Знакочередующиеся ряды и признак Лейбница

Источник статьи

Автор24 — учеба по твоим правилам

Определение 1

Числовой ряд

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

где $a_{n} > 0$ , называется знакочередующимся рядом.

Для установления сходимости таких рядов существует достаточный признак сходимости, называемый признаком Лейбница.

Теорема 1 (признак 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 $S\le a_{1}$ .

Доказательство

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:

$S_{2m} =a_{1} -(a_{3} -a_{3} )-(a_{4} -a_{5} )-....-(a_{2m-2} -a_{2m-1} )-a_{2m}$

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.

«Знакочередующиеся ряды и признак Лейбница» 👇

Помощь эксперта по теме работы

Найти эксперта

Решение задач от ИИ за 2 минуты

Решить задачу

Помощь с рефератом от нейросети

Написать ИИ

Замечание 1

Признак Лейбница можно также применять к рядам, для которых условия теоремы выполняются с некоторого номера $N\in$ N.

Замечание 2

Условие 2) теоремы 1 (признак Лейбница) о монотонности членов ряда существенно.

Следствие

$|R_{n} |\le |a_{n+1} |$ . Остаток ряда оценивается модулем первого отброшенного члена ряда.

Доказательство

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.

Пример 1

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.

Пример 2

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.

Пример 3

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.

Пример 4

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 $р = 2 > 1$ .