Знакочередующиеся ряды. Признак Лейбница. Первая часть.

Решение

Заданный ряд имеет вид \(\displaystyle{\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}u_n}\), где \(\displaystyle{u_n=\cos\frac{3}{5^n}}\). Выясним, действительно ли этот ряд знакочередующийся.

При \(\displaystyle{n\ge{1}}\) имеем \(\displaystyle{0\lt\frac{3}{5^n}\le\frac{3}{5}\lt\frac{\pi}{2}}\). Это значит, что \(\displaystyle{\cos\frac{3}{5^n}\gt{0}}\), т.е. \(\displaystyle{u_n\gt{0}}\), посему заданный ряд – знакочередующийся. Будем следовать вышеприведённой схеме: составим ряд из модулей членов заданного ряда и проверим его на сходимость. Ряд из модулей будет иметь такой вид:

Проверим выполнение необходимого условия сходимости для полученного ряда. Так как при \(\displaystyle{n\to\infty}\) имеем \(\displaystyle{\frac{3}{5^n}\to{0}}\), то

Так как предел общего члена ряда не равен 0, то для ряда из модулей не выполнено необходимое условие сходимости. Отсюда следует расходимость как ряда из модулей, так и исходного знакочередующегося ряда.

Решение

Заданный ряд имеет вид \(\displaystyle{\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}u_n}\), где \(\displaystyle{u_n=\frac{(2n+5)!}{4^{3n+2}}\gt{0}}\). Мы имеем дело с знакочередующимся рядом.

Используем схему: составим ряд из модулей членов заданного ряда и исследуем его сходимость. Ряд из модулей:

Этот ряд расходится согласно признаку Д'Аламбера, что было доказано в задаче задаче №3 первой части темы, посвящённой данному признаку. Исходя из этого делаем вывод, что исходный знакочередующийся ряд будет расходиться, так как для него не выполнено необходимое условие сходимости.

Решение

Заданный ряд имеет вид \(\displaystyle{\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}u_n}\), где \(\displaystyle{u_n=\frac{1}{\sqrt[3]{2n+5}}}\). Так как \(\displaystyle{u_n\gt{0}}\), то мы имеем дело с знакочередующимся рядом. Согласно указанной выше схеме исследуем ряд из модулей, который в данном случае будет таким:

Применим признак сходимости для исследования полученного ряда на сходимость. Сравним этот ряд с рядом \(\displaystyle{\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt[3]{n}}}\). Ряд \(\displaystyle{\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{\frac{1}{3}}}}\) расходится, так как степень \(\displaystyle{\frac{1}{3}\le{1}}\).

Так как \(\displaystyle{0\lt\frac{1}{\sqrt[3]{2}}\lt\infty}\) и ряд \(\displaystyle{\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt[3]{n}}}\) расходится, то будет расходиться и ряд \(\displaystyle{\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt[3]{2n+5}}}\).

Ряд из модулей расходится. Проверим, выполняются ли условия признака Лейбница для исходного знакочередующегося ряда. Начнём с проверки первого условия:

Первое условие выполнено. Теперь выясним, будет ли истинным неравенство \(\displaystyle{u_n\ge{u_{n+1}}}\). Немалое количество авторов методичек предпочитает записать несколько первых членов ряда, а затем сделать вывод, что неравенство \(\displaystyle{u_n\ge{u}_{n+1}}\) выполнено. Разумеется, так делать мы не станем.

Оба выражения (\(\displaystyle{u_n}\) и \(\displaystyle{u_{n+1}}\)) представлены дробями с одинаковым числителем – числом 1. Знаменатели этих дробей положительны, причём знаменатель дроби \(\displaystyle{u_{n+1}}\) больше, нежели знаменатель дроби \(\displaystyle{u_n}\). Это говорит о том, что \(\displaystyle{u_n\gt{u_{n+1}}}\). Для наглядности я запишу рядом выражения \(\displaystyle{u_n}\) и \(\displaystyle{u_{n+1}}\):

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

Решение

Для начала выясним, действительно ли данный ряд знакочередующийся. Так как \(\displaystyle{n\ge {1}}\), то \(\displaystyle{4n-1\ge {3}\gt {0}}\) и \(\displaystyle{n^2+3n \ge {4} \gt {0}}\), т.е. при всех \(\displaystyle{n\in{N}}\) имеем \(\displaystyle{\frac{4n-1}{n^2+3n}\gt{0}}\). Таким образом, заданный ряд имеет вид \(\displaystyle{\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}u_n}\), где \(\displaystyle{u_n=\frac{4n-1}{n^2+3n}\gt{0}}\), т.е. рассматриваемый ряд – знакочередующийся. Вообще, обычно такая проверка делается устно, однако пропускать её крайне нежелательно: ошибки в типовых расчётах нередки.

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

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

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

Как же доказать неравенство \(\displaystyle{u_n\ge{u}_{n+1}}\)? В общем случае для этого есть несколько способов. Самый простой в нашем случае – рассмотреть разность \(\displaystyle{u_n-u_{n+1}}\) и выяснить её знак. В следующей задаче рассмотрим иной способ: посредством доказательства убывания соответствующей функции.

Так как \(\displaystyle{n\ge{1}}\), то \(\displaystyle{4n^2-4\ge{0}}\), откуда имеем \(\displaystyle{4n^2+2n-4 \gt {0}}\), т.е. \(\displaystyle{u_n-u_{n+1} \gt {0}}\), \(\displaystyle{u_n \gt {u}_{n+1}}\). Бывает, конечно, что неравенство \(\displaystyle{u_n \ge {u}_{n+1}}\) выполняется не с первого члена ряда, однако это несущественно.

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

Решение

Выясним, действительно ли данный ряд знакочередующийся. Так как \(\displaystyle{n\in{N}}\), то \(\displaystyle{0\lt\frac{\pi}{2\sqrt{n}}\le\frac{\pi}{2}}\), поэтому \(\displaystyle{\sin\frac{\pi}{2\sqrt{n}}\gt{0}}\). Следовательно, \(\displaystyle{u_n = \frac{\sin\frac{\pi}{2\sqrt{n}}}{\sqrt{3n+1}}\gt{0}}\), т.е. заданный ряд – знакочередующийся. Рассмотрим ряд, составленный из модулей членов заданного ряда:

Сравним данный ряд с гармоническим рядом \(\displaystyle{\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}}\), используя признак сравнения в предельной форме:

Гармонический ряд расходится, поэтому будет расходиться и ряд из модулей. Проверим, выполнены ли условия признака Лейбница для исходного знакочередующегося ряда:

Первое условие признака Лейбница выполнено. Теперь нужно выяснить, выполнено ли неравенство \(\displaystyle{u_n\ge{u}_{n+1}}\).

Так как при \(\displaystyle{0\le{x}\le\frac{\pi}{2}}\) функция \(\displaystyle{y=\sin{x}}\) возрастает, то из неравенства \(\displaystyle{\frac{\pi}{2\sqrt{n}}\gt\frac{\pi}{2\sqrt{n+1}}}\) следует \(\displaystyle{\sin\frac{\pi}{2\sqrt{n}}\gt\sin\frac{\pi}{2\sqrt{n+1}}}\). Так как \(\displaystyle{\frac{1}{\sqrt{3n+1}}\gt\frac{1}{\sqrt{3n+4}}}\), то перемножая последние два неравенства, получим \(\displaystyle{\frac{\sin\frac{\pi}{2\sqrt{n}}}{\sqrt{3n+1}}\gt\frac{\sin\frac{\pi}{2\sqrt{n+1}}}{\sqrt{3n+4}}}\), т.е. \(\displaystyle{u_{n}\gt{u_{n+1}}}\).

Оба условия признака Лейбница выполнены. Так как при этом ряд \(\displaystyle{\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left|u_n\right|}\) расходится, то ряд \(\displaystyle{\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}u_n}\) сходится условно.

Решение

Для начала рассмотрим выражение \(\displaystyle{\frac{5n-4}{\sqrt{2n^3-1}}}\). 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 \(\displaystyle{n}\) появляется ноль.

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

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

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

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

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

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

Найдём производную \(\displaystyle{y'(x)}\) и выясним её знак для соответствующих значений \(\displaystyle{x}\).

Полагаю, очевидно, что при достаточно больших положительных значениях \(\displaystyle{x\ge {1}}\) многочлен в числителе будет меньше нуля, т.е. \(\displaystyle{-5x^3+12x^2-5\lt {0}}\). Эту "очевидность" несложно обосновать формально – если вспомнить курс алгебры. Дело в том, что согласно лемме о модуле старшего члена, при достаточно больших значениях \(\displaystyle{|x|}\) знак многочлена совпадает с знаком его старшего члена. Адаптируясь к нашей задаче получаем, что существует число \(\displaystyle{c\ge {1}}\) такое, что для всех \(\displaystyle{x\ge {c}}\) будет верным неравенство \(\displaystyle{-5x^3+12x^2-5\lt {0}}\). В принципе, существования такого числа \(\displaystyle{c}\) 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 \(\displaystyle{-5x^3+12x^2-5}\). Учтём \(\displaystyle{-5x^3+12x^2-5=x^2(-5x+12)-5}\). При \(\displaystyle{x\ge {3}}\) имеем \(\displaystyle{-5x+12\lt {0}}\), посему \(\displaystyle{x^2(-5x+12)-5\lt {0}}\).

Таким образом, при \(\displaystyle{x\ge{3}}\) имеем \(\displaystyle{y'(x)\lt {0}}\), т.е. функция \(\displaystyle{y(x)}\) убывает. Это значит, что для всех значений \(\displaystyle{x_2\gt {x}_1\ge{3}}\) будем иметь \(\displaystyle{y(x_1)\gt y(x_2)}\). Полагая \(\displaystyle{x_1=n}\) и \(\displaystyle{x_2=n+1}\) получим, что из неравенства \(\displaystyle{n+1\gt {n}}\) следует истинность неравенства \(\displaystyle{y(n)\gt {y}(n+1)}\). Так как \(\displaystyle{y(n)=u_n}\), то неравенство \(\displaystyle{y(n)\gt y(n+1)}\) есть то же самое, что и \(\displaystyle{u_{n}\gt {u}_{n+1}}\).

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

Решение

Данная задача не представляет большого интереса, поэтому я распишу её коротко. Нам задан знакочередующийся ряд, который вновь станем исследовать по схеме. Составим ряд из модулей членов данного ряда:

Применим признак Д'Аламбера. Обозначая \(\displaystyle{u_n=\frac{3n+4}{2^n}}\), получим \(\displaystyle{u_{n+1}=\frac{3n+7}{2^{n+1}}}\).

Так как \(\displaystyle{\frac{1}{2}\lt {1}}\), то согласно признаку Д'Аламбера ряд \(\displaystyle{\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_n}\) сходится. Из сходимости ряда \(\displaystyle{\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_n}\) следует, что ряд \(\displaystyle{\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\frac{3n+4}{2^n}}\) сходится, причём абсолютно.

К слову, для решения заданной задачи нам не потребовался признак Лейбница. Именно поэтому удобно сперва проверить сходимость ряда из модулей, а потом уже, при необходимости, исследовать сходимость исходного знакочередующегося ряда.