Признак Даламбера

Если $|q| < 1$, то ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty} q^{n}$ сходится и $\sum\limits_{n=0}^{\infty} q^{n} = \dfrac{1}{1 - q}$

$$S_{n} = 1 + q + q^{2} + \dots + q^{n} = \dfrac{1 - q^{n + 1}}{1 - q} \underset{n \to \infty}{\longrightarrow} \dfrac{1}{1 - q}$$ $\square$

Пусть $a_{n} > 0$, тогда: - Если $\dfrac{a_{n + 1}}{a_{n}} \leq d < 1,$ то $\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_{n}$ - сходится - Если $\dfrac{a_{n + 1}}{a_{n}} \geq 1,$ то $\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_{n}$ - расходится

$$a_{n} = \dfrac{a_{n}}{a_{n - 1}} \cdot \dfrac{a_{n - 1}}{a_{n - 2}} \cdot \dots {}\cdot a_{1} \leq a_{1}d^{n - 1}$$ Если $d < 1$, то ${} a_{1}\sum\limits_{n=1}^{\infty} d^{n - 1}$ сходится по лемме $\implies$ $\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_{n}$ сходится по признаку сравнения. Если $\dfrac{a_{n+1}}{a_{n}} \geq 1$, то $a_{n} \geq a_{1} > 0 \implies a_{n} \cancel{ \to } 0$, а значит $\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_{n}$ расходится по необходимому условию. $\square$

Пусть $a_{n} > 0$ и $\lim_{n \to \infty} \dfrac{a_{n+1}}{a_{n}} = d$, тогда: - Если $d < 1$, то $\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_{n}$ - сходится - Если $d > 1$, то $\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_{n}$ - расходится

Если $d < 1$, то по отделимости от 0: $$\exists{N}~~\forall{n} > N\mathpunct{:}~~ \dfrac{a_{n + 1}}{a_{n}} < d^{*}<1$$ Если $d > 1$, то: $$\forall{n} \in N^{*}\mathpunct{:}~~ \dfrac{a_{n+1}}{a_{n}} \geq 1$$ Применим признак Даламбера к полученному и придём к тому, что и требовалось доказать. $\square$