Знакопеременные ряды. Абсолютная и условная сходимость
Числовой ряд, содержащий бесконечное множество положительных и бесконечное множество отрицательных членов, называется знакопеременным. Частным случаем знакопеременного ряда является знакочередующийся ряд, то есть такой ряд, в котором последовательные члены имеют противоположные знаки.
Признак Лейбница
Для знакочередующихся рядом действует достаточный признак сходимости Лейбница. Пусть \(\left\{ {{a_n}} \right\}\) является числовой последовательностью, такой, что

  1. \({a_{n + 1}}<{a_n}\) для всех \(n\);

  2. \(\lim\limits_{n \to \infty } {a_n} = 0.\)

Тогда знакочередующиеся ряды \(\sum\limits_{n = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^n}{a_n}} \) и \(\sum\limits_{n = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}{a_n}} \) сходятся.
Абсолютная и условная сходимость
Ряд \(\sum\limits_{n = 1}^\infty {{a_n}}\) называется абсолютно сходящимся, если ряд \(\sum\limits_{n = 1}^\infty {\left| {{a_n}} \right|} \) также сходится. Если ряд \(\sum\limits_{n = 1}^\infty {{a_n}}\) сходится абсолютно, то он является сходящимся (в обычном смысле). Обратное утверждение неверно. Ряд \(\sum\limits_{n = 1}^\infty {{a_n}}\) называется условно сходящимся, если сам он сходится, а ряд, составленный из модулей его членов, расходится.
Пример 1
Исследовать на сходимость ряд \(\sum\limits_{n = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^n}\large\frac{{{{\sin }^2}n}}{n}\normalsize} .\)
Решение.
Применим достаточный признак Лейбница для знакочередующихся рядов. Получаем \[ {\lim\limits_{n \to \infty } \left| {{a_n}} \right| } = {\lim\limits_{n \to \infty } \left| {{{\left( { - 1} \right)}^n}\frac{{{{\sin }^2}n}}{n}} \right| } = {\lim\limits_{n \to \infty } \frac{{{{\sin }^2}n}}{n} = 0,} \] поскольку \({\sin ^2}n \le 1.\) Следовательно, данный ряд сходится.
Пример 2
Исследовать на сходимость ряд \(\sum\limits_{n = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^n}\large\frac{{2n + 1}}{{3n + 2}}\normalsize} .\)
Решение.
Попробуем применить признак Лейбница: \[ {\lim\limits_{n \to \infty } \left| {{a_n}} \right| } = {\lim\limits_{n \to \infty } \frac{{2n + 1}}{{3n + 2}} } = {\lim\limits_{n \to \infty } \frac{{\frac{{2n + 1}}{n}}}{{\frac{{3n + 2}}{n}}} } = {\lim\limits_{n \to \infty } \frac{{2 + \frac{1}{n}}}{{3 + \frac{2}{n}}} = \frac{2}{3} \ne 0.} \] Видно, что модуль общего члена не стремится к нулю при \(n \to \infty.\) Поэтому данный ряд расходится.
Пример 3
Определить, является ли ряд \(\sum\limits_{n = 1}^\infty {\large\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n + 1}}}}{{n!}}\normalsize} \) абсолютно сходящимся, условно сходящимся или расходящимся?
Решение.
Применяя признак Даламбера к ряду, составленному из модулей соответствущих членов, находим \[ {\lim\limits_{n \to \infty } \left| {\frac{{{a_{n + 1}}}}{{{a_n}}}} \right| } = {\lim\limits_{n \to \infty } \frac{{\frac{1}{{\left( {n + 1} \right)!}}}}{{\frac{1}{{n!}}}} } = {\lim\limits_{n \to \infty } \frac{{n!}}{{\left( {n + 1} \right)!}} } = {\lim\limits_{n \to \infty } \frac{1}{{n + 1}} = 0.} \] Следовательно, данный ряд сходится абсолютно.
Пример 4
Определить, является ли ряд \(\sum\limits_{n = 2}^\infty {\large\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n + 1}}\sqrt n }}{{\ln n}}\normalsize} \) абсолютно сходящимся, условно сходящимся или расходящимся?
Решение.
Сначала воспользуемся признаком Лейбница и найдем предел \(\lim\limits_{n \to \infty } \left| {{a_n}} \right| = \lim\limits_{n \to \infty } \large\frac{{\sqrt n }}{{\ln n}}\normalsize.\) Вычислим этот предел по правилу Лопиталя: \[ {\lim\limits_{n \to \infty } \frac{{\sqrt n }}{{\ln n}} \sim \lim\limits_{x \to \infty } \frac{{\sqrt x }}{{\ln x}} } = {\lim\limits_{x \to \infty } \frac{{\frac{1}{{2\sqrt x }}}}{{\frac{1}{x}}} } = {\frac{1}{2}\lim\limits_{x \to \infty } \frac{x}{{\sqrt x }} } = {\frac{1}{2}\lim\limits_{x \to \infty } \sqrt x = \infty .} \] Таким образом, исходный ряд расходится.
Пример 5
Исследовать на сходимость ряд \[\frac{2}{{3!}} - \frac{{{2^2}}}{{5!}} + \frac{{{2^3}}}{{7!}} - \frac{{{2^4}}}{{9!}} + \ldots \]
Решение.
Общий член данного ряда равен \({{a_n} = {{\left( { - 1} \right)}^{n + 1}}\large\frac{{{2^n}}}{{\left( {2n + 1} \right)!}}}\normalsize .\) Применим признак Даламбера к ряду \(\sum\limits_{n = 1}^\infty {\left| {{a_n}} \right|} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\large\frac{{{2^n}}}{{\left( {2n + 1} \right)!}}\normalsize} ,\) составленному из модулей: \[ {\lim\limits_{n \to \infty } \left| {\frac{{{a_{n + 1}}}}{{{a_n}}}} \right| } = {\lim\limits_{n \to \infty } \frac{{\frac{{{2^{n + 1}}}}{{\left( {2n + 3} \right)!}}}}{{\frac{{{2^n}}}{{\left( {2n + 1} \right)!}}}} } = {\lim\limits_{n \to \infty } \frac{{{2^{n + 1}}\left( {2n + 1} \right)!}}{{{2^n}\left( {2n + 3} \right)!}} } = {\lim\limits_{n \to \infty } \frac{2}{{\left( {2n + 2} \right)\left( {2n + 3} \right)}} = 0.} \] Следовательно, исходный ряд сходится абсолютно.
Пример 6
Исследовать, является ли ряд \(\sum\limits_{n = 1}^\infty {\large\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n + 1}}}}{{5n - 1}}\normalsize} \) абсолютно сходящимся, условно сходящимся или расходящимся?
Решение.
Применяя признак Лейбница, видим, что ряд является сходящимся: \[ {\lim\limits_{n \to \infty } \left| {{a_n}} \right| } = {\lim\limits_{n \to \infty } \left| {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n + 1}}}}{{5n - 1}}} \right| } = {\lim\limits_{n \to \infty } \frac{1}{{5n - 1}} = 0.} \] Рассмотрим теперь сходимость ряда \(\sum\limits_{n = 1}^\infty {\left| {\large\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n + 1}}}}{{5n - 1}}\normalsize} \right|} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\large\frac{1}{{5n - 1}}\normalsize}, \) составленного из модулей соответствующих членов. Используя интегральный признак сходимости, получаем \[ {\int\limits_1^\infty {\frac{{dx}}{{5x - 1}}} } = {\lim\limits_{n \to \infty } \int\limits_1^n {\frac{{dx}}{{5x - 1}}} } = {\lim\limits_{n \to \infty } \left[ {\left. {\frac{1}{5}\left( {\ln \left| {5x - 1} \right|} \right)} \right|_1^n} \right] } = {\frac{1}{5}\lim\limits_{n \to \infty } \left[ {\ln \left( {5n - 1} \right) - \ln 4} \right] = \infty .} \] Следовательно исходный ряд \(\sum\limits_{n = 1}^\infty {\large\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n + 1}}}}{{5n - 1}}\normalsize} \) сходится условно.
Пример 7
Определить, является ли ряд \(\sum\limits_{n = 1}^\infty {\large\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{{\sqrt {n\left( {n + 1} \right)} }}\normalsize} \) абсолютно сходящимся, условно сходящимся или расходящимся?
Решение.
Сначала применим признак Лейбница: \[ {\lim\limits_{n \to \infty } \left| {{a_n}} \right| } = {\lim\limits_{n \to \infty } \frac{1}{{\sqrt {n\left( {n + 1} \right)} }} = 0.} \] Следовательно, данный ряд сходится. Выясним, является ли эта сходимость абсолютной или условной. Воспользуемся предельным признаком сравнения и сравним соответствующий ряд из модулей \(\sum\limits_{n = 1}^\infty {\left| {{a_n}} \right|} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\large\frac{1}{{\sqrt {n\left( {n + 1} \right)} }}\normalsize} \) с расходящимся гармоническим рядом \(\sum\limits_{n = 1}^\infty {\large\frac{1}{n}\normalsize}:\) \[\require{cancel} {\lim\limits_{n \to \infty } \frac{{\frac{1}{{\sqrt {n\left( {n + 1} \right)} }}}}{{\frac{1}{n}}} } = {\lim\limits_{n \to \infty } \frac{n}{{\sqrt {n\left( {n + 1} \right)} }} } = {\lim\limits_{n \to \infty } \frac{{\sqrt {{n^2}} }}{{\sqrt {n\left( {n + 1} \right)} }} } = {\lim\limits_{n \to \infty } \sqrt {\frac{{{n^2}}}{{{n^2} + n}}} } = {\lim\limits_{n \to \infty } \sqrt {\frac{{\frac{{\cancel{n^2}}}{{\cancel{n^2}}}}}{{\frac{{\cancel{n^2}}}{{\cancel{n^2}}} + \frac{\cancel{n}}{{{n^{\cancel{2}}}}}}}} } = {\lim\limits_{n \to \infty } \sqrt {\frac{1}{{1 + \frac{1}{n}}}} = 1.} \] Поскольку ряд \(\sum\limits_{n = 1}^\infty {\left| {{a_n}} \right|} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\large\frac{1}{{\sqrt {n\left( {n + 1} \right)} }}\normalsize},\) составленный из модулей, расходится, то исходный знакочередующийся ряд является условно сходящимся.