Ряды лейбница примеры. Знакочередующиеся и знакопеременные ряды и их сходимость. Примеры

imS 2n+1 {nà∞} = im(S 2n +U 2n+1)=S;

Чётные и нечётные суммы с одним пределом => ряд сходится.

1) Заметим, что S>0, т.е. знак суммы совпадает со знаком первого члена.

38. Абсол и условная сходимость.

О. Ряд вида (1)

наз знакочеред-ся.

Признак Лейбница (сх-ть знакочер ряда).

Для того, чтобы ряд (1) сх-ся достаточно, чтобы абсол значения убывали и →0 при возрастании n, т.е.

О. Если ряд, сост из абсол значений величин сх-ся, то ряд наз абсолютно сходящимся.

Теорема: Если ряд явл абсол сх-ся, то исх ряд сх-ся.

Док-во:восп-ся 1 признаком сравнения

Рассм-м ряд - ряд из абсол значений величин

Доказана сх-ть по 2-му признаку сравнения, след-но исх ряд сх-ся абсолютно.

О. Если ряд, образ из абсол значений его величин расх-ся, а исх ряд сх-ся, то он наз условно сх-ся.

39. Понятие степенного ряда. Область сходимости степенного ряда. Теорема Абеля.

Ряд вида , где - числа, называемые коэффициентами ряда, x – переменная, наз-ся степенным рядом. Интервал (-R;R) наз интервалом сх-ти степ ряда. Заметим, что для x €(-R;R) ряд сходится абсолютно, а в точках x= ± R степенной ряд может сходиться или расходиться. Для нахождения радиуса сходимости можно воспольз-ся, признаками Даламбера или Коши. Теорема. Если существует | a n +1 / a n |=L, то R=1/L= | a n / a n +1 |. (Док-во. Рассмотрим ряд a n x n . Применим к нему признак Даламбера. | a n +1 x n +1 / a n x n |= | a n +1 / a n |∙| x | =L∙| x |. Отсюда следует, что если L∙| x |<1, т,е. если | x |<1/L , то ряд сходится абсолютно. Если L∙| x |>1, то ряд расходится. Теорема доказана.) Заметим, что если L=0, для любого | x | то R=∞ . Если L=∞, для любого x≠0 , то R=0 . Если R=0 , то ряд сходится в единственной точке x 0 =0; если R=∞, то ряд сходится на всей числовой прямой. Итак, интервал сходимости ряда a n x n есть (-R;R) . Для нахождения области сходимости ряда надо отдельно исследовать сходимость в точках x=R и x=-R; в зав-ти от рез-тов этого исслед-я обл-ю сх-ти ряда м. б. один из промежутков: [-R;R],(-R;R),[-R;R),(-R;R]. Теорема Абеля: 1) Если степенной ряд a n x n сходится при x=x 0 , то он сходится причем абсолютно для всех x , удовлетворяющих неравенству |x|<|x 0 |. 2) Если же ряд a n x n расходится при x=x 1 , то он расходится при всех x, удовлетворяющих условию |x|>|x 1 |. (Док-во 1)Так как числовой ряд a n x 0 n сходится, то a n x 0 n =0. Это означает, что числовая последовательность {a n x 0 n } ограничена.Тогда перепишем степенной ряд в виде a 0 + a 1 x 0 (x/x 0) + a 2 x 0 2 (x 2 /x 0 2) +…+…= a n x 0 n (x/x 0) 2 . Рассмотрим ряд из абсолютных величин. |a 0 | + |a 1 x 0 (x/x 0) | + |a 2 x 0 2 (x 2 /x 0 2) | +…+…<= M + M| x/x 0 | + M| x/x 0 | 2 +…= M(1+q+ q 2 +…). Это геометрическая прогрессия с q=(x/x 0)<1-сходится. Из признака сравнения следует абсолютная сходимость степенного ряда. 2)От противного. Пусть степенной ряд сходится при некотором x * , | x * |> x 1. Но тогда согласно 1-ой части теоремы, степенной ряд сходится для всех | x |< x * . В том числе должен сходится и при x= x 0 , так как | x |< | x * | . Но это противоречит предположению теоремы. Теорема доказана.)

Своим внеочередным появлением данный раздел обязан многим и многим авторам, читая труды которых так и хотелось запустить оными трудами в самих писателей. Собственно, я планировал выложить данную тему полностью лишь по мере её окончательной готовности, однако ввиду слишком большого количества вопросов по ней, изложу некоторые моменты сейчас. Впоследствии материал будет дополнен и расширен. Начнём с определений.

Ряд вида $\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}u_n$, где $u_n>0$, называется знакочередующимся.

Знаки членов знакочередующегося ряда строго чередуются:

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

Например, $1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\ldots$ - знакочередующийся ряд. Бывает, что строгое чередование знаков начинается не с первого элемента, однако для исследования на сходимость это несущественно.

Почему чередование знаков не с первого элемента является несущественным? показать\скрыть

Дело в том, что среди свойств числовых рядов есть утверждение, которое позволяет нам отбрасывать "лишние" члены ряда. Вот это свойство:

Ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_n$ сходится тогда и только тогда, когда сходится любой из его остатков $r_n=\sum\limits_{k=n+1}^{\infty}u_k$. Отсюда следует, что отбрасывание или добавление к некоторому ряду конечного количества членов не изменяет сходимости ряда.

Пусть нам задан некий знакочередующийся ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}u_n$, и пусть для этого ряда выполнено первое условие признака Лейбница, т.е. $\lim_{n\to{\infty}}u_n=0$. Однако второе условие, т.е. $u_n≥u_{n+1}$, выполняется начиная с некоего номера $n_0\in{N}$. Если $n_0=1$, то мы получаем обычную формулировку второго условия признака Лейбница, посему ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}u_n$ будет сходиться. Если же $n_0>1$, то разобьём ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}u_n$ на две части. В первую часть выделим все те элементы, номера которых меньше $n_0$:

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

Для ряда $\sum\limits_{n=n_0}^{\infty}(-1)^{n+1}u_n$ выполнены оба условия признака Лейбница, поэтому ряд $\sum\limits_{n=n_0}^{\infty}(-1)^{n+1}u_n$ сходится. Так как сходится остаток, то будет сходиться и исходный ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}u_n$.

Таким образом, совершенно неважно, выполнено ли второе условие признака Лейбница, начиная с первого, или же с тысячного элемента - ряд всё равно будет сходиться.

Отмечу, что признак Лейбница является достаточным, но не необходимым условием сходимости знакочередующихся рядов. Иными словами, выполнение условий признака Лейбница гарантирует сходимость ряда, но невыполнение оных условий не гарантирует ни сходимости, ни расходимости. Разумеется, невыполнение первого условия, т.е. случай $\lim_{n\to{\infty}}u_n\neq{0}$, означает расходимость ряда $\sum\limits_{n=n_0}^{\infty}(-1)^{n+1}u_n$, однако невыполнение второго условия может произойти как для сходящегося, так и расходящегося ряда.

Так как знакочередующиеся ряды частенько встречаются в стандартных типовых расчётах, то я составил схему, по которой можно исследовать на сходимость стандартный знакочередующийся ряд.

Разумеется, можно напрямую применять признак Лейбница, минуя проверку сходимости ряда из модулей. Однако для стандартных учебных примеров проверка ряда из модулей необходима, так как большинство авторов типовых расчетов требуют не просто выяснить, сходится ряд или нет, а определить характер сходимости (условная или абсолютная). Перейдем к примерам.

Пример №1

Исследовать ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\frac{4n-1}{n^2+3n}$ на сходимость.

Для начала выясним, действительно ли данный ряд знакочередующийся. Так как $n≥1$, то $4n-1≥3>0$ и $n^2+3n≥4>0$, т.е. при всех $n\in{N}$ имеем $\frac{4n-1}{n^2+3n}>0$. Таким образом, заданный ряд имеет вид $\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}u_n$, где $u_n=\frac{4n-1}{n^2+3n}>0$, т.е. рассматриваемый ряд - знакочередующийся.

Обычно такая проверка делается устно, однако пропускать её крайне нежелательно: ошибки в типовых расчётах нередки. Часто бывает, что знаки членов заданного ряда начинают чередоваться не с первого члена ряда. В этом случае можно отбросить "мешающие" члены ряда и исследовать сходимость остатка (см. примечание в начале этой страницы).

Итак, нам задан знакочередующийся ряд. Будем следовать вышеприведённой . Для начала составим ряд из модулей членов данного ряда:

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

Проверим, сходится ли составленный ряд из модулей. Применим признак сравнения . Так как при всех $n\in{N}$ имеем $4n-1=3n+n-1≥3n$ и $n^2+3n≤n^2+3n^2=4n^2$, то:

$$ \frac{4n-1}{n^2+3n}≥ \frac{3n}{4n^2}=\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{n} $$

Гармонический ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}$ расходится, поэтому будет расходиться и ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left(\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{n}\right)$. Следовательно, согласно признаку сравнения ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{4n-1}{n^2+3n}$ расходится. Обозначим $u_n=\frac{4n-1}{n^2+3n}$ и проверим, выполнены ли условия признака Лейбница для исходного знакочередующегося ряда. Найдём $\lim_{n\to{\infty}}u_n$:

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

Первое условие признака Лейбница выполнено. Теперь нужно выяснить, выполнено ли неравенство $u_n≥u_{n+1}$. Немалое количество авторов предпочитает записать несколько первых членов ряда, а затем сделать вывод, что неравенство $u_n≥u_{n+1}$ выполнено.

Иными словами, это "доказательство" для данного ряда имело бы такой вид: $\frac{2}{3}≤\frac{5}{8}≤\frac{8}{15}≤\ldots$. После сравнения нескольких первых членов делается вывод: для остальных членов неравенство сохранится, каждый последующий будет не более предыдущего. Откуда взялся этот "метод доказательства" я не знаю, но он ошибочен. Например, для последовательности $v_n=\frac{10^n}{n!}$ 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.

Как же доказать неравенство $u_n≥u_{n+1}$? В общем случае для этого есть несколько способов. Самый простой в нашем случае - рассмотреть разность $u_n-u_{n+1}$ и выяснить её знак. В следующем примере рассмотрим иной способ: посредством доказательства убывания соответствующей функции.

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

Так как $n≥1$, то $4n^2-4≥0$, откуда имеем $4n^2+2n-4>0$, т.е. $u_n-u_{n+1}>0$, $u_n>u_{n+1}$. Бывает, конечно, что неравенство $u_n≥u_{n+1}$ выполняется не с первого члена ряда, однако это несущественно (см. в начале страницы).

Таким образом, оба условия признака Лейбница выполнены. Так как при этом ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left|(-1)^{n+1}\frac{4n-1}{n^2+3n}\right|$ расходится, то ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\frac{4n-1}{n^2+3n}$ сходится условно.

Ответ : ряд сходится условно.

Пример №2

Исследовать ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\frac{5n-4}{\sqrt{2n^3-1}}$ на сходимость.

Для начала рассмотрим выражение $\frac{5n-4}{\sqrt{2n^3-1}}$. Стоит произвести небольшую проверку корректности условия. Дело в том, что очень часто в условиях стандартных типовых расчётов можно встретить ошибки, когда подкоренное выражение является отрицательным, или же в знаменателе при некоторых значениях $n$ появляется ноль.

Дабы избежать таких неприятностей, произведём простенькое предварительное исследование. Так как при $n≥1$ имеем $2n^3≥2$, то $2n^3-1≥1$, т.е. выражение под корнем не может быть отрицательным или равняться нулю. Следовательно, условие вполне корректно. Выражение $\frac{5n-4}{\sqrt{2n^3-1}}$ определено при всех $n≥1$.

Добавлю, что при $n≥1$ верно неравенство $\frac{5n-4}{\sqrt{2n^3-1}}>0$, т.е. нам задан знакочередующийся ряд. Будем исследовать его согласно вышеприведённой . Для начала составим ряд из модулей членов данного ряда:

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

Проверим, сходится ли ряд, составленный из модулей членов заданного ряда. Применим признак сравнения . В решении предыдущего примера мы применяли первый признак сравнения. Здесь же, сугубо для разнообразия, применим второй признак сравнения (признак сравнения в предельной форме). Сравним ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{5n-4}{\sqrt{2n^3-1}}$ с расходящимся рядом $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{n}}$:

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

Так как $\frac{5}{\sqrt{2}}\neq{0}$ и $\frac{5}{\sqrt{2}}\neq\infty$, то одновременно с рядом $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{n}}$ будет расходиться и ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{5n-4}{\sqrt{2n^3-1}}$.

Итак, абсолютной сходимости заданный знакочередующийся ряд не имеет. Обозначим $u_n=\frac{5n-4}{\sqrt{2n^3-1}}$ и проверим, выполнены ли условия признака Лейбница. Найдём $\lim_{n\to{\infty}}u_n$:

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

Первое условие признака Лейбница выполнено. Теперь нужно выяснить, выполнено ли неравенство $u_n≥u_{n+1}$. В прошлом примере мы рассмотрели один из способов доказательства этого неравенства: посредством выяснения знака разности $u_n-u_{n+1}$. В этот раз обратимся к иному способу: вместо $u_n=\frac{5n-4}{\sqrt{2n^3-1}}$ рассмотрим функцию $y(x)=\frac{5x-4}{\sqrt{2x^3-1}}$ при условии $x≥1$. Отмечу, что поведение данной функции при условии $x<1$ нам совершенно безразлично.

Наша цель состоит в том, чтобы доказать невозрастание (или убывание) функции $y(x)$. Если мы докажем, что функция $y(x)$ является невозрастающей, то для всех значений $x_2>x_1$ будем иметь $y(x_1)≥y(x_2)$. Полагая $x_1=n$ и $x_2=n+1$ получим, что из неравенства $n+1>n$ последует истинность неравенства $y(n)≥y(n+1)$. Так как $y(n)=u_n$, то неравенство $y(n)≥y(n+1)$ есть то же самое, что и $u_{n}≥u_{n+1}$.

Если же мы покажем, что $y(x)$ - убывающая функция, то из неравенства $n+1>n$ последует истинность неравенства $y(n)>y(n+1)$, т.е. $u_{n}>u_{n+1}$.

Найдём производную $y"(x)$ и выясним её знак для соответствующих значений $x$.

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

Полагаю, очевидно, что при достаточно больших положительных значениях $x≥1$ многочлен в знаменателе будет меньше нуля, т.е. $-5x^3+12x^2-5<0$. 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.

Однако давайте подойдём к вопросу менее формально. Дабы не привлекать лишних лемм из алгебры, просто грубо оценим значение выражения $-5x^3+12x^2-5$. Учтём $-5x^3+12x^2-5=x^2(-5x+12)-5$. При $x≥3$ имеем $-5x+12<0$, посему $x^2(-5x+12)-5<0$.

Таким образом, при $x≥3$ имеем $y"(x)<0$, т.е. функция $y(x)$ убывает. А это, в свою очередь, означает, что при $n≥3$ верно неравенство $u_n>u_{n+1}$, т.е. второе условие признака Лейбница выполнено. Разумеется, мы показали выполнение второго условия не с $n=1$, а с $n=3$, но это несущественно (см. в начале страницы).

Таким образом, оба условия признака Лейбница выполнены. Так как при этом ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left|(-1)^{n+1}\frac{5n-4}{\sqrt{2n^3-1}}\right|$ расходится, то ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\frac{4n-1}{n^2+3n}$ сходится условно.

Ответ : ряд сходится условно.

Пример №3

Исследовать ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\frac{3n+4}{2^n}$ на сходимость.

Данный пример не представляет большого интереса, поэтому я распишу его коротко. Нам задан знакочередующийся ряд, который вновь станем исследовать по . Составим ряд из модулей членов данного ряда:

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

Применим признак Д"Аламбера . Обозначая $u_n=\frac{3n+4}{2^n}$, получим $u_{n+1}=\frac{3n+7}{2^{n+1}}$.

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

Так как $\frac{1}{2}<1$, 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.

Отмечу, что для решения заданного примера нам не потребовался признак Лейбница. Именно поэтому удобно сперва проверить сходимость ряда из модулей, а потом уже, при необходимости, исследовать сходимость исходного знакочередующегося ряда.

Ответ : ряд сходится абсолютно.

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:

1. $u_{n} =(-1)^{n-1} \cdot a_{n} ,\, \, \, a_{n} > 0$, т.е. этот ряд знакочередующийся;
2. члены этого ряда монотонно убывают по абсолютной величине: $\left|u_{1} \right|>\left|u_{2} \right|>\left|u_{3} \right|>...\, \, \, $ т.е. $a_{n} >a_{n+1} ,\, \, \, \, n=1,\, 2,\, ...$;
3. 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

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:
\

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

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.

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 определ ить 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

1. 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».
2. 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

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

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$.

Теорема формулируется следующим образом. Знакочередующийся ряд

сходится, если выполняются оба условия:

Следствие

Из теоремы Лейбница вытекает следствие, позволяющее оценить погрешность вычесления неполной суммы ряда:

Остаток сходящегося знакочередующегося ряда R n = S − S n будет по модулю меньше первого отброшенного слагаемого:

Источники

• Бронштейн И. Н., Семендяев К. А. Справочник по математике. - Изд. 7-е, стереотипное. - М.: Государственное издательство технико-теоретической литературы, 1967. - С. 296.

Wikimedia Foundation . 2010 .

Смотреть что такое "Признак Лейбница" в других словарях:

Признак Дирихле теорема, указывающая достаточные условия сходимости несобственных интегралов и суммируемости бесконечных рядов. Названа в честь немецкого математика Лежёна Дирихле. Содержание … Википедия

Признак Дини признак поточечной сходимости ряда Фурье. Несмотря на то, что ряд Фурье функции из сходится к ней в смысле нормы, он вовсе не обязан сходиться к ней поточечно (даже в случае непрерывной функции). Тем не менее, при некоторых… … Википедия

Признак сравнения утверждение об одновременности расходимости или сходимости двух рядов, основанный на сравнении членов этих рядов. Содержание 1 Формулировка 2 Доказательство … Википедия

Признак сходимости числового ряда, предложенный Лобачевским между 1834 и 1836. Пусть есть убывающая последовательность положительных чисел, тогда ряд сходится или расходится одновременно с рядом … Википедия

Признак сходимости рядов Фурье: если периодическая функция имеет ограниченную вариацию на отрезке, то её ряд Фурье сходится в каждой точке к числу; если при этом функция непрерывна на отрезке … Википедия

- (признак Раабе Дюамеля) признак сходимости знакоположительных числовых рядов, установленный Йозефом Людвигом Раабе (Joseph Ludwig Raabe) и независимо Жан Мари Дюамелем. Содержание 1 Формулировка 2 Формул … Википедия

Признак сходимости числовых рядов с положительными членами, установленный Жозефом Бертраном. Содержание 1 Формулировка 2 Формулировка в предельной форме … Википедия

Общий признак сходимости числовых рядов с положительными членами, установленный в 1812 году Карлом Гауссом, при исследовании сходимости гипергеометрического ряда. Формулировка Пусть дан ряд и ограниченная числовая последовательность. Тогда если… … Википедия

Признак сходимости числовых рядов с положительными членами, установленный Василием Ермаковым. Его специфика заключается в том, что он превосходит все прочие признаки своей чувствительностью. Эта работа опубликована в статьях: «Общая теория… … Википедия

Признак сходимости числовых рядов с положительными членами, установленный Пьером Жамэ. Содержание 1 Формулировка 2 Формулировка в предельной форме … Википедия