Теорема лейбниця для числових рядів. Достатня ознака збіжності

Знакорядні ряди. Ознака Лейбниця.
Абсолютна та умовна збіжність

Для того, щоб зрозуміти приклади даного урокунеобхідно добре орієнтуватися у позитивних числових рядах: розуміти, що таке ряд, знати необхідна ознаказбіжності ряду, вміти застосовувати ознаки порівняння, ознаки Даламбера, ознаки Коші. Тему можна порушити практично з нуля, послідовно вивчивши статті Ряди для чайниківі Ознака Даламбер. Ознаки Коші. Логічно цей урок є третім за рахунком, і він дозволить не тільки розібратися в рядах, що знайдуть чергування, а й закріпити вже пройдений матеріал! Якийсь новизни буде небагато, і освоїти ряди, що знак чергуються, не складе великої праці. Все просто та доступно.

Що таке ряд ряд, що чергується?Це зрозуміло чи майже зрозуміло вже із самої назви. Відразу найпростіший приклад.

Розглянемо ряд і розпишемо його докладніше:

А зараз буде вбивчий коментар. У членів ряду, що чергується, чергуються знаки: плюс, мінус, плюс, мінус, плюс, мінус і т.д. до нескінченності.

Знак черга забезпечує множник: якщо парне, то буде знак «плюс», якщо непарне – знак «мінус» (як ви пам'ятаєте ще з уроку про числові послідовності, Ця штуковина називається «мигалкою»). Таким чином, ряд, що чергується, «пізнається» по мінус одиночці в ступені «ен».

У практичних прикладах знак чергування членів низки може забезпечувати як множник , а й його рідні брати: , , , …. Наприклад:

Підводним каменем є «обманки»: , , і т.п. – такі множники не забезпечують зміну знаку. Зрозуміло, що з будь-якому натуральному : , , . Ряди з обманками підсовують не тільки особливо обдарованим студентам, вони іноді виникають «самі собою» в ході рішення функціональних рядів.

Як дослідити ряд, що чергається, на збіжність?Використовувати ознаку Лейбніца. Про німецького гіганта думки Готфріда Вільгельма Лейбніца я розповідати нічого не хочу, оскільки, крім математичних праць, він накотив кілька томів з філософії. Небезпечно для мозку.

Ознака Лейбніца: Якщо члени ряду знакочередующегося монотонноспадають за модулем, то ряд сходиться.

Або у два пункти:

1) Ряд є знакочередним.

2) Члени низки убувають по модулю: , причому, зменшуються монотонно.

Якщо виконані ці умови, то ряд сходиться.

Коротка довідка про модуль наведено у методичці Гарячі формули шкільного курсу математики, але для зручності ще раз:

Що означає «за модулем»? Модуль, як ми пам'ятаємо зі школи, "з'їдає" знак "мінус". Повернемося до ряду . Подумки зітремо гумкою всі знаки і подивимося на числа. Ми побачимо, що кожен наступнийчлен ряду меншеніж попередній. Таким чином, наступні фрази позначають те саме:

- Члени ряду без урахування знакуспадають.
- Члени ряду зменшуються за модулем.
- Члени ряду зменшуються по абсолютної величини.
– Модульзагального члена ряду прагне нуля:

// Кінець довідки

Тепер трохи поговоримо про монотонність. Монотонність – це нудна постійність.

Члени ряду суворо монотонноспадають за модулем, якщо КОЖНИЙ НАСТУПНИЙ член ряду за модулемМЕНШЕ, ніж попередній: . Для ряду виконано строгу монотонність спадання, її можна розписати докладно:

А можна сказати коротше: кожен наступний член ряду за модулемменше, ніж попередній: .

Члени ряду нестрого монотонноспадають по модулю, якщо КОЖНИЙ НАСТУПНИЙ член ряду по модулю НЕ БІЛЬШЕ попереднього: . Розглянемо ряд із факторіалом: Тут має місце нестрога монотонність, тому що перші два члени ряду однакові за модулем. Тобто кожен наступний член ряду за модулемне більше попереднього: .

У разі теореми Лейбніца повинна виконуватися монотонність спадання (неважливо, строга чи нестрога). Крім того, члени ряду можуть навіть деякий час зростати за модулем, але «хвіст» ряду обов'язково має бути монотонно спадаючим.

Не треба лякатися того, що я нагородив, практичні прикладивсе розставлять на свої місця:

Приклад 1

У спільний членряду входить множник , і це наштовхує на природну думку перевірити виконання умов ознаки Лейбніца:

1) Перевірка низки на знак чергування. Зазвичай у цьому пункті рішення низку розписують докладно і виносять вердикт «Ряд є знакочередним».

2) Чи зменшуються члени ряду по модулю? Тут потрібно вирішити межу, яка найчастіше є дуже простою.

– члени ряду не спадають за модулем, і з цього автоматично випливає його розбіжність – з тієї причини, що межі немає *, тобто, не виконаний необхідний ознака збіжності ряду .

Приклад 9

Дослідити ряд на збіжність

Приклад 10

Дослідити ряд на збіжність

Після якісного опрацювання числових позитивних та знакозмінних рядів з чистою совістюможна перейти до функціональних рядів, які не менш монотонні та одноманітні цікаві.

Своєю позачерговою появою даний розділзобов'язаний багатьом і багатьом авторам, читаючи праці яких і хотілося запустити оними працями самих письменників. Власне, я планував викласти цю темуповністю тільки в міру її остаточної готовності, але через занадто великої кількостіпитань щодо неї, викладу деякі моменти зараз. Згодом матеріал буде доповнено та розширено. Почнемо з визначень.

Ряд виду $\sum\limits_(n=1)^(\infty)(-1)^(n+1)u_n$, де $u_n>0$, називається знакочередним.

Знаки членів ряду, що чергується, суворо чергуються:

$$ \sum\limits_(n=1)^(\infty)(-1)^(n+1)u_n=u_1-u_2+u_3-u_4+u_5-u_6+u_7-u_8+\ldots $$

Наприклад, $1-\frac(1)(2)+\frac(1)(3)-\frac(1)(4)+\ldots$ - знак чергується ряд. Буває, що суворе чергування знаків починається не з першого елемента, проте для дослідження на збіжність це неістотно.

Чому чергування знаків не з першого елемента є несуттєвим? показати\сховати

Справа в тому, що серед властивостей числових рядів є твердження, яке дозволяє нам відкидати зайві члени ряду. Ось ця властивість:

Ряд $\sum\limits_(n=1)^(\infty)u_n$ сходиться тоді і тільки тоді, коли сходиться будь-який з його залишків $r_n=\sum\limits_(k=n+1)^(\infty)u_k $. Звідси випливає, що відкидання чи додавання до деякого ряду кінцевої кількостічленів не змінює збіжності низки.

Нехай нам заданий якийсь ряд чергується $\sum\limits_(n=1)^(\infty)(-1)^(n+1)u_n$, і нехай для цього ряду виконано першу умову ознаки Лейбніца, тобто. $\lim_(n\to(\infty))u_n=0$. Проте друге умова, тобто. $u_n≥u_(n+1)$, виконується починаючи з якогось номера $n_0\in(N)$. Якщо $n_0=1$, ми отримуємо звичайне формулювання другої умови ознаки Лейбніца, тому ряд $\sum\limits_(n=1)^(\infty)(-1)^(n+1)u_n$ буде сходитися. Якщо $n_0>1$, то розіб'ємо ряд $\sum\limits_(n=1)^(\infty)(-1)^(n+1)u_n$ на дві частини. У першу частину виділимо всі ті елементи, номери яких менші за $n_0$:

$$ \sum\limits_(n=1)^(\infty)(-1)^(n+1)u_n=\sum\limits_(n=1)^(n_0-1)(-1)^(n +1)u_n+\sum\limits_(n=n_0)^(\infty)(-1)^(n+1)u_n $$

Для низки $\sum\limits_(n=n_0)^(\infty)(-1)^(n+1)u_n$ виконані обидві умови ознаки Лейбніца, тому ряд $\sum\limits_(n=n_0)^(\ infty)(-1)^(n+1)u_n$ сходиться. Оскільки сходиться залишок, то сходитиметься і вихідний ряд $\sum\limits_(n=1)^(\infty)(-1)^(n+1)u_n$.

Таким чином, зовсім неважливо, чи виконано другу умову ознаки Лейбніца, починаючи з першого, або ж з тисячного елемента - ряд все одно сходитиметься.

Зазначу, що ознака Лейбниця є достатньою, але не необхідною умовоюзбіжності знаків рядів, що чергуються. Інакше кажучи, виконання умов ознаки Лейбніца гарантує збіжність низки, але невиконання цих умов гарантує ні збіжності, ні розбіжності. Вочевидь, невиконання першої умови, тобто. випадок $\lim_(n\to(\infty))u_n\neq(0)$, означає розбіжність ряду $\sum\limits_(n=n_0)^(\infty)(-1)^(n+1)u_n $, проте невиконання другої умови може статися як для схожого, так і ряду, що розходиться.

Оскільки знакочередующиеся ряди часто трапляються у стандартних типових розрахунках, то склав схему, якою можна досліджувати збіжність стандартний знакочередующийся ряд.

Зрозуміло, можна безпосередньо застосовувати ознаку Лейбніца, минаючи перевірку збіжності ряду з модулів. Однак для стандартних навчальних прикладівперевірка низки модулів необхідна, оскільки більшість авторів типових розрахунків вимагають непросто з'ясувати, сходиться ряд чи ні, а визначити характер збіжності (умовна чи абсолютна). Перейдемо до прикладів.

Приклад №1

Дослідити ряд $\sum\limits_(n=1)^(\infty)(-1)^(n+1)\frac(4n-1)(n^2+3n)$ на збіжність.

Спершу з'ясуємо, чи справді цей ряд знакочередний. Оскільки $n≥1$, то $4n-1≥3>0$ і $n^2+3n≥4>0$, тобто. за всіх $n\in(N)$ маємо $\frac(4n-1)(n^2+3n)>0$. Таким чином, заданий ряд має вигляд $\sum\limits_(n=1)^(\infty)(-1)^(n+1)u_n$, де $u_n=\frac(4n-1)(n^2 +3n)> 0 $, тобто. ряд, що розглядається, - знакочередний.

Зазвичай така перевірка робиться усно, проте пропускати її вкрай небажано: помилки у типових розрахунках нерідкі. Часто буває, що знаки членів за даного рядупочинають чергуватись не з першого члена ряду. У цьому випадку можна відкинути члени ряду, що "заважають", і дослідити збіжність залишку (див. примітку на початку цієї сторінки).

Отже, нам заданий ряд ряд, що чергується. Наслідуватимемо вищенаведену . Для початку складемо ряд із модулів членів даного ряду:

$$ \sum\limits_(n=1)^(\infty)\left|(-1)^(n+1)\frac(4n-1)(n^2+3n)\right| =\sum\limits_(n=1)^(\infty)\frac(4n-1)(n^2+3n) $$

Перевіримо, чи сходиться складений ряд із модулів. Застосуємо ознаку порівняння. Оскільки при всіх $n\in(N)$ маємо $4n-1=3n+n-1≥3n$ і $n^2+3n≤n^2+3n^2=4n^2$, то:

$$ \frac(4n-1)(n^2+3n)≥ \frac(3n)(4n^2)=\frac(3)(4)\cdot\frac(1)(n) $$

Гармонічний ряд $\sum\limits_(n=1)^(\infty)\frac(1)(n)$ розходиться, тому буде розходитись і ряд $\sum\limits_(n=1)^(\infty)\left (\frac(3)(4)\cdot\frac(1)(n)\right)$. Отже, згідно з ознакою порівняння ряд $\sum\limits_(n=1)^(\infty)\frac(4n-1)(n^2+3n)$ розходиться. Позначимо $u_n=\frac(4n-1)(n^2+3n)$ і перевіримо, чи виконані умови ознаки Лейбніца для вихідного ряду, що чергується. Знайдемо $\lim_(n\to(\infty))u_n$:

$$ \lim_(n\to(\infty))u_n =\lim_(n\to(\infty))\frac(4n-1)(n^2+3n) =\lim_(n\to(\infty) ))\frac(\frac(4)(n)-\frac(1)(n^2))(1+\frac(3)(n)) =0. $$

Перше умова ознаки Лейбніца виконано. Тепер потрібно з'ясувати, чи виконана нерівність $u_n≥u_(n+1)$. Чимало авторів воліє записати кілька перших членів ряду, та був зробити висновок, що нерівність $u_n≥u_(n+1)$ виконано.

Іншими словами, цей "доказ" для даного ряду мав би такий вигляд: $\frac(2)(3)≤\frac(5)(8)≤\frac(8)(15)≤\ldots$. Після порівняння кількох перших членів робиться висновок: решти членів нерівність збережеться, кожен наступний буде трохи більше попереднього. Звідки взявся цей метод доказу я не знаю, але він помилковий. Наприклад, для послідовності $v_n=\frac(10^n)(n$ получим такие первые члены: $v_1=10$, $v_2=50$, $v_3=\frac{500}{3}$, $v_4=\frac{1250}{3}$. Как видите, они возрастают, т.е., если ограничиться сравнением нескольких первых членов, то можно сделать вывод, что $v_{n+1}>v_n$ для всех $n\in{N}$. Однако такой вывод будет категорически неверным, так как начиная с $n=10$ элементы последовательности будут убывать.!}

Як довести нерівність $u_n≥u_(n+1)$? У загальному випадкудля цього є кілька способів. Найпростіший у нашому випадку – розглянути різницю $u_n-u_(n+1)$ та з'ясувати її знак. У наступний прикладрозглянемо інший спосіб: за допомогою доказу спадання відповідної функції.

$$ u_n-u_(n+1) = frac(4n-1)(n^2+3n)-\frac(4(n+1)-1)((n+1)^2+3(n +1)) =\frac(4n-1)(n^2+3n)-\frac(4n+3)(n^2+5n+4)=\ =\frac((4n-1)\cdot \left(n^2+5n+4\right)-\left(n^2+3n\right)\cdot(4n+3))(\left(n^2+3n\right)\cdot\left( n^2+5n+4\right)) =\frac(4n^2+2n-4)(\left(n^2+3n\right)\cdot\left(n^2+5n+4\right) ). $$

Оскільки $n≥1$, то $4n^2-4≥0$, звідки маємо $4n^2+2n-4>0$, тобто. $u_n-u_(n+1)>0$, $u_n>u_(n+1)$. Буває, звичайно, що нерівність $u_n≥u_(n+1)$ виконується не з першого члена ряду, проте це несуттєво (див. на початку сторінки).

Таким чином, обидві умови ознаки Лейбниця виконані. Оскільки при цьому ряд $\sum\limits_(n=1)^(\infty)\left|(-1)^(n+1)\frac(4n-1)(n^2+3n)\right| $ розходиться, то ряд $\sum\limits_(n=1)^(\infty)(-1)^(n+1)\frac(4n-1)(n^2+3n)$ сходиться умовно.

Відповідь: ряд сходиться умовно

Приклад №2

Дослідити ряд $\sum\limits_(n=1)^(\infty)(-1)^(n+1)\frac(5n-4)(\sqrt(2n^3-1))$ на збіжність.

Спочатку розглянемо вираз $\frac(5n-4)(\sqrt(2n^3-1))$. Варто провести невелику перевірку правильності умови. Справа в тому, що дуже часто в умовах стандартних типових розрахунків можна зустріти помилки, коли підкорене виразє негативним, або в знаменнику при деяких значеннях $ n $ з'являється нуль.

Щоб уникнути таких неприємностей, зробимо просте попереднє дослідження. Оскільки за $n≥1$ маємо $2n^3≥2$, то $2n^3-1≥1$, тобто. вираз під коренем може бути негативним чи дорівнювати нулю. Отже, умова цілком коректна. Вираз $\frac(5n-4)(\sqrt(2n^3-1))$ визначено за всіх $n≥1$.

Додам, що з $n≥1$ вірна нерівність $\frac(5n-4)(\sqrt(2n^3-1))>0$, тобто. нам заданий ряд ряд, що чергується. Досліджуватимемо його згідно з вищенаведеною. Для початку складемо ряд із модулів членів даного ряду:

$$ \sum\limits_(n=1)^(\infty)\left|(-1)^(n+1)\frac(5n-4)(\sqrt(2n^3-1))\right| =\sum\limits_(n=1)^(\infty)\frac(5n-4)(\sqrt(2n^3-1)) $$

Перевіримо, чи сходиться ряд, складений із модулів членів заданого ряду. Застосуємо ознаку порівняння. У рішенні попереднього прикладу ми застосовували першу ознаку порівняння. Тут же, суто для різноманітності, застосуємо другу ознаку порівняння (ознака порівняння у граничній формі). Порівняємо ряд $\sum\limits_(n=1)^(\infty)\frac(5n-4)(\sqrt(2n^3-1))$ з розбіжним рядом $\sum\limits_(n=1)^ (\infty)\frac(1)(\sqrt(n))$:

$$ \lim_(n\to\infty)\frac(\frac(5n-4)(\sqrt(2n^3-1)))(\frac(1)(\sqrt(n))) =\lim_ (n\to\infty)\frac(5n\sqrt(n)-4\sqrt(n))(\sqrt(2n^3-1)) =\lim_(n\to\infty)\frac(\frac (5n\sqrt(n))(n\sqrt(n))-\frac(4\sqrt(n))(n\sqrt(n)))(\sqrt(\frac(2n^3-1)( n^3))) \lim_(n\to\infty)\frac(5-\frac(4)(n))(\sqrt(2-\frac(1)(n^3))) =\frac (5)(\sqrt(2)). $$

Оскільки $\frac(5)(\sqrt(2))\neq(0)$ і $\frac(5)(\sqrt(2))\neq\infty$, то одночасно з рядом $\sum\limits_ (n=1)^(\infty)\frac(1)(\sqrt(n))$ буде розходитися і ряд $\sum\limits_(n=1)^(\infty)\frac(5n-4)( \sqrt(2n^3-1))$.

Отже, абсолютної збіжності заданий ряд, що знак чергується, не має. Позначимо $u_n=\frac(5n-4)(\sqrt(2n^3-1))$ і перевіримо, чи виконані умови ознаки Лейбніца. Знайдемо $\lim_(n\to(\infty))u_n$:

$$ \lim_(n\to(\infty))u_n =\lim_(n\to(\infty))\frac(5n-4)(\sqrt(2n^3-1)) =\lim_(n\ to(\infty))\frac(\frac(5n)(n^(\frac(3)(2)))-\frac(4)(n^(\frac(3)(2)))))( \sqrt(\frac(2n^3-1)(n^3))) =\lim_(n\to(\infty))\frac(\frac(5)(\sqrt(n))-\frac( 4)(n^(\frac(3)(2))))(\sqrt(2-\frac(1)(n^3))) =0. $$

Перше умова ознаки Лейбніца виконано. Тепер потрібно з'ясувати, чи виконана нерівність $u_n≥u_(n+1)$. Минулого прикладу ми розглянули один із способів доказу цієї нерівності: за допомогою з'ясування знака різниці $u_n-u_(n+1)$. На цей раз звернемося до іншого способу: замість $u_n=\frac(5n-4)(\sqrt(2n^3-1))$ розглянемо функцію $y(x)=\frac(5x-4)(\sqrt( 2x^3-1))$ за умови $x≥1$. Зазначу, що поведінка цієї функції за умови $x<1$ нам совершенно безразлично.

Наша мета полягає в тому, щоб довести незростання (або зменшення) функції $y(x)$. Якщо ми доведемо, що функція $y(x)$ є незростаючою, то для всіх значень $x_2>x_1$ матимемо $y(x_1)≥y(x_2)$. Вважаючи $x_1=n$ і $x_2=n+1$ отримаємо, що з нерівності $n+1>n$ піде істинність нерівності $y(n)≥y(n+1)$. Оскільки $y(n)=u_n$, то нерівність $y(n)≥y(n+1)$ є те саме, що й $u_(n)≥u_(n+1)$.

Якщо ми покажемо, що $y(x)$ - спадна функція, то з нерівності $n+1>n$ піде істинність нерівності $y(n)>y(n+1)$, тобто. $u_(n)>u_(n+1)$.

Знайдемо похідну $y"(x)$ та з'ясуємо її знак для відповідних значень $x$.

$$ y"(x)=\frac((5x-4)"\cdot\sqrt(2x^3-1)-(5x-4)\cdot\left(\sqrt(2x^3-1)\right )")(\left(\sqrt(2x^3-1)\right)^2) =\frac(5\cdot\sqrt(2x^3-1)-(5x-4)\cdot\frac(1 )(2\sqrt(2x^3-1))\cdot(6x^2))(2x^3-1)=\=\frac(5\cdot\left(2x^3-1\right)- (5x-4)\cdot(3x^2))(\left(2x^3-1\right)^(\frac(3)(2))) =\frac(-5x^3+12x^2- 5)(\left(2x^3-1\right)^(\frac(3)(2))) $$

Думаю, очевидно, що за досить великих позитивних значеннях$x≥1$ багаточлен у знаменнику буде меншим за нуль, тобто. $-5x^3+12x^2-5<0$. Эту "очевидность" несложно обосновать формально - если вспомнить курс алгебры. Дело в том, что согласно лемме о модуле старшего члена, при достаточно больших значениях $|x|$ знак многочлена совпадает с знаком его старшего члена. Адаптируясь к нашей задаче получаем, что существует такое число $c≥1$, то для всех $x≥c$ будет верным неравенство $-5x^3+12x^2-5<0$. В принципе, существования такого числа $c$ уже вполне достаточно для дальнейшего решения задачи.

Однак давайте підійдемо до питання менш формально. Щоб не залучати зайвих лем з алгебри, просто грубо оцінимо значення виразу $-5x3+12x2-5$. Врахуємо $-5x^3+12x^2-5=x^2(-5x+12)-5$. При $x≥3$ маємо $-5x+12<0$, посему $x^2(-5x+12)-5<0$.

Таким чином, за $x≥3$ маємо $y"(x)<0$, т.е. функция $y(x)$ убывает. А это, в свою очередь, означает, что при $n≥3$ верно неравенство $u_n>u_(n+1)$, тобто. друга умова ознаки Лейбніца виконана. Зрозуміло, ми показали виконання другої умови не з $ n = 1 $, а з $ n = 3 $, але це несуттєво (див. на початку сторінки).

Таким чином, обидві умови ознаки Лейбниця виконані. Оскільки при цьому ряд $\sum\limits_(n=1)^(\infty)\left|(-1)^(n+1)\frac(5n-4)(\sqrt(2n^3-1) )\right|$ розходиться, то ряд $\sum\limits_(n=1)^(\infty)(-1)^(n+1)\frac(4n-1)(n^2+3n)$ сходиться умовно.

Відповідь: ряд сходиться умовно

Приклад №3

Дослідити ряд $\sum\limits_(n=1)^(\infty)(-1)^(n+1)\frac(3n+4)(2^n)$ на збіжність.

Даний приклад не становить великого інтересу, тому я його розпишу коротко. Нам заданий ряд, який знову будемо досліджувати по . Складемо ряд із модулів членів даного ряду:

$$ \sum\limits_(n=1)^(\infty)\left|(-1)^(n+1)\frac(3n+4)(2^n)\right| =\sum\limits_(n=1)^(\infty)\frac(3n+4)(2^n) $$

Застосуємо ознаку Д"Аламбера. Позначаючи $u_n=\frac(3n+4)(2^n)$, отримаємо $u_(n+1)=\frac(3n+7)(2^(n+1))$ .

$$ \lim_(n\to\infty)\frac(u_(n+1))(u_(n)) =\lim_(n\to\infty)\frac(\frac(3n+7)(2^ (n+1)))(\frac(3n+4)(2^n)) =\frac(1)(2)\lim_(n\to\infty)\frac(3n+7)(3n+4 ) =\frac(1)(2)\lim_(n\to\infty)\frac(3+\frac(7)(n))(3+\frac(4)(n)) =\frac(1 )(2)\cdot(1)=\frac(1)(2). $$

Оскільки $\frac(1)(2)<1$, то согласно признаку Д"Аламбера ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{3n+4}{2^n}$ сходится. Из сходимости ряда $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left|(-1)^{n+1}\frac{3n+4}{2^n}\right|$, что ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\frac{3n+4}{2^n}$ сходится, причём сходится абсолютно.

Зазначу, що для вирішення заданого прикладу нам не знадобилася ознака Лейбніца. Саме тому зручно спершу перевірити збіжність ряду з модулів, а потім уже, при необхідності, дослідити збіжність вихідного ряду, що чергається.

Відповідь: ряд сходиться абсолютно

ВИЗНАЧЕННЯ . Знакочередним рядом називають числовий ряд, члени якого мають знаки, що чергуються.

Якщо перший член ряду позитивний, то ряд, що знак чергується, можна записати у вигляді:

Для рядів, що чергуються, має місце наступна достатня ознака збіжності.

Ознака Лейбніца

Якщо члени ряду знакочереду монотонно спадають по абсолютній величині, тобто і загальний член ряду прагне нуля , то

1) ряд сходиться;

2) його сума вбирається у абсолютної величини першого члена ряда;

Модуль суми залишку ряду вбирається у абсолютної величини першого відкинутого члена.

ДОВЕДЕННЯ

Побудуємо послідовність часткових сум знакочередного ряду з парними індексами:

Оскільки будь-яка дужка у цій сумі позитивна, то послідовність зростаюча. Доведемо, що вона обмежена. Для цього представимо у вигляді:

Тут також кожна з дужок є позитивною. Тому внаслідок віднімання з позитивних чисел отримуємо число, менше ніж , тобто. для будь-якого.

Отже, послідовність - зростаюча, обмежена зверху, отже, вона має кінцеву межу. Позначимо його через S, тобто. , Причому .

Тепер розглянемо послідовність часткових сум ряду з непарними індексами:

Відповідно до умови тому

Таким чином, межа часткових сум дорівнює Sяк сум з парними індексами, так сум з непарними індексами.

Отже, а це означає, що ряд сходиться і його сума дорівнює S.

Розглянемо залишок ряду: Він також є рядом, що знак чергою, задовольняє умов ознаки Лейбніца. Отже, він сходиться та її сума менше абсолютної величини першого члена тобто.

ПРИКЛАД.Користуючись ознакою Лейбніца досліджувати рядність ряд

РІШЕННЯ. Випишемо члени ряду: і застосуємо ознаку Лейбніца. Перевіримо виконання умов цієї ознаки:

Легко переконається, що зі зростанням nчлени ряду зменшуються за абсолютною величиною і . Отже, досліджуваний ряд сходиться.

Знакозмінні ряди. Абсолютна та умовна збіжність

ВИЗНАЧЕННЯ. Ряд називають знакозмінним, якщо серед його членів є як позитивні, так і негативні числа.

Достатня ознака збіжності

Якщо ряд , складений з абсолютних величин знакозмінного ряду, сходиться, то ряд (1) теж сходиться.

ДОВЕДЕННЯ

Позначимо через – часткову суму ряду (1). Виберемо із цих доданків позитивні члени та його суму позначимо . Суму негативних членів, взятих за абсолютною величиною, позначимо . Тоді .

Часткову суму ряду (2) позначимо . За умовою ряд (2) сходиться, значить, має кінцеву межу , ( ) Причому .

Як можна записати то і . Таким чином - зростаючі та обмежені послідовності і, отже, вони мають межу, якщо . Тоді послідовність теж має межу, але це означає, що ряд (1) сходиться.

ВИЗНАЧЕННЯ . Знакозмінний ряд називають абсолютно схожим, якщо ряд, складений з абсолютних величин цього ряду, сходиться.

Схожий знакозмінний ряд називають умовно схожим якщо ряд, складений з абсолютних величин його членів, розходиться.

ЗАУВАЖЕННЯ. Між властивостями абсолютно і умовно схожих рядів є глибока відмінність.

Якщо ряд сходиться абсолютно, він залишається абсолютно сходящимся за будь-якої перестановці його членів, причому сума низки залежить від порядку прямування його членів.

Якщо ряд сходиться умовно, можна переставити члени цього ряду, що сума ряду зміниться. Більше того, можна так переставити члени ряду, що ряд, отриманий після перестановки, виявиться розбіжним.

ПРИКЛАД. Дослідити на збіжність ряд.

Цей ряд знакозмінний, т.к. при різних значеннях nможе бути як позитивним, і негативним.

Складемо ряд абсолютних величин членів ряду:

і застосуємо до нього першу ознаку порівняння.

Бо за будь-якого nто кожного складника можна записати оцінку: .

Таким чином, члени ряду з абсолютних величин не перевищують відповідні члени ряду, що сходить. Згідно з першою ознакою порівняння ряд, складений з абсолютних величин, сходиться. З цього випливає збіжність ряду з довільними членами, тобто ряд сходить абсолютно.

ПРИКЛАД. Дослідити на збіжність ряд .

Запишемо ряд у вигляді

Складемо ряд абсолютних величин членів ряду (1):

Це числовий ряд із позитивними членами, загальний член якого має вигляд . Узагальнений гармонійний ряд розходиться.

Таким чином, досліджуваний ряд (1) не може бути абсолютно схожим. Перевіримо його на умовну збіжність.

Так як ряд (1) знак чергою, то до нього застосовний ознака Лейбніца. Перевіримо дві умови:

- члени ряду по модулю зменшуються, .

Отже ряд (1) сходиться умовно.

Ступінні ряди

ВИЗНАЧЕННЯ. Функціональним рядом називають вираз

члени якого є функціями від x, визначеними на деякій множині X.

Якщо задати змінної числове значення , то вийде числовий ряд ,

який може бути як схожим, так і таким, що розходиться.

ВИЗНАЧЕННЯ.Безліч значень , у яких функціональний ряд сходиться, називається його областю збіжності.

В області збіжності сума функціонального ряду є деякою функцією від змінної та визначається як

Наприклад, ряд

сходиться, якщо (члени ряду утворюють геометричну прогресію зі знаменником ), і розходиться, якщо .

Області збіжності ряду служать два проміжки і .

Одним з видів функціональних рядів є статечні ряди , які записують:

де - Послідовність дійсних чисел, коефіцієнти ряду; - Центр області збіжності ряду.

Якщо статечний ряд набуває вигляду:

Розглянемо властивості статечних рядів з прикладу ряду (*), т.к. будь-який статечний ряд загального виду легко перетворити до виду (*) підстановкою .

Теорема Абеля

Якщо статечний ряд сходиться в точці, він сходиться абсолютно в інтервалі, тобто. за всіх x, що задовольняють умові .

ДОВЕДЕННЯ

За умовою теореми в точці статечний ряд сходиться. Загальний членсходящегосячислового ряду , з необхідної ознаки, прагне нулю: , тому всі члени ряду обмежені деяким числом : . Тобто

Представимо статечний ряд у вигляді

і складемо низку з абсолютних величин його членів:

Порівняємо його з рядом, складеним із членів геометричної прогресії: . Цей ряд сходиться, як і знаменник прогресії

Через нерівності члени ряду менше відповідних членів ряду, що сходить, за першою ознакою порівняння, ряд також сходиться.

Ми показали, що при будь-якому з інтервалу статечний ряд сходиться, отже, ряд усередині цього інтервалу сходиться абсолютно.

Слідство. Якщо статечний ряд розходиться в точці, то він розходиться за будь-якого x, за модулем, більшим, ніж b, тобто. якщо

Таким чином, можна сказати, що для будь-якого статечного ряду, що має як точки збіжності, так і точки розбіжності, існує таке позитивне число R, що для всіх x,по модулю менших R ( ) , ряд сходиться абсолютно, а для всіх x, За модулем великих R(), ряд розходиться.

ВИЗНАЧЕННЯ . Радіусом збіжності статечного ряду називають таке число R, що для всіх , , степеневий ряд сходиться, а для всіх , , розходиться. Інтервал називають інтервалом збіжності статечного ряду.

Зауваження.Для статечного ряду областю збіжності служить інтервал симетричний щодо точки. і запишемо отриману нерівність у вигляді подвійної нерівності:

1). Сума статечного ряду є функція безперервна в інтервалі збіжності ряду.

2). Ступіньовий ряд в інтервалі його збіжності можна почленно диференціювати необмежену кількість разів, причому статечні ряди, що при цьому отримуються, мають той же радіус збіжності, що і вихідний ряд, а суми їх відповідно рівні де - сума ряду.

3). Ступінний ряд можна необмежену кількість разів почленно інтегрувати в межах від 0 до , якщо , причому виходять при цьому статечні ряди мають той же радіус збіжності, що й вихідний ряд.

Визначення 1

Числовий ряд

\[\sum \limits _(n=1)^(\infty )\, (-1)^(n-1) \, \cdot a_(n) =a_(1) -a_(2) +a_( 3) -a_(4) +...,\]

де $a_(n) > 0$, називається рядом, що знак чергується.

Для встановлення збіжності таких рядів існує достатня ознака збіжності, яка називається ознакою Лейбніца.

Теорема 1 (ознака Лейбніца)

Нехай числовий ряд $\sum \limits _(n=1)^(\infty )u_(n) $ задовольняє умовам:

1. $u_(n) =(-1)^(n-1) \cdot a_(n) ,\, \, \, a_(n) > 0$, тобто. цей ряд знакочередний;
2. члени цього ряду монотонно спадають за абсолютною величиною: \right|>\left|u_(2) \right|>\left|u_(3) \right|>...\, \, \, $ тобто. $a_(n) >a_(n+1) ,\, \, \, \, n=1,\, 2,\, ...$;
3. загальний член низки $a_(n) $ прагне 0, тобто. $\mathop(\lim )\limits_(n\to \infty ) a_(n) =0$.

Тоді ряд $\sum \limits _(n=1)^(\infty )u_(n) $ сходиться та його сума $S\le a_(1) $.

Доведення

1. Спочатку розглянемо часткову суму парного порядку $S_(n) =S_(2m) =a_(1) -a_(2) +a_(3) -a_(4) +...+a_(2m-1) -a_( 2m) $ і запишемо її у вигляді: $S_(2m) =(a_(1) -a_(2))+(a_(3) -a_(4))+...+(a_(2m-1) -a_(2m)) $. У силу умови 2) теореми 1 усі вирази в дужках позитивні, тоді сума $S_(2m) >0$ і послідовність $\left\(S_(2m) \right\)$ монотонно зростає:
\

\[\mathop(\lim )\limits_(m\to \infty ) S_(2m+1) =\mathop(\lim )\limits_(m\to \infty ) (S_(2m) +a_(2m+1) ))=\mathop(\lim )\limits_(m\to \infty ) S_(2m) +\mathop(\lim )\limits_(m\to \infty ) a_(2m+1) =S.\]

Отже, при всіх n (парних або непарних) $\mathop(\lim )\limits_(n\to \infty ) S_(n) =S\le a_(1) $, отже, вихідний ряд сходиться. Теорему доведено.

Зауваження 1

Ознаку Лейбніца можна також застосовувати до рядів, для яких умови теореми виконуються з певного номера $N\in $N.

Зауваження 2

Умова 2) теореми 1 (ознака Лейбніца) про монотонність членів низки суттєво.

Слідство

$|R_(n) |\le |a_(n+1) |$. Залишок низки оцінюється модулем першого відкинутого члена ряду.

Доведення

Так як залишок ряду, що знак чергується, теж знак чередующийся ряд, то його сума за ознакою Лейбніца оцінюється модулем його першого члена.

Тобто $|R_(n) |=\left|\sum \limits _(k=n+1)^(\infty) a_(n) \right|\le \left|a_(n+1) |$. А перший член залишку ряду і перший відкинутий член.

Приклад 1

Дослідити на збіжність ряд

\[\sum \limits _(n=1)^(\infty )\frac((-1)^(n-1) )(n) =\, 1-\frac(1)(2) +\frac (1)(3) -\frac(1)(4) +\ldots . \]

Рішення. Позначимо $\frac((-1)^(n-1) )(n) =u_(n) $. До цього ряду застосуємо ознаку Лейбніца. Перевіримо виконання умов теореми 1: умова 1) ряд знаків, що чергуються $a_(n) =\frac(1)(n) ,\, \, \, u_(n) =(-1)^(n-1) \cdot a_ (n) ,\, \, \, a_(n) > 0 $; умова 2) виконано: $1>\frac(1)(2) >\frac(1)(3) >\frac(1)(4) >\ldots $; умова 3) також виконано: $\mathop(\lim )\limits_(n\to \infty ) \frac(1)(n) =0$. Отже, за ознакою Лейбніца цей ряд сходиться, причому його сума $ S \ le a_ (1) = 1 $.

Відповідь: ряд $\sum \limits _(n=1)^(\infty )\frac((-1)^(n-1) )(n) \, $збігається.

Приклад 2

Скільки членів ряду $\sum \limits _(n=1)^(\infty )\frac((-1)^(n+2) )(n^(2) ) \, $ необхідно взяти, щоб отримати суму ряду з точністю 0,01?

Рішення. Даний ряд знакозмінний і є схожим на теорему Лейбніца. Його $n$-ий залишок оцінимо за формулою

\[|R_(n) |=\left|\sum \limits _(k=n+1)^(\infty )a_(n) \right|\le \left|a_(n+1) \right| \]

Для того щоб визначити кількість членів ряду, які потрібно взяти для забезпечення необхідної точності, необхідно вирішити нерівність

\[\left|R_(n) \right|\le 0,01.\]

Звідки $((n+1))^2>100$ або $n\ge 10$.

З цього видно, що потрібно взяти не менше десяти перших членів ряду, що при заміні суми ряду сумою його перших $n$ членів похибка була меншою 0,01.

Приклад 3

Дослідити ряд

\[\sum\limits^(\infty )_(n=1)(((--1))^nn)\]

на збіжність

До загального члена ряду входить множник $((-1))^n$, а отже, потрібно використовувати ознаку Лейбниця

1. Перевірка ряду на знак чергування. Зазвичай у цьому пункті рішення ряд розписують докладно $\sum\limits^(\infty )_(n=1)(((-1))^nn)=-1+2-3+4\dots $ і виносять вердикт Ряд є знакочередним».
2. Чи зменшуються члени ряду по модулю? Необхідно вирішити межу
\[(\mathop(lim)_(n\to \infty ) a_n\ )\]

який найчастіше є дуже простим.

\[(\mathop(lim)_(n\to \infty ) a_n\ )=(\mathop(lim)_(n\to \infty ) n\ )=+\infty \ne 0\]

члени ряду не спадають за модулем. До речі, відпала потреба в міркуваннях про монотонність спадання.

Висновок: ряд розходиться.

Приклад 4

Дослідити на збіжність ряд, що знаходить чергування:

\[\sum \limits _(n=1)^(\infty )\left(-1\right)^(n+1) \frac(1)(n^(2) ) =1-\frac(1 )(2^(2) ) +\frac(1)(3^(2) ) -\frac(1)(4^(2) ) +... \]

Складемо ряд абсолютних величин членів ряду

\[\mathop(\lim )\limits_(n\to \infty ) a_(n) =\mathop(\lim )\limits_(n\to \infty ) \frac(1)(n^(2) ) =0\]

Ряд $\sum \limits _(n=1)^(\infty )\frac(1)(n^(2) ) $ сходиться за інтегральною ознакою. Це випадок низки $\sum \limits _(n=1)^(\infty )\frac(1)(n^(p) ) $, де $ р = 2 > 1$.