arvoa $\lim\limits_{y\to\infty}F(y)=I$ alhaaltapäin. Siis $(S_n - S_m)$, ja täten myös $(S_n)$ on kasvava ja ylhäältä rajoitettu lukujono, joten sarja suppenee.

Vastaavasti päätellään, että jos integraali

hajaantuu, niin myös sarja $\sum\limits_{k=1}^\infty a_k$ hajaantuu. $\square$

Tutkitaan suppenemista integraalitestillä vertaamalla funktioon $f(x)=\frac{1}{x^p}$. Tämä kelpaa, sillä $f(k)=\frac{1}{k^p}$ kaikilla $k$ ja $f$ on vähenevä funktio. Epäoleellisten integraalien yhteydessä todettiin, että

suppenee jos ja vain jos $p>1$, joten integraalitestin nojalla $p$-sarja suppenee jos ja vain jos $p>1$. $\square$

Todistetaan ensin majoranttiperiaate. Merkitään $S=\sum\limits_{k = 1}^{\infty}b_k$. Nyt, koska $a_{n + 1} \geq 0$, niin

kaikilla $n \ge 1$, joten sarjan $\sum\limits_{k = 1}^{\infty} a_k$ osasummien jono on kasvava ja ylhäältä rajoitettu ja siten suppeneva.

Nyt minoranttiperiaate voidaan johtaa majoranttiperiaatteesta. Jos $\sum\limits_{k=1}^{\infty} b_k$ suppenisi, niin kohdan majoranttiperiaatteen mukaan myös $\displaystyle\sum a_k$ suppenisi, mikä on ristiriita oletuksen kanssa. Sarjan $\sum\limits_{k = 1}^{\infty}b_k$ täytyy siis hajaantua. $\square$

1. Sarja suppenee majoranttiperiaatteen nojalla, sillä

   $$0\le\frac{1}{2^k+1}\le\frac{1}{2^k}$$

   kaikilla $k \ge 1$ ja $\sum\limits_{k = 1}^{\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^k$ on suppeneva geometrinen sarja.

2. Funktio $\ln x$ on kasvava ja $\ln e=1$, joten $\ln k\ge1$, kun $k\ge3$. Siis

   $$\frac{\ln k}{k}\ge\frac1k \ge 0$$

   kaikilla $k\ge3$. Koska harmoninen sarja $\sum\limits_{k = 1}^{\infty}\frac{1}{k}$ hajaantuu, niin myös tutkittava sarja hajaantuu minoranttiperiaatteen nojalla.

1. Suurilla $k$ sekä osoittajan että nimittäjän vakio käy mitättömäksi, joten

   $$\frac{3k-2}{k^2+1}\approx\frac{3k}{k^2}=\frac3k.$$

   $\sum\limits_{k = 1}^{\infty}\frac{1}{k}$ hajaantuu harmonisena sarjana, joten luultavasti tutkittava sarjakin hajaantuu. Vielä ei ole todistettu mitään, mutta päättely antaa vihjeen, että termejä kannattaa pyrkiä arvioimaan alhaalta päin termillä $(1/k)$. Suoraan saatava arvio

   $$\frac{3k-2}{k^2+1}\le\frac{3}{k}$$

   on käyttökelvoton, koska arvio menee väärään suuntaan. Arvioidaan seuraavasti. Kun $k\ge 2$, on $3k-2\ge 3k-k$ ja $k^2+1\le k^2+k$, joten tällöin

   $$\frac{3k-2}{k^2+1}\ge\frac{3k-k}{k^2+k}=\frac{2k}{k(k+1)}=\frac{2}{k+1} \geq 0.$$

   Koska

   $$\sum_{k=2}^\infty\frac{2}{k+1}=2\sum_{k=3}^\infty\frac{1}{k}=\infty$$

   hajaantuu, niin tutkittava sarja hajaantuu.

2. Ilmeisesti käy samoin kuin edellisen esimerkin kohdassa 1, sillä taaskaan suurilla luvun $k$ arvoilla nimittäjän vakiolla ei ole merkitystä. Nyt kuitenkin

   $$\frac{1}{2^k-1}\ge\frac{1}{2^k},$$

   kaikilla $k \ge 1$, joten ei voida suoraan verrata sarjaan $\sum\limits_{k = 1}^{\infty}\frac{1}{2^k}$. Sen sijaan havaitaan, että näiden sarjojen termien osamäärä toteuttaa

   $$\frac{\frac{1}{2^k - 1}}{\frac{1}{2^k}} =\frac{2^k}{2^k-1}=\frac{1}{1-\frac{1}{2^k}}\to1,$$

   kun $k\to\infty$. Siten jostakin luvun $k$ arvosta lähtien on (valitse raja-arvon määritelmässä $\varepsilon = 1$)

   $$\frac{\frac{1}{2^k - 1}}{\frac{1}{2^k}}\le2\Rightarrow 0\le\frac{1}{2^k-1}\le2\frac{1}{2^k}.$$

   Koska sarja $\sum\limits_{k = 1}^{\infty}\frac{1}{2^k}$ suppenee geometrisena sarjana, niin tutkittava sarja suppenee.

Käsitellään tapaukset erikseen.

1. Oletetaan, että $L < 1$ ja valitaan luku $r$ väliltä $(L,1)$. Tässä välttämättä $L > 0$, sillä käsiteltävä sarja on positiiviterminen. Raja-arvon määritelmän mukaan on olemassa sellainen luonnollinen luku $N$, että

   $$\frac{a_{n+1}}{a_n}\le r \Leftrightarrow a_{n+1}\le a_nr.$$

   aina, kun $n \geq N$. Siten

   $$\begin{aligned} a_{N+1}&\le a_Nr, \qquad a_{N+2}\le a_{N+1}r\le a_Nr^2, \qquad\cdots\qquad a_{N+k}\le a_Nr^k. \end{aligned}$$

   Sarja $\sum\limits_{k=1}^\infty a_Nr^k$ suppenee geometrisena sarjana, sillä $|r| < 1$, joten jäännöstermi

   $$0 < R_N=\sum_{k=N+1}^\infty a_k=\sum_{k=1}^\infty a_{N+k}\le\sum_{k=1}^\infty a_Nr^k<\infty.$$

   Siis $\displaystyle\sum_{k=1}^\infty a_k$ suppenee majoranttiperiaatteen nojalla.

2. Oletetaan, että $L > 1$. Tällöin suurilla $k$ on $a_k>0$ ja $\frac{a_{k+1}}{a_k}\ge 1$, jolloin $0<a_k\le a_{k+1}$. Ei siis voi olla $\lim\limits_{k\to\infty}a_k=0$, eikä sarja siten suppene.

Viimeinen väite voidaan todistaa esimerkin avulla. Harmoniselle sarjalle ja yliharmoniselle sarjalle, jolle $p = 2$, on

mutta ensin mainittu näistä ja jälkimmäinen suppenee. Tapauksessa $L=1$ suhdetesti ei siis anna tulosta. $\square$

Sarja on positiiviterminen, joten voidaan käytetään suhdetestiä. Nyt

kun $k\to\infty$, joten sarja suppenee.