Признаки сходимости ряда

Числовой ряд $\sum\limits_{n=1}^\infty a_{n}$ называется знакопеременным (знакочередующимся), если его слагаемые попеременно меняют знак, т. е. если $a_{n} \cdot a_{n+1}<0$ $(n=1,2,\dots)$ .
Знакопеременный ряд можно записать в виде $u_{1}-u_{2}+u_{3}-u_{4}+\dots=\sum \limits _{n=1}^\infty (-1)^{n-1}u_{n},$ где $u_{n}\geqslant 0$ .

Если модули слагаемых знакочередующегося ряда $\sum\limits_{n=1}^\infty (-1)^{n-1}u_{n} (15.14)$ монотонно убывают к нулю, то этот ряд сходится.

Обозначим через $S_{n}$ частичную сумму ряда $(15.14)$ . Рассмотрим частичные суммы с четными номерами $S_{2m}=(u_{1}-u_{2})+(u_{3}-u_{4})+\dots+(u_{2m-1}-u_{2m}).$ Так как $u_{n}$ убывают по условию, то в каждой скобке выражение неотрицательно. Поэтому $S_{2(m+1)}=S_{2m+2}=S_{2m}+(u_{2m+1}-u_{2m+2})\geqslant S_{2m}.$ Это означает, что последовательность $\left\{ {S_{2m}} \right\}_{m=1}^\infty$ возрастает. С другой стороны, из представления $S_{2m}=u_{1}-(u_{2}-u_{3})-(u_{4}-u_{5})-\dots-(u_{2m-2}-u_{2m-1})-u_{2m},$ в силу монотонности $u_{k}$ , следует, что $S_{2m}\leqslant u_{1}$ . Таким образом, последовательность $\left\{ {S_{2m}} \right\}_{m=1}^\infty$ ограничена сверху и возрастает и, следовательно, имеет предел. Обозначим $S= \displaystyle{\lim_{m \to \infty}} S_{2m}$ . Для доказательства сходимости ряда $(15.14)$ нужно еще показать, что $S_{2m+1} \rightarrow S (m\rightarrow \infty)$ . Но это сразу следует из равенства $S_{2m+1}= S_{2m}+ u_{2m+1}$ и условия теоремы $u_{2m+1}\rightarrow 0 (m\rightarrow\infty)$ . Окончательно, последовательность частичных сумм ряда $(15.14)$ с четными и с нечетными номерами сходятся к одному и тому же пределу $S$ . Поэтому $S= \displaystyle{\lim_{n \to \infty}} S_{n}$ .
Знакочередующийся ряд, для которого выполнены условия теоремы Лейбница, называется рядом лейбницевского типа. Теорема Лейбница утверждает, что ряд лейбницевского типа сходится.

Рассмотрим полугармонический ряд $\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n}$ . Здесь $u_{n}=\frac{1}{n}$ 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.

Приведем пример, показывающий, что в теореме Лейбница нельзя отбросить условие монотонности.
Ряд $\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{\sqrt{n}}$ является рядом лейбницевского типа и, следовательно, сходится. Гармонический ряд $\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty} \frac{1}{n}$ расходится. Рассмотрим знакопеременный ряд $\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty}\left[ \frac{(-1)^{n-1}}{\sqrt{n}} +\frac{1}{n}\right].$ 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 $\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty} \frac{1}{n}$ , как разность двух сходящихся рядов $\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty}\left[ \frac{(-1)^{n-1}}{\sqrt{n}} +\frac{1}{n}\right]$ и $\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{\sqrt{n}}.$ Но гармонический ряд $\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty} \frac{1}{n}$ расходится.

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 $S_{n}$ – частичные суммы ряда лейбницевского типа $\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty} (-1)^{n-1}u_{n} (15.15)$ $S= \displaystyle{\sum_{n=1}^\infty} (-1)^{n-1}u_{n}$ и $r_{n}=\displaystyle{\sum_{k=n+1}^\infty} (-1)^{k-1}u_{k}$ Тогда $r_{n}=S-S_{n}$ , и мы хотим оценить $r_{n}.$
При доказательстве теоремы Лейбница мы получили, что последовательность частичных сумм ряда $(15.15)$ с четными номерами $S_{2m}$ возрастает, и поэтому $S_{2m}\leqslant S$ . С другой стороны, $S_{2m+1}=u_{1}-(u_{2}-u_{3})-(u_{4}-u_{5})-\dots-(u_{2m}-u_{2m+1}),$ откуда видно, что $S_{2m+1}\geqslant S_{2m+3},$ т.е. последовательность частичных сумм ряда $(15.15)$ с нечетными номерами убывает и поэтому $S_{2m+1}\geqslant S$ .
Таким образом, $S_{2m}\leqslant S \leqslant S_{2m+1},$ откуда $0\leqslant S-S_{2m}\leqslant S_{2m+1}-S_{2m}=u_{2m+1},$ т.е. остаток четного порядка $r_{2m}=S-S_{2m}$ удовлетворяет неравенству $0\leqslant r_{2m} \leqslant u_{2m+1},$ что и доказывает теорему для остатков четного порядка.
Аналогично, из неравенства $S_{2m+2}\leq S \leqslant S_{2m+1}$ следует $0\geqslant S — S_{2m+1}\geqslant S_{2m+2}-S_{2m+1}=-u_{2m+2},$ т. е. $-u_{2m+2}\leqslant r_{2m+1}\leqslant 0,$ чем доказано утверждение теоремы для остатков нечетного порядка.
Итак, мы показали, что $\text{sign }$ $r_{n} = (-1)^{n}$ и $\mid r_{n}\mid \leqslant u_{n+1}$ для любого $n = 1,2,\dots$

Примеры решения задач

Определить, сходятся ли ряды:

$\displaystyle \sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{\ln^2n}{n}$

Решение

Найдём предел $u_{n}=\frac{\ln^2n}{n}$ при $n\rightarrow\infty$ , воспользовавшись правилом Лопиталя: $\displaystyle\lim_{n \to \infty}\frac{\ln^2n}{n}=\displaystyle\lim_{n \to \infty}\frac{2\ln n}{n}=\displaystyle\lim_{n \to \infty}\frac{2}{n}=0$ , то есть модули слагаемых стремятся к нулю. Для проверки монотонности воспользуемся теоремой о достаточном условии строгой монотонности:
$\left(\frac{\ln^2x}{x}\right)^\prime=\frac{\frac{2\ln x}{x}x-\ln^2 x}{x^2}=\frac{\ln x \left(2-\ln x \right)}{x^2}$ Откуда видно, что при $x\rightarrow\infty$ , $\left(\frac{\ln^2x}{x}\right)^\prime<0$ , откуда следует, что модули слагаемых монотонно убывают. То есть, данный ряд удовлетворяет условиям теоремы Лейбница, следовательно, он сходится.
$\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{{\sqrt[n]{n}}}$

Решение

Найдём предел $u_{n}=\frac{(-1)^{n+1}}{{\sqrt[n]{n}}}$ при $n\rightarrow\infty$ : $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{(-1)^{n+1}}{{\sqrt[n]{n}}}=\lim_{n \to \infty}n^{-\frac{1}{n}}=\lim_{n \to \infty}e^{-\frac{\ln n}{n}}.$ Воспользуемся правилом Лопиталя: $\displaystyle \lim_{n \to \infty}e^{-\frac{\ln n}{n}}=\lim_{n \to \infty}e^{-\frac{1}{n}}=e^0=1$ . Покажем, что данный ряд не удовлетворяет не только условиям теоремы Лейбница, но и необходимое условие сходимости числового ряда: $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{(-1)^{n+1}}{{\sqrt[n]{n}}}=\displaystyle \lim_{n \to \infty} (-1)^{n+1}$ Но предела $\displaystyle \lim_{n \to \infty} (-1)^{n+1}$ не существует (можно показать по Гейне, взяв ${x_{k}}^{\prime}=2n+1$ и ${x_{k}}^{\prime \prime}=2n$ ). То есть, данный ряд расходится.
$\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{2n-\text{arctg } n}$

Решение

Найдём предел $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{1}{2n-\text{arctg } n}=\lim_{n \to \infty} \frac{1}{2n-\frac{\pi}{2}}=0.$ То есть модули слагаемых стремятся к нулю. Проверяем монотонность: $\displaystyle \left(\frac{1}{2x-\text{arctg } x}\right)^\prime=\frac{-2+\frac{1}{1+x^2}}{\left(2x-\text{arctg } x\right)^2},$ откуда видно, что при $x\rightarrow\infty$ $\displaystyle \left(\frac{1}{2x-\text{arctg } x}\right)^\prime < 0$ , что по теореме о достаточном условии строгой монотонности говорит о том, что $\displaystyle \left\{\frac{1}{2n-\text{arctg } n}\right\}_{n=1}^\infty$ монотонно убывает. То есть, по теореме Лейбница, ряд сходится.
$\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \sin{\left(\pi\sqrt{n^2+k^2}\right)},$ где $k \in \mathbb{N}$

Решение

Воспользовавшись нечётностью и периодичностью синуса, получим, что $\sin\alpha=-\sin(-\alpha)=-\sin\left(2\pi n-\alpha\right)=-\sin\left(\pi n+(\pi n -\alpha\right))=$ $=-\sin(\pi n)\cos(\pi n-\alpha)-\cos(\pi n)\sin(\pi n-\alpha)=$ $=-\cos(\pi n)\sin(\pi n-\alpha)=(-1)^{n+1}\sin(\pi n-\alpha)$ . То есть, $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \sin{\pi\sqrt{n^2+k^2}}=\displaystyle \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n+1}\sin(\pi n-\pi\sqrt{n^2+k^2}).$ Предел общего члена ряда: $\displaystyle \lim_{n \to \infty} (-1)^{n+1}\sin(\pi n-\pi\sqrt{n^2+k^2})=\lim_{n \to \infty}\sin\left(\frac{n^2-(n^2+k^2)}{n+\sqrt{n^2+k^2}}\right)=$ $\displaystyle =\lim_{n \to \infty}\sin\left(\frac{\pi k^2}{n+\sqrt{n^2+k^2}}\right)=0.$ Монотонность. $\left(\frac{\pi k^2}{x+\sqrt{x^2+k^2}}\right)^\prime=\frac{-\pi k^2}{x+\sqrt{x^2+k^2}}\left(1+\frac{x}{\sqrt{x^2+k^2}}\right)=$ $=\frac{-\pi k^2}{x+\sqrt{x^2+k^2}}\left(\frac{x+\sqrt{x^2+k^2}}{\sqrt{x^2+k^2}}\right)=\frac{-\pi k^2}{x\sqrt{x^2+k^2}+x^2+k^2}$ , то есть при $n \to \infty$ $\left(\frac{\pi k^2}{x+\sqrt{x^2+k^2}}\right)^\prime<0$ , а значит, по теореме о достаточном условии строгой монотонности $\left\{\frac{\pi k^2}{n+\sqrt{n^2+k^2}}\right\}_{n=1}^\infty$ монотонно убывает при достаточно больших $n.$ При $y$ в окрестности нуля, по таблице эквивалентных, $\sin(y)\sim y$ , а $y=\frac{\pi k^2}{x+\sqrt{x^2+k^2}}$ 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: $\displaystyle \lim_{n \to \infty}\sin{\left(\pi\sqrt{n^2+k^2}\right)}=\lim_{n \to \infty}\sin{\left(\pi\sqrt{n^2\left(1+\frac{k^2}{n^2}\right)}\right)}=$ $\displaystyle =\lim_{n \to \infty}\sin{\pi n\sqrt{1+\frac{k^2}{n^2}}}=\lim_{n \to \infty}\sin{\pi n}=0$

Признак Лейбница

Тест для проверки уровня усвоения материала по теме «признак Лейбница».

Лысенко З.М. Конспект лекций по математическому анализу.
В.И.Коляда, А.А.Кореновский. Курс лекций по математическому анализу т.2. Одесса, «Астропринт», 2010, стр 16-19
Б.П.Демидович. Сборник задач и упражнений по математическому анализу, 13-ое издание, Московского университета, 1997, стр. 259-260

Смотрите также

Аналогом интегрирования по частям для сумм является следующее равенство, которое называют преобразованием Абеля:
$\sum_{i=1}^n\alpha_i \beta_i = \sum_{i=1}^{n-1}\left(\alpha_i — \alpha_{i+1}\right)B_i + \alpha_n B_n,$
где $B_i = \sum_{j = 1}^i\beta_j \left(i = 1,2,\ldots,n\right).$ Для его доказательства обозначим
$B_0 = 0.$ Тогда получим
$\sum_{i=1}^n\alpha_i \beta_i = \sum_{i=1}^n\alpha_i\left(B_i — B_{i-1}\right) = \sum_{i=1}^n\alpha_iB_i — \sum_{i=1}^n\alpha_iB_{i-1} =$ $= \sum_{i=1}^{n — 1}\alpha_iB_i + \alpha_nB_n — \sum_{i=1}^{n — 1}\alpha_{i + 1}B_i = \sum_{i=1}^{n — 1}\left(\alpha_i — \alpha_{i+1}\right)B_i + \alpha_nB_n,$
и тем самым завершается доказательство преобразования Абеля.

Лемма

Пусть числа $\alpha_i \left(i = 1,2,\ldots,n\right)$ монотонны (возрастают или убывают). Тогда справедливо неравенство
$\left|\sum_{i=1}^n\alpha_i \beta_i\right| \leqslant \max_{1\leqslant k\leqslant n} \left| B_k\right|\left(\left|\alpha_1\right| + 2\left|\alpha_n\right|\right)$

Применим преобразование Абеля
$\left|\sum_{i=1}^n\alpha_i \beta_i\right| = \left|\sum_{i=1}^{n — 1}\left(\alpha_i — \alpha_{i+1}\right)B_i + \alpha_nB_n\right| \leqslant$
$\leqslant \max_{1\leqslant k\leqslant n}\left| B_k\right|\left(\sum_{i=1}^{n — 1}\left|\alpha_i — \alpha_{i+1}\right| + \left|\alpha_n\right|\right) =$
$= \max_{1\leqslant k\leqslant n}\left| B_k\right|\left(\left|\alpha_1 — \alpha_n\right| + \left|\alpha_n\right|\right)\leqslant \max_{1\leqslant k\leqslant n}\left| B_k\right|\left(\left|\alpha_1\right| + 2\left|\alpha_n\right|\right),$
и тем самым лемма доказана.

Теорема (признак Абеля)

Пусть последовательность $\{a_n\}$ монотонна (возрастающая или убывающая) и ограничена, а последовательность $\{b_n\}$ такова, что сходится ряд $\sum_{n = 1}^{\infty}b_n.$ Тогда ряд $\sum_{n = 1}^{\infty}a_nb_n$ сходится.

Доказательство основано на применении критерия Коши . В силу этого критерия, нам нужно оценить отрезок Коши
$\sum_{k=n + 1}^{n + p}a_k b_k \equiv \sum_{i=1}^pa_{n + i}b_{n + i}$
Обозначим $\alpha_i = a_{n+i},\; \beta_i = b_{n+i}.$ Пользуясь леммой, получим
$\left|\sum_{k=n + 1}^{n + p}a_k b_k\right| = \left|\sum_{i=1}^p\alpha_i\beta_i\right| \leqslant \max_{1\leqslant k\leqslant p}\left| B_k\right|\left(\left|\alpha_1\right| + 2\left|\alpha_p\right|\right) =$
$= \max_{1\leqslant k\leqslant p}\left|\sum_{i=n+1}^{n+k}b_i\right|\left(\left|a_{n+1}\right| + 2\left|a_{n+p}\right|\right)\;\;\;\;\;\;\left(15.16\right)$
По условию, ряд $\sum_{n=1}^{\infty}b_n$ сходится. Поэтому, в силу критерия Коши, для любого $\varepsilon > 0$ найдется такой номер $N,$ что при любом $n \geqslant N$ и при любом $k \in \mathbb{N}$ справедливо неравенство $\left|\sum_{i=n+1}^{n+k}b_i\right| < \varepsilon .$ Далее, в силу
ограниченности последовательности $\{a_n\},$ найдется такое $M,$ что $\left|a_n\right| \leq M \left(n = 1,2,\ldots\right).$ Из неравенства $\left(15.16\right),$ для заданного $\varepsilon > 0$ и $n \geqslant N$ имеем
$\left|\sum_{i=n+1}^{n+p}a_ib_i\right| \leqslant 3M \cdot \varepsilon,$
где произвольное $p \in \mathbb{N}.$ Таким образом, для ряда $\sum_{i = 1}^{\infty}a_ib_i$ выполнено условие критерия Коши, в силу которого этот ряд сходится.

Теорема (признак Дирихле)

Пусть последовательность $\{a_n\}$ монотонно стремится к нулю, а последовательность $\{b_n\}$ такова, что частичные суммы $B_n = \sum_{i = 1}^{n}b_i$ ограничены, т.е существует такое $M,$ что $\left|B_n\right| \leq M \left(n = 1,2,\ldots\right).$ Тогда ряд $\sum_{n = 1}^{\infty}a_nb_n$ сходится.

В силу неравенства $\left(15.16\right),$ полученного при доказательстве предыдущей теоремы,
$\left|\sum_{k=n+1}^{n+p}a_kb_k\right| \leqslant \max_{1\leqslant k\leqslant p}\left| B_{n+k} — B_n\right|\left(\left|a_{n+1}\right| + 2\left|a_{n+p}\right|\right)\;\;\;\;\;\left(15.17\right)$
Зададим $\varepsilon > 0$ и, пользуясь условиями теоремы, найдем такой номер $N,$ что $\left|a_n\right| < \varepsilon$ при всех $n \geqslant N.$ Тогда из $\left(15.17\right)$ и из ограниченности $B_i$ следует
$\left|\sum_{k=n+1}^{n+p}a_kb_k\right| \leqslant 2M \cdot 3\varepsilon = 6M\varepsilon\;\;\left(n \geqslant N, p \in \mathbb{N}\right)$
Таким образом, для ряда $\sum_{n=1}^{\infty}a_nb_n$ выполнено условие критерия Коши, в силу которого этот ряд сходится.

Теорема Лейбница является частным случаем признака Дирихле, в котором $a_n = u_n, b_n = \left(-1\right)^{n-1}.$

Примеры:

Доказать, что ряд $\sum\limits_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n}\sin{n\alpha}$ сходится по Дирихле.

Решение:

Положим

$a_n = \frac{1}{n},$ тогда последовательность

$\{a_n\}_{n = 1}^{\infty}$ монотонно стремится к нулю т.к.

$\lim\limits_{n \rightarrow \infty}\frac{1}{n} = 0$
$\frac{a_{n + 1}}{a_n} = \frac{n}{n + 1} < 1$

Положим также $b_n = \sin{n\alpha},$ тогда по формуле суммы синусов кратных углов получим
$\sum_{k=1}^{n}\sin{n\alpha} = \frac{\sin{\frac{n\alpha}{2}} \cdot \sin{\frac{\left(n+1\right)\alpha}{2}}}{\sin{\frac{\alpha}{2}}}, \;\; \alpha \neq 2\pi m, \;\; \left(m = 0,\pm 1,\ldots\right)$
и отсюда
$\left|\sum_{k=1}^{n}\sin{n\alpha}\right| = \left|\frac{\sin{\frac{n\alpha}{2}} \cdot \sin{\frac{\left(n+1\right)\alpha}{2}}}{\sin{\frac{\alpha}{2}}}\right| \leqslant \frac{1}{\left|\sin{\frac{\alpha}{2}}\right|} \equiv M, \;\; \alpha \neq 2\pi m, \;\; \left(m = 0,\pm 1,\ldots\right),$
что и значит что наши суммы ограничены константой $M$ . Подытожив, имеем последовательность $\{a_n\}_{n = 1}^{\infty},$ монотонно сходящуюся к $0$ и последовательность $\{b_n\}_{n = 1}^{\infty},$ частичные суммы которой ограниченны. Тогда по признаку Дирихле ряд $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}\sin{n\alpha}$ сходится.

Исследовать ряд $\sum\limits_{n = 1}^{\infty} \frac{\sin n \cdot \sin{n^2}}{n^2}$ на сходимость.

Решение:

Пусть

$\{b_n\}_{n=1}^{\infty} = \{\sin n \cdot \sin{n^2}\}_{n=1}^{\infty},$ покажем, что частичные суммы ограниченны.

$\sum_{k = 1}^{n}b_k = \sum_{k = 1}^{n}\sin k \cdot \sin{k^2} = \sum_{k = 1}^{n}\frac{\cos{\left(k — k^2\right)} — \cos{\left(k + k^2\right)}}{2} = \left(\frac{\cos0}{2} — \frac{\cos2}{2}\right) +$

$+ \left(\frac{\cos{\left(-2\right)}}{2} — \frac{\cos6}{2}\right) + \left(\frac{\cos{\left(-6\right)}}{2} — \frac{\cos12} {2}\right) + \left(\frac{\cos{\left(-12\right)}}{2} — \frac{\cos20}{2}\right) +\cdots$

$+ \left(\frac{\cos{\left(n — n^2\right)}}{2} — \frac{\cos{\left(n + n^2\right)}}{2}\right) = \frac{1}{2} — \frac{\cos{\left(n + n^2\right)}}{2}$

$\left|\sum_{k = 1}^{n}b_k\right| = \left|\frac{1}{2} — \frac{\cos{\left(n + n^2\right)}}{2}\right| \leqslant \frac{1}{2} + \frac{\left|\cos{\left(n + n^2\right)}\right|}{2} \leqslant \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1$
Получили, что частичные суммы последовательности

$\{b_n\}_{n=1}^{\infty}$ в совокупности ограниченны единицей.
Теперь пусть

$\{a_n\}_{n=1}^{\infty} = \{n^2\}_{n=1}^{\infty}.$ Убедимся, что

$\{a_n\}_{n=1}^{\infty}$ монотонно стремится к нулю.

$\lim\limits_{n \rightarrow \infty}\frac{1}{n^2} = 0$
$\frac{a_{n + 1}}{a_n} = \frac{n^2}{\left(n + 1\right)^2} < 1$

Действительно, $\{a_n\}_{n=1}^{\infty}$ монотонно стремится к нулю.
Значит ряд $\sum\limits_{n = 1}^{\infty} \frac{\sin n \cdot \sin{n^2}}{n^2}$ сходится по Дирихле.

Доказать, что ряд $\sum\limits_{n = 1}^{\infty} \frac{\sin{\frac{\pi n}{12}}}{\ln n}\cos{\frac{\pi}{n}}$ сходится по Абелю.

Решение:

Выделим в исходном ряде 2 последовательности:

$\{\frac{\sin{\frac{\pi n}{12}}}{\ln n}\}_{n=1}^{\infty}$ и

$\{\cos{\frac{\pi}{n}}\}_{n=1}^{\infty}.$ Докажем, что ряд

$\sum\limits_{n = 1}^{\infty}\frac{\sin{\frac{\pi n}{12}}}{\ln n}$ сходится:
Пусть

$a_n = \frac{1}{\ln n},$ тогда последовательность

$\{a_n\}_{n = 1}^{\infty}$ монотонно стремится к нулю т.к.

$\lim\limits_{n \rightarrow \infty}\frac{1}{ln n} = 0$
$\frac{a_{n + 1}}{a_n} = \frac{\ln n}{\ln{n + 1}} < 1$

И пусть $b_n = \sin{\frac{\pi n}{12}},$ отсюда из формулы суммы синусов кратных углов следует, что
$\left|\sum_{k=1}^{n}\sin{\frac{\pi n}{12}}\right| = \left|\frac{\sin{\frac{\pi}{24} n} \cdot \sin{\left(\frac{\pi}{24}\left(n+1\right)\right)}}{\sin{\frac{\pi}{24}}}\right| \leqslant \frac{1}{\left|\sin{\frac{\pi}{24}}\right|} \equiv M,$
значит частичные суммы последовательности $\{b_n\}_{n=1}^{\infty}$ ограничены. По признаку Дирихле ряд сходится.
Последовательность $\{\cos{\frac{\pi}{n}}\}_{n=1}^{\infty}$ ограниченна единицей и монотонна т.к. косинус на промежутке $\left[\pi;0\right)$ монотонно убывает.

Оба условия признака Абеля выполнены, а значит ряд сходится.

Тест по теме: "Признаки Абеля и Дирихле"

Небольшой тест, чтобы закрепить теоретический материал.

Задание 1 из 5

1.
Для того, чтобы ряд $\sum_{n = 1}^{\infty}a_nb_n$ сходился по признаку Абеля необходимо, чтобы последовательность была $\{a_n\}_{n=1}^{\infty}$ монотонной и ограниченной, а последовательность $\{b_n\}_{n=1}^{\infty}$ …
- Такова, что частичные суммы $B_n = \sum_{i = 1}^{n}b_i$ ограниченны
- Cтремится к нулю
- Такова, что ряд $\sum_{n = 1}^{\infty}b_n$ сходится
- Такова, что сумма ряда $\sum_{n = 1}^{\infty}b_n$ равна нулю
Правильно

Поздравляем! Это правильный ответ!

Неправильно

Увы, вы дали неверный ответ.
Задание 2 из 5

2.
Для того, чтобы ряд $\sum_{n = 1}^{\infty}a_nb_n$ сходился по Дирихле должны выполнятся 2 условия:
- Последовательность $\{a_n\}$ Монотонно стремится к нулю
- Последовательность $\{a_n\}$ стремится к нулю
- Ряд $\sum_{n = 1}^{\infty}a_nb_n$ имеет общий член $a_n$ , стремящийся к нулю
- Последовательность $\{b_n\}$ такая, что ряд $\sum_{n = 1}^{\infty}b_n$ сходится
- Последовательность $\{b_n\}$ такая, что частичные суммы $\sum_{i = 1}^{n}b_i$ ограничены
Правильно

Поздравляем! Это правильный ответ!

Неправильно

Увы, вы дали неверный ответ.
Задание 3 из 5

3.
Доказательство признака Абеля основано на применении…
Правильно

Поздравляем! Это правильный ответ!

Неправильно

Увы, вы дали неверный ответ.
Задание 4 из 5

4.
Расставить в порядке убывания выражения:
- $\max\limits_{1\leq k\leq n}\left| B_k\right|\left(\left|\alpha_1\right| + 2\left|\alpha_n\right|\right)$
- $\max\limits_{1\leq k\leq n}\left| B_k\right|\left(\left|\alpha_1 - \alpha_n\right| + \left|\alpha_n\right|\right)$
- $\left|\sum\limits_{i=1}^{n - 1}\left(\alpha_i - \alpha_{i+1}\right)B_i + \alpha_nB_n\right|$
Правильно

Поздравляем! Это правильный ответ!

Неправильно

Увы, вы дали неверный ответ.
Задание 5 из 5

5.
Вставьте пропущенное слово
- (Теорема Лейбница) является частным случаем признака Дирихле.
Правильно

Поздравляем! Это правильный ответ!

Неправильно

Увы, вы дали неверный ответ.

Место	Имя	Записано	Баллы	Результат
Таблица загружается
Нет данных

Место	Имя	Записано	Баллы	Результат
Таблица загружается
Нет данных

Метка: Признаки сходимости ряда

15.3.1 Признак Лейбница

Примеры решения задач

Признак Лейбница

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

3.

4.

5.

6.

Смотрите также

15.3.2 Признаки Абеля и Дирихле

Примеры:

Тест по теме: "Признаки Абеля и Дирихле"

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

3.

4.

5.

Средний результат
Ваш результат

Средний результат
Ваш результат