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.

Знаки членов знакочередующегося ряда строго чередуются:

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, мешающие строгому чередованию знаков. Вот это свойство:

Для примера расмотрим ряд $\sum\limits_^<\infty>(-1)^\frac<2n-5><3n+1>$. Этот ряд по форме записи похож на знакочередующийся ряд $\sum\limits_^<\infty>(-1)^u_n$. Если обозначить $u_n=\frac<2n-5><3n+1>$, то сходство станет совсем очевидным. Однако является ли рассматриваемый ряд знакочередующимся на самом деле? Запишем несколько первых элементов этого ряда:

Как видите, ряд не является знакочередующимся, так как строгое чередование знаков для первых членов ряда не соблюдено. Почему так получилось?

Давайте рассмотрим дробь $\frac<2n-5><3n+1>$. Мы знаем, что $n≥1$, откуда следует, что знаменатель $3n+1>0$. Знаменатель положителен при всех $n\in$, однако числитель $2n-5$ будет положительным лишь при условии $n>\frac<5><2>$, т.е. $n≥3$ (не забываем, что $n$ – натуральное число). Если же $n<3$, то числитель отрицателен, т.е. $2n-5<0$. Итак, при значениях $n=1$ и $n=2$ имеем $\frac<2n-5><3n+1><0$, т.е. $u_1<0$ и $u_2<0$. Для знакочередующегося ряда $\sum\limits_^<\infty>(-1)^u_n$ такая ситуация недопустима, так как согласно определению при любом $n\in$ должно быть $u_n>0$.

Что делать в ситуации, когда несколько первых членов ряда сбивают чередование знаков? Давайте отбросим первый и второй члены рассматриваемого ряда. Если $n≥3$, то $\frac<2n-5><3n+1>>0$, т.е. после осуществлённого отбрасывания останется вполне стандартный знакочередующийся ряд:

Ряд $\sum\limits_^<\infty>(-1)^\frac<2n-5><3n+1>$ является знакочередующимся. Кроме того, ряд $\sum\limits_^<\infty>(-1)^\frac<2n-5><3n+1>$ является остатком исходного ряда $\sum\limits_^<\infty>(-1)^\frac<2n-5><3n+1>$. Согласно сформулированному выше свойству, если сходится остаток, то будет сходиться и исходный ряд. Если же остаток расходится, то исходный ряд также будет расходящимся.

Коротко говоря, если строгое чередование знаков начинается с некоторого члена ряда, то можно отбросить те члены ряда, которые нарушают строгое чередование знаков, и исследовать на сходимость полученный остаток.

Знакочередующиеся ряды есть частный случай знакопеременных рядов, т.е. таких рядов, которые содержат бесконечное количество как положительных, так и отрицательных членов, знаки которых изменяются произвольно. Как и для знакопеременных рядов, для знакочередующихся рядов вводятся понятия абсолютной и условной сходимости.

Мы подробно рассмотрим применение первого свойства на примерах. Если ряд из модулей $\sum\limits_^<\infty>|u_n|$ расходится, т.е. абсолютной сходимости ряд $\sum\limits_^<\infty>u_n$ не имеет, то приходится применять дополнительные свойства. Одним из таких свойств является признак Лейбница.

Отмечу, что вовсе не обязательно второе условие признака Лейбница будет выполняться начиная с первого члена ряда. Может быть ситуация, когда элементы $u_n$ убывают, начиная с некоего номера $n_0\in$, не обязательно равного единице. В этом случае также можно пользоваться признаком Лейбница. По сути, второе условие признака Лейбница можно перефразировать так: "существует номер $n_0\in$ такой, что $u_n≥u_$ при всех $n≥n_0$". Если это требует дополнительных пояснений, то они скрыты под примечание.

Почему можно пользоваться признаком Лейбница, если второе условие выполнено начиная с некоего номера $n_0$? показать\скрыть

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

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

Для ряда $\sum\limits_^<\infty>(-1)^u_n$ выполнены оба условия признака Лейбница, поэтому ряд $\sum\limits_^<\infty>(-1)^u_n$ сходится. Так как сходится остаток, то будет сходиться и исходный ряд $\sum\limits_^<\infty>(-1)^u_n$.

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 $\lim_>u_n\neq<0>$, означает расходимость ряда $\sum\limits_^<\infty>(-1)^u_n$, 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.

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 $n\in$ имеем $\frac<4n-1>>0$. Таким образом, заданный ряд имеет вид $\sum\limits_^<\infty>(-1)^u_n$, где $u_n=\frac<4n-1>>0$, 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 схеме. Для начала составим ряд из модулей членов данного ряда:

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

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

Первое условие признака Лейбница выполнено. Теперь нужно выяснить, выполнено ли неравенство $u_n≥u_$. Немалое количество авторов предпочитает записать несколько первых членов ряда, а затем сделать вывод, что неравенство $u_n≥u_$ 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 $v_n=\frac<10^n>$ 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 $v_>v_n$ для всех $n\in$. Однако такой вывод будет категорически неверным, так как начиная с $n=10$ элементы последовательности будут убывать.

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

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

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

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 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 предыдущего примера мы применяли первый признак сравнения. Здесь же, сугубо для разнообразия, применим второй признак сравнения (признак сравнения в предельной форме). Сравним ряд $\sum\limits_^<\infty>\frac<5n-4><\sqrt<2n^3-1>>$ с расходящимся рядом $\sum\limits_^<\infty>\frac<1><\sqrt>$:

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 $\lim_>u_n$:

Первое условие признака Лейбница выполнено. Теперь нужно выяснить, выполнено ли неравенство $u_n≥u_$. В прошлом примере мы рассмотрели один из способов доказательства этого неравенства: посредством выяснения знака разности $u_n-u_$. 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 $u_≥u_$.

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. $u_>u_$.

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

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 $u_n>u_$, 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. примечание в начале страницы).

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

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

Так как $\frac<1><2><1$, то согласно признаку Д'Аламбера ряд $\sum\limits_^<\infty>\frac<3n+4><2^n>$ сходится. Из сходимости ряда $\sum\limits_^<\infty>\left|(-1)^\frac<3n+4><2^n>\right|$, что ряд $\sum\limits_^<\infty>(-1)^\frac<3n+4><2^n>$ 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.