где $a_{n} > 0$, называется знакочередующимся рядом.
Для установления сходимости таких рядов существует достаточный признак сходимости, называемый признаком Лейбница.
Пусть числовой ряд $\sum \limits _{n=1}^{\infty }u_{n} $ удовлетворяет условиям:
- $u_{n} =(-1)^{n-1} \cdot a_{n} ,\, \, \, a_{n} > 0$, т.е. этот ряд знакочередующийся;
- члены этого ряда монотонно убывают по абсолютной величине: $\left|u_{1} \right|>\left|u_{2} \right|>\left|u_{3} \right|>...\, \, \, $ т.е. $a_{n} >a_{n+1} ,\, \, \, \, n=1,\, 2,\, ...$;
- общий член ряда $a_{n} $ стремится к 0, т.е. $\mathop{\lim }\limits_{n\to \infty } a_{n} =0$.
Тогда ряд $\sum \limits _{n=1}^{\infty }u_{n} $ сходится и его сумма $S\le a_{1} $.
- Сначала рассмотрим частичную сумму чётного порядка $S_{n} =S_{2m} =a_{1} -a_{2} +a_{3} -a_{4} +...+a_{2m-1} -a_{2m} $ и запишем её в виде: $S_{2m} =(a_{1} -a_{2} )+(a_{3} -a_{4} )+...+(a_{2m-1} -a_{2m} )$. В силу условия 2) теоремы 1 все выражения в скобках положительны, тогда сумма $S_{2m} >0$ и последовательность $\left\{S_{2m} \right\}$ монотонно возрастает: \[0 Теперь запишем эту сумму иначе: $S_{2m} =a_{1} -(a_{3} -a_{3} )-(a_{4} -a_{5} )-....-(a_{2m-2} -a_{2m-1} )-a_{2m} $.В последнем выражении каждое из выражений в скобках положительно, поэтому $S_{2m}
- Рассмотрим частичную сумму нечётного порядка $S_{n} =S_{2m+1} =S_{2m} +a_{2m+1} $, которая положительна. Можно показать, что последовательность $\left\{S_{2m+1} \right\}$ монотонно возрастает, так как монотонно возрастает последовательность $\left\{S_{2m} \right\}$ и $a_{2m+1} >0$. Запишем выражение для $\left\{S_{2m+1} \right\}$ в виде: $S_{2m+1} =a_{1} -(a_{2} -a_{3} )-....-(a_{2m} -a_{2m+1} )$, так как все выражения в скобках положительны, то $S_{2m+1} \le a_{1} $. По условию 3) теоремы 1$\mathop{\lim }\limits_{n\to \infty } a_{n} =0$, тогда \[\mathop{\lim }\limits_{m\to \infty } a_{2m+1} =0,\]
Откуда
\[\mathop{\lim }\limits_{m\to \infty } S_{2m+1} =\mathop{\lim }\limits_{m\to \infty } (S_{2m} +a_{2m+1} )=\mathop{\lim }\limits_{m\to \infty } S_{2m} +\mathop{\lim }\limits_{m\to \infty } a_{2m+1} =S.\]Итак, при всех n (чётных или нечётных), $\mathop{\lim }\limits_{n\to \infty } S_{n} =S\le a_{1} $, следовательно, исходный ряд сходится. Теорема доказана.
Признак Лейбница можно также применять к рядам, для которых условия теоремы выполняются с некоторого номера $N\in $N.
Условие 2) теоремы 1 (признак Лейбница) о монотонности членов ряда существенно.
$|R_{n} |\le |a_{n+1} |$. Остаток ряда оценивается модулем первого отброшенного члена ряда.
Так как остаток знакочередующегося ряда тоже знакочередующийся ряд, то его сумма по признаку Лейбница оценивается модулем его первого члена.
То есть $|R_{n} |=\left|\sum \limits _{k=n+1}^{\infty }a_{n} \right|\le \left|a_{n+1} \right|$. А первый член остатка ряда и есть первый отброшенный член.
Исследовать на сходимость ряд
\[\sum \limits _{n=1}^{\infty }\frac{(-1)^{n-1} }{n} =\, 1-\frac{1}{2} +\frac{1}{3} -\frac{1}{4} +\ldots . \]Решение. Обозначим $\frac{(-1)^{n-1} }{n} =u_{n} $. К данному ряду применим признак Лейбница. Проверим выполнение условий теоремы 1: условие 1) ряд знакочередующийся $a_{n} =\frac{1}{n} ,\, \, \, u_{n} =(-1)^{n-1} \cdot a_{n} ,\, \, \, a_{n} >0$; условие 2) выполнено: $1>\frac{1}{2} >\frac{1}{3} >\frac{1}{4} >\ldots $; условие 3) также выполнено: $\mathop{\lim }\limits_{n\to \infty } \frac{1}{n} =0$. Следовательно, по признаку Лейбница данный ряд сходится, причем его сумма $S\le a_{1} =1$.
Ответ: ряд $\sum \limits _{n=1}^{\infty }\frac{(-1)^{n-1} }{n} \, $сходится.
Сколько членов ряда $\sum \limits _{n=1}^{\infty }\frac{(-1)^{n+2} }{n^{2} } \, $ необходимо взять, что бы получить сумму ряда с точностью 0,01?
Решение. Данный ряд знакопеременный и является сходящимся по теореме Лейбница. Его $n$ - ый остаток оценим по формуле
\[|R_{n} |=\left|\sum \limits _{k=n+1}^{\infty }a_{n} \right|\le \left|a_{n+1} \right|\]Для того что бы определить количество членов ряда, которые нужно взять для обеспечения неоходимой точности, необходимо решить неравенство
\[\left|R_{n} \right|\le 0,01.\]Откуда ${(n+1)}^2>100$ или $n\ge 10$.
Из этого видно, что нужно взять не меньше десяти первых членов ряда, что бы при замене суммы ряда суммой его первых $n$ членов погрешность была меньшей 0,01.
Исследовать ряд
\[\sum\limits^{\infty }_{n=1}{{(-1)}^nn}\]на сходимость
В общий член ряда входит множитель ${(-1)}^n$, а значит, нужно использовать признак Лейбница
- Проверка ряда на знакочередование. Обычно в этом пункте решения ряд расписывают подробно $\sum\limits^{\infty }_{n=1}{{(-1)}^nn}=-1+2-3+4\dots $ и выносят вердикт «Ряд является знакочередующимся».
- Убывают ли члены ряда по модулю? Необходимо решить предел \[{\mathop{lim}_{n\to \infty } a_n\ }\]
который чаще всего является очень простым.
\[{\mathop{lim}_{n\to \infty } a_n\ }={\mathop{lim}_{n\to \infty } n\ }=+\infty \ne 0\]члены ряда не убывают по модулю. К слову, отпала надобность в рассуждениях о монотонности убывания.
Вывод: ряд расходится.
Исследовать на сходимость знакочередующийся ряд:
\[\sum \limits _{n=1}^{\infty }\left(-1\right)^{n+1} \frac{1}{n^{2} } =1-\frac{1}{2^{2} } +\frac{1}{3^{2} } -\frac{1}{4^{2} } +... \]Составим ряд из абсолютных величин членов ряда
\[1+\frac{1}{2^{2} } +\frac{1}{3^{2} } +\frac{1}{4^{2} } +... a_{n} =\left|u_{n} \right|=\frac{1}{n^{2} } \] \[\mathop{\lim }\limits_{n\to \infty } a_{n} =\mathop{\lim }\limits_{n\to \infty } \frac{1}{n^{2} } =0\]Ряд $\sum \limits _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^{2} } $ сходится по интегральному признаку. Это случай ряда $\sum \limits _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^{p} } $, где $ р = 2 > 1$.
