15.3.1 Признак Лейбница

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

Сходящиеся и расходящиеся числовые ряды. Необходимое условие сходимости

Пусть дана последовательность $a_1, a_2,…, a_n,…$ , где $a_i\epsilon \mathbb{R}, i \epsilon \mathbb{N}$

Символ вида (*) $a_1+a_2+…+a_n+…$ называется числовым рядом и обозначается $\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ , при этом $a_n$ называется общим членом ряда. Ряд (*) называется сходящимся, если существует предел $\lim_{n \to \infty }S_n$ , где $S_n$ это n-ая частичная сумма ряда, $S_n=\sum_{k=1}^{n}a_k$ .

При этом, число $S=\lim_{n \to \infty }S_n$ называется суммой ряда, и пишут $S=\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ .

Если же предел частичных сумм $\lim_{n \to \infty }S_n$ не существует или бесконечен, то говорят, что ряд (*) расходится и никакой суммы ряду не присваивается.

Пример:

Исследовать на сходимость ряд

$q+q^{2}+…+q^{n}+…$

Запишем n-ю частичную сумму и с упростим выражение с помощью формулы суммы геометрической прогрессии.

$S_n=q+q^{2}+…+q^{n}=\frac{q(1-q^{n})}{1-q}$ ,

$|q|\neq1$

$\lim\limits_{n \to \infty}S_n=\lim\limits_{n \to \infty}\frac{q(1-q^{n})}{1-q}=\frac{q}{1-q}$ , при

$|q|<1$

$\lim\limits_{n \to \infty}S_n=\lim\limits_{n \to \infty}\frac{q(1-q^{n})}{1-q}=\infty$ , при

$|q|>1$ .

$\lim\limits_{n \to \infty}S_n=\lim\limits_{n \to \infty}n=\infty$ , при

$q=1$ .

$\lim\limits_{n \to \infty}S_n$ не существует, при

$q=-1$ .

Таким образом, при $|q|<1$ ряд сходится, а при $|q|\geq1$ — расходится.

Необходимое условие сходимости числового ряда

Если ряд $\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ сходится, то необходимо $\lim_{n \to \infty}a_n=0$ .

Доказательство.

Если ряд сходится, то $\exists \lim_{n \to \infty}S_n=S$ , следовательно $\exists \lim_{n \to \infty}S_{n-1}=S$ .

Рассмотрим $\lim_{n \to \infty}(S_{n-1}-S_n)=S-S=0$ , где $S_{n-1}-S_n=a_n$ , $a_n$ — общий член ряда, $\lim_{n \to \infty}a_n=0$ . Теорема доказана.

Пример:

Исследовать на сходимость ряд

$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{n}{2n-1}$ .

Необходимое условие не выполняется: $\lim\limits_{n \to \infty}\frac{n}{2n-1}=\frac{1}{2}\neq 0$ . Следовательно, ряд расходится.

Литература

Сходящиеся и расходящиеся ряды

Тест на проверку знаний о сходящихся и расходящихся рядах, а также необходимого условия сходимости.

Место	Имя	Записано	Баллы	Результат
Таблица загружается
Нет данных

Место	Имя	Записано	Баллы	Результат
Таблица загружается
Нет данных

Метка: Числовой ряд

15.3.1 Признак Лейбница

Примеры решения задач

Признак Лейбница

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

3.

4.

5.

6.