Определение. Числовой ряд ∞∑n=1an называется знакопеременным (знакочередующимся), если его слагаемые попеременно меняют знак, т. е. если an⋅an+1<0 (n=1,2,…).
Знакопеременный ряд можно записать в виде u1−u2+u3−u4+⋯=∞∑n=1(−1)n−1un, где un⩾0.
Теорема Лейбница. Если модули слагаемых знакочередующегося ряда ∞∑n=1(−1)n−1un(15.14) монотонно убывают к нулю, то этот ряд сходится.
Обозначим через Sn частичную сумму ряда (15.14). Рассмотрим частичные суммы с четными номерами S2m=(u1−u2)+(u3−u4)+⋯+(u2m−1−u2m). Так как un убывают по условию, то в каждой скобке выражение неотрицательно. Поэтому S2(m+1)=S2m+2=S2m+(u2m+1−u2m+2)⩾S2m. Это означает, что последовательность {S2m}∞m=1 возрастает. С другой стороны, из представления S2m=u1−(u2−u3)−(u4−u5)−⋯−(u2m−2−u2m−1)−u2m, в силу монотонности uk, следует, что S2m⩽u1. Таким образом, последовательность {S2m}∞m=1 ограничена сверху и возрастает и, следовательно, имеет предел. Обозначим S=limm→∞S2m. Для доказательства сходимости ряда (15.14) нужно еще показать, что S2m+1→S(m→∞). Но это сразу следует из равенства S2m+1=S2m+u2m+1 и условия теоремы u2m+1→0(m→∞). Окончательно, последовательность частичных сумм ряда (15.14) с четными и с нечетными номерами сходятся к одному и тому же пределу S. Поэтому S=limn→∞Sn.
Знакочередующийся ряд, для которого выполнены условия теоремы Лейбница, называется рядом лейбницевского типа. Теорема Лейбница утверждает, что ряд лейбницевского типа сходится.
Пример 1. Рассмотрим полугармонический ряд ∞∑n=1(−1)n−1n. Здесь un=1n и данный ряд является рядом лейбницевского типа. По теореме Лейбница, он сходится. Ранее мы показали, что ряд, составленный из модулей слагаемых, – гармонический – расходится. Таким образом, сходимость исходного ряда обусловлена не малостью его слагаемых, а взаимной интерференцией слагаемых.
Пример 2. Приведем пример, показывающий, что в теореме Лейбница нельзя отбросить условие монотонности.
Ряд ∞∑n=1(−1)n−1√n является рядом лейбницевского типа и, следовательно, сходится. Гармонический ряд ∞∑n=11n расходится. Рассмотрим знакопеременный ряд ∞∑n=1[(−1)n−1√n+1n]. Его слагаемые стремятся к нулю, но их модули не монотонны. Легко видеть, что он расходится. Действительно, если бы он являлся сходящимся, то сходился бы и ряд ∞∑n=11n, как разность двух сходящихся рядов ∞∑n=1[(−1)n−1√n+1n] и ∞∑n=1(−1)n−1√n. Но гармонический ряд ∞∑n=11n расходится.
Теорема (оценка остатка ряда лейбницевского типа). Остаток после n-го слагаемого ряда лейбницевского типа имеет такой же знак, как и его первое слагаемое, а по абсолютной величине не превосходит абсолютной величины первого слагаемого.
Пусть Sn– частичные суммы ряда лейбницевского типа ∞∑n=1(−1)n−1un(15.15) S=∞∑n=1(−1)n−1un и rn=∞∑k=n+1(−1)k−1uk Тогда rn=S−Sn, и мы хотим оценить rn.
При доказательстве теоремы Лейбница мы получили, что последовательность частичных сумм ряда (15.15) с четными номерами S2m возрастает, и поэтому S2m⩽S. С другой стороны, S2m+1=u1−(u2−u3)−(u4−u5)−⋯−(u2m−u2m+1), откуда видно, что S2m+1⩾S2m+3, т.е. последовательность частичных сумм ряда (15.15) с нечетными номерами убывает и поэтому S2m+1⩾S.
Таким образом, S2m⩽S⩽S2m+1, откуда 0⩽S−S2m⩽S2m+1−S2m=u2m+1, т.е. остаток четного порядка r2m=S−S2m удовлетворяет неравенству 0⩽r2m⩽u2m+1, что и доказывает теорему для остатков четного порядка.
Аналогично, из неравенства S2m+2≤S⩽S2m+1 следует 0⩾S—S2m+1⩾S2m+2−S2m+1=−u2m+2, т. е. −u2m+2⩽r2m+1⩽0, чем доказано утверждение теоремы для остатков нечетного порядка.
Итак, мы показали, что sign rn=(−1)n и ∣rn∣⩽un+1 для любого n=1,2,…
Примеры решения задач
Определить, сходятся ли ряды:
- ∞∑n=1(−1)nln2nn
Решение
Найдём предел un=ln2nn при n→∞, воспользовавшись правилом Лопиталя: limn→∞ln2nn=limn→∞2lnnn=limn→∞2n=0, то есть модули слагаемых стремятся к нулю. Для проверки монотонности воспользуемся теоремой о достаточном условии строгой монотонности:
(ln2xx)′=2lnxxx−ln2xx2=lnx(2−lnx)x2 Откуда видно, что при x→∞, (ln2xx)′<0, откуда следует, что модули слагаемых монотонно убывают. То есть, данный ряд удовлетворяет условиям теоремы Лейбница, следовательно, он сходится. - ∞∑n=1(−1)n+1n√n
Решение
Найдём предел un=(−1)n+1n√n при n→∞: limn→∞(−1)n+1n√n=limn→∞n−1n=limn→∞e−lnnn.Воспользуемся правилом Лопиталя: limn→∞e−lnnn=limn→∞e−1n=e0=1. Покажем, что данный ряд не удовлетворяет не только условиям теоремы Лейбница, но и необходимое условие сходимости числового ряда: limn→∞(−1)n+1n√n=limn→∞(−1)n+1 Но предела limn→∞(−1)n+1 не существует (можно показать по Гейне, взяв xk′=2n+1 и xk′′=2n). То есть, данный ряд расходится.
- ∞∑n=1(−1)n+12n−arctg n
Решение
Найдём предел limn→∞12n−arctg n=limn→∞12n−π2=0. То есть модули слагаемых стремятся к нулю. Проверяем монотонность: (12x−arctg x)′=−2+11+x2(2x−arctg x)2, откуда видно, что при x→∞ (12x−arctg x)′<0, что по теореме о достаточном условии строгой монотонности говорит о том, что {12n−arctg n}∞n=1 монотонно убывает. То есть, по теореме Лейбница, ряд сходится.
- ∞∑n=1sin(π√n2+k2), где k∈N
Решение
Воспользовавшись нечётностью и периодичностью синуса, получим, что sinα=−sin(−α)=−sin(2πn−α)=−sin(πn+(πn−α))==−sin(πn)cos(πn−α)−cos(πn)sin(πn−α)==−cos(πn)sin(πn−α)=(−1)n+1sin(πn−α). То есть, ∞∑n=1sinπ√n2+k2=∞∑n=1(−1)n+1sin(πn−π√n2+k2). Предел общего члена ряда: limn→∞(−1)n+1sin(πn−π√n2+k2)=limn→∞sin(n2−(n2+k2)n+√n2+k2)==limn→∞sin(πk2n+√n2+k2)=0. Монотонность. (πk2x+√x2+k2)′=−πk2x+√x2+k2(1+x√x2+k2)==−πk2x+√x2+k2(x+√x2+k2√x2+k2)=−πk2x√x2+k2+x2+k2, то есть при n→∞ (πk2x+√x2+k2)′<0, а значит, по теореме о достаточном условии строгой монотонности {πk2n+√n2+k2}∞n=1 монотонно убывает при достаточно больших n. При y в окрестности нуля, по таблице эквивалентных, sin(y)∼y, а y=πk2x+√x2+k2 монотонно убывает к 0, как было показано. Значит, общий член ряда также монотонно убывает к нулю, следовательно, по признаку Лейбница, ряд сходится.
При первом взгляде могло показаться, что для этого ряда не выполняется необходимое условие сходимости числового ряда. Однако, это не так: limn→∞sin(π√n2+k2)=limn→∞sin(π√n2(1+k2n2))==limn→∞sinπn√1+k2n2=limn→∞sinπn=0
Признак Лейбница
Тест для проверки уровня усвоения материала по теме «признак Лейбница».
