Numerički izmjenični nizovi. Konvergencija izmjeničnih nizova

Izmjenični nizovi su nizovi čiji su članovi naizmjenično pozitivni i negativni. . Najčešće se razmatraju izmjenični nizovi u kojima se termini izmjenjuju jedan za drugim: nakon svakog pozitiva slijedi negativ, nakon svakog negativa slijedi pozitiv. Ali postoje izmjenični redovi u kojima se članovi izmjenjuju po dva, tri i tako dalje.

Razmotrite primjer izmjenične serije, čiji početak izgleda ovako:

3 − 4 + 5 − 6 + 7 − 8 + ...

a odmah i opća pravila za snimanje naizmjeničnih redova.

Kao i sa svakim nizom, da biste nastavili dati niz, trebate navesti funkciju koja određuje zajednički termin niza. U našem slučaju jest n + 2 .

Kako postaviti izmjenu predznaka članova niza? Množenje funkcije s minus jedan do neke mjere. U kojem stupnju? Odmah naglasimo da svaki stupanj ne osigurava izmjenu znakova za uvjete niza.

Recimo da želimo da prvi član izmjeničnog niza ima pozitivan predznak, kao što je slučaj u gornjem primjeru. Onda minus jedan mora biti na stepen n− 1 . Počnite zamjenjivati ​​brojeve počevši od jedan u ovaj izraz i dobit ćete kao eksponent za minus jedan, bilo paran ili neparan broj. Ovo je nužan uvjet za izmjenične znakove! Dobivamo isti rezultat kada n+ 1 . Ako želimo da prvi član izmjeničnog niza bude s negativnim predznakom, tada možemo definirati ovaj niz množenjem funkcije zajedničkog člana s jedan na potenciju n. Dobivamo paran broj, neparan broj i tako dalje. Kao što vidimo, već opisani uvjet za izmjenjivanje znakova je ispunjen.

Dakle, možemo napisati gornji izmjenični niz u općem obliku:

Za izmjenu predznaka člana niza, stepen minus jedan može biti zbroj n i bilo koji pozitivan ili negativan, paran ili neparan broj. Isto se odnosi i na 3 n , 5n, ... To jest, izmjenjivanje predznaka članova izmjeničnog niza daje stupanj na minus jedan u obliku zbroja n, pomnoženo bilo kojim neparnim i bilo kojim brojem.

Koji potencije na minus jedan ne osiguravaju izmjenu predznaka članova niza? Oni koji su prisutni u obliku n, pomnožen s bilo kojim parnim brojem, kojemu je dodan bilo koji broj, uključujući nulu, par ili nepar. Primjeri pokazatelja takvih stupnjeva: 2 n , 2n + 1 , 2n − 1 , 2n + 3 , 4n+ 3 ... Kod ovakvih potencija, ovisno o tome kojem se broju doda "en", pomnoženom s parnim brojem, dobivaju se ili samo parni ili samo neparni brojevi, što, kako smo već saznali, ne dati izmjenu znakova članova niza .

Izmjenične serije - poseban slučaj naizmjenične serije . Izmjenični nizovi su nizovi s članovima proizvoljnih predznaka , odnosno one koje mogu biti pozitivne i negativne bilo kojim redoslijedom. Primjer izmjenične serije:

3 + 4 + 5 + 6 − 7 + 8 − ...

Zatim razmatramo znakove konvergencije izmjeničnih i izmjeničnih nizova. Uvjetna konvergencija izmjeničnih nizova znakova može se utvrditi pomoću Leibnizova testa. A za širi raspon serija - izmjenične serije (uključujući izmjenične serije) - primjenjuje se kriterij apsolutne konvergencije.

Konvergencija izmjeničnog niza znakova. Leibnizov test

Za nizove izmjeničnih znakova vrijedi sljedeći kriterij konvergencije — Leibnizov kriterij.

Teorem (Leibnizov test). Niz konvergira i njegov zbroj ne prelazi prvi član ako su sljedeća dva uvjeta istovremeno zadovoljena:

• apsolutne vrijednosti članova izmjeničnog niza smanjuju se: u1 > u 2 > u 3 > ... > u n>...;
• limit svog zajedničkog roka s neograničenim povećanjem n jednaka nuli.

Posljedica. Ako zbroj izmjeničnog niza uzmemo kao zbroj njegovih n izraza, tada dopuštena pogreška neće premašiti apsolutnu vrijednost prvog odbačenog izraza.

Primjer 1. Istražite konvergenciju niza

Riješenje. Ovo je izmjenična serija. Apsolutne vrijednosti njegovih članova smanjuju se:

i granica zajedničkog roka

jednako nuli:

Oba uvjeta Leibnizova testa su zadovoljena, pa niz konvergira.

Primjer 2. Istražite konvergenciju niza

Riješenje. Ovo je izmjenična serija. Prvo dokazujemo da:

, .

Ako N= 1, tada za sve n > N nejednakost 12 vrijedi n − 7 > n. Zauzvrat, za sve n. Dakle, članovi niza opadaju u apsolutnoj vrijednosti. Nađimo granicu općeg člana niza (koristeći L'Hopitalovo pravilo):

Limit zajedničkog člana je nula. Oba uvjeta Leibnizova testa su zadovoljena, pa je odgovor na pitanje konvergencije pozitivan.

Primjer 3. Istražite konvergenciju niza

Riješenje. S obzirom na izmjeničnu seriju. Utvrdimo je li zadovoljen prvi uvjet Leibnizova kriterija, odnosno zahtjev. Da bi zahtjev bio ispunjen potrebno je da

Pobrinuli smo se da zahtjev bude ispunjen za sve n > 0 . Prvi Leibnizov kriterij je zadovoljen. Nađimo granicu općeg člana niza:

.

Granica nije nula. Dakle, drugi uvjet Leibnizova kriterija nije zadovoljen, pa konvergencija ne dolazi u obzir.

Primjer 4. Istražite konvergenciju niza

Riješenje. U ovom nizu dva negativna termina slijede dva pozitivna. Ova serija je također izmjenična. Utvrdimo je li prvi uvjet Leibnizova testa zadovoljen.

Zahtjev je ispunjen za sve n > 1 . Prvi Leibnizov kriterij je zadovoljen. Utvrdimo je li granica općeg člana jednaka nuli (primjenjujući L'Hopitalovo pravilo):

.

Imamo nulu. Dakle, oba uvjeta Leibnizova kriterija su zadovoljena. Konvergencija se događa.

Primjer 5. Istražite konvergenciju niza

Riješenje. Ovo je izmjenična serija. Otkrijmo je li prvi uvjet Leibnizova testa zadovoljen. Jer

,

Jer n ≥ 0 , zatim 3 n+ 2 > 0 . Zauzvrat, za sve n, Zato . Posljedično, članovi niza opadaju u apsolutnoj vrijednosti. Prvi Leibnizov kriterij je zadovoljen. Utvrdimo je li granica općeg člana niza jednaka nuli (primjenjujući L'Hopitalovo pravilo):

.

Dobili smo nultu vrijednost. Oba uvjeta Leibnizova testa su zadovoljena, pa ovaj niz konvergira.

Primjer 6. Istražite konvergenciju niza

Riješenje. Otkrijmo je li prvi uvjet Leibnizova testa zadovoljen za ovaj izmjenični niz:

Članovi niza opadaju u apsolutnoj vrijednosti. Prvi Leibnizov kriterij je zadovoljen. Otkrijmo je li granica zajedničkog člana jednaka nuli:

.

Granica zajedničkog člana nije nula. Drugi uvjet Leibnizova kriterija nije zadovoljen. Stoga se ovaj niz razilazi.

Leibnizov test je znak uvjetna konvergencija niza. To znači da se gore razmatrani zaključci o konvergenciji i divergenciji izmjeničnih nizova mogu nadopuniti: ti nizovi konvergiraju (ili divergiraju) uvjetno.

Apsolutna konvergencija izmjeničnih nizova

Neka red

– izmjenični znak. Razmotrimo niz sastavljen od apsolutnih vrijednosti njegovih članova:

Definicija. Za niz se kaže da je apsolutno konvergentan ako niz sastavljen od apsolutnih vrijednosti svojih članova konvergira. Ako naizmjenični niz konvergira, a niz sastavljen od apsolutnih vrijednosti svojih članova divergira, tada se takav naizmjenični niz naziva uvjetno ili neapsolutno konvergentno .

Teorema. Ako niz konvergira apsolutno, onda konvergira uvjetno.

Primjer 7. Odredi konvergira li niz

Riješenje. Ovoj seriji uz pozitivne pojmove odgovara serija Ovo generalizirani harmonijski niz, u kojem se stoga niz razilazi. Provjerimo jesu li ispunjeni uvjeti Leibnizova testa.

Napišimo apsolutne vrijednosti prvih pet članova niza:

.

Kao što vidimo, članovi niza opadaju u apsolutnoj vrijednosti. Prvi Leibnizov kriterij je zadovoljen. Otkrijmo je li granica zajedničkog člana jednaka nuli:

Dobili smo nultu vrijednost. Oba uvjeta Leibnizova kriterija su zadovoljena. To jest, prema Leibnizovom kriteriju, dolazi do konvergencije. I odgovarajući niz s pozitivnim članovima divergira. Stoga ovaj niz uvjetno konvergira.

Primjer 8. Odredi konvergira li niz

apsolutno, uvjetno ili se razilazi.

Riješenje. Ovom nizu uz pozitivne članove odgovara niz. Ovo je generalizirani harmonijski niz, u kojem se, dakle, niz razilazi. Provjerimo jesu li ispunjeni uvjeti Leibnizova testa.

Razmotrimo redove čiji članovi imaju proizvoljne predznake; naizmjenično(imajte na umu da u matematičkoj literaturi izrazi izmjenični i izmjenični nizovi - o takvim nizovima će biti riječi kasnije - znače istu stvar; ali ovdje smo usvojili terminologiju koju koristi N.S. Piskunov u svom “Diferencijalnom i integralnom računu” samo da skratimo notaciju : umjesto riječi “niz čiji članovi imaju proizvoljne predznake” reći ćemo “izmjenični niz”). Ako dani niz ima samo konačan broj negativnih članova, tada, odbacujući ih, možemo stvar svesti na proučavanje niza s pozitivnim članovima. Isto vrijedi i za niz u kojem postoji samo konačan broj pozitivnih članova. Stoga ćemo očito pretpostaviti da među članovima niza postoji beskonačan broj i pozitivnih i negativnih članova.

Sljedeći teorem je istinit

Teorem 30. 8.(test apsolutne konvergencije)

Neka je zadan niz s članovima proizvoljnih predznaka. Ako niz konvergira

sastavljen od apsolutnih vrijednosti njegovih članova, tada dani niz konvergira. pri čemu .

Definicija 30.4. Ako niz konvergira i red konvergira, tada se niz naziva apsolutno konvergentan. Ako niz konvergira, a red divergira, tada se niz naziva uvjetno (ne apsolutno) konvergentno.

Kako bi se odredila apsolutna konvergencija danog niza prema nizu njegovih modula, mogu se primijeniti kriteriji o kojima smo govorili u prethodnom paragrafu. Ali morate biti oprezni sa znakovima divergencije: ako niz modula divergira, tada se izvorni niz može konvergirati (uvjetno). Jedina iznimka su D'Alembertov test i Cauchyjev radikalni test, jer kada ovi znakovi govore o divergentnosti niza to znači to, ali tada i, što znači divergentnost niza.

Formulirajmo ove karakteristike u odnosu na izmjenične serije

D'Alembertov znak. , To

na d < 1 ряд сходится абсолютно,

na d> 1 red se razilazi,

na d=1 potrebna su dodatna istraživanja.

Cauchyjev znak je radikalan. Ako za naizmjeničnu seriju postoji , To

na K< 1 ряд сходится абсолютно,

na K> 1 red se razilazi,

na K= potrebno je 1 dodatno istraživanje

Primjer. Istražujemo konvergenciju niza . Primijenimo na to Cauchyjev test: – serija apsolutno konvergira.

Među izmjeničnim serijama posebnu ulogu imaju tzv naizmjenični redovi. Izmjenični niz je niz čiji članovi naizmjenično imaju pozitivne i negativne predznake (vidi prethodni primjer). Takav niz obično se piše u obliku

pretpostavlja se da sve a str > 0.

Za izmjenične serije imamo

Teorem 30.9.(Leibnizov teorem)

Ako se članovi izmjeničnog niza smanjuju u apsolutnoj vrijednosti, tj. P | a n| >| a n+1 |, i , tada niz konvergira. U tom slučaju zbroj niza u apsolutnoj vrijednosti ne prelazi modul prvog člana niza, tj. i ima isti predznak kao prvi član niza.

Niz koji zadovoljava uvjete Leibnizova teorema naziva se niz Leibnizijevskog tipa.

Primjer. Razmotrimo konvergenciju niza . Provjerimo jesu li ispunjeni uvjeti iz teorema 5.9: | a n| >| a n+1 |, zaista, > " P³1, i također , što znači da niz konvergira. A budući da je serija apsolutnih vrijednosti ove serije divergentna harmonijska serija, tada izvorna serija konvergira uvjetno.

Komentar. Budući da je svaki ostatak niza Leibnizova tipa također niz Leibnizova tipa, tada u slučaju konvergencije niza ostatak niza u apsolutnoj vrijednosti ne prelazi modul svog prvog člana:

|Rn| = |S – S n| £ | a n +1 |.

Ovo je zgodno koristiti za procjenu točnosti približnog izračuna zbroja danog niza.

Naizmjenične serije

Definicija 5. Nizovi brojeva koji sadrže i pozitivne i negativne članove nazivaju se izmjeničnim nizovima.

Nizovi čiji su svi članovi negativni brojevi ne predstavljaju ništa novo u usporedbi s nizovima s pozitivnim predznakom, jer se dobivaju množenjem nizova s ​​pozitivnim predznakom s – 1.

Počnimo proučavati izmjenične serije s posebnim slučajem - izmjenične serije.

Definicija 6. Serije brojeva obrasca u 1 -u 2 +u 3 -u 4 +…+ +(- 1)n- 1. u n +…, Gdje u n– modul člana niza naziva se izmjenični brojevni niz.

Teorem 9. (Leibnizov test )

Ako za izmjenični brojčani niz

Ispunjena su dva uvjeta:

Članovi niza opadaju po modulu u 1>u 2>…>u n>…,

tada niz (19) konvergira, a njegov zbroj je pozitivan i ne prelazi prvi član niza.

Dokaz. Razmotrimo djelomični zbroj parnog broja članova niza S 2 n=(u 1 -u 2)+(u 3 -u 4)+…+(u 2 n -1 -u 2 n).

Po stanju u 1>u 2>…>u 2 n -1>u 2 n, odnosno sve razlike u zagradama su pozitivne, dakle, S 2 n povećava se s povećanjem n I S 2 n>0 za bilo koji n.

Na drugoj strani S 2 n=u 1 -[(u 2 -u 3)+(u 4 -u 5)+…+(u 2 n -2 -u 2 n -1)+u 2 n ]. Izraz u uglatim zagradama je pozitivan i S 2 n>0, dakle S 2 n<u 1 za bilo koga n. Dakle, niz parcijalnih zbrojeva S 2 n raste i ograničeno je, stoga postoji konačan S 2 n=S. U isto vrijeme 0<S≤u 1.

Razmotrimo sada djelomični zbroj neparnog broja članova niza S 2 n +1=S 2 n+u 2 n +1. Prijeđimo u posljednjoj jednakosti do granice na n→∞: S 2 n +1 = S 2 n + u 2 n +1 = S+ 0= S. Dakle, parcijalni zbroji parnih i neparnih brojeva članova niza imaju istu granicu S, Zato S n=S, odnosno ovaj niz konvergira. Teorem je dokazan.

Primjer.

Ispitajte niz na konvergenciju

Primijenimo Leibnizov test.

u n= >u n +1=

Oba uvjeta Leibnizova kriterija su zadovoljena, stoga niz konvergira.

Bilješke.

1. Leibnizov teorem vrijedi čak i ako je uvjet u n >u n + 1 se izvršava počevši od nekog broja N.

2. Stanje u n >u n +1 nije potrebno. Niz može konvergirati ako ne vrijedi. Na primjer, serija
konvergira kao razlika dvaju konvergentnih nizova iako je uvjet u n >u n +1 nije izvršeno.

Definicija 8. Ako izmjenični niz konvergira, ali niz sastavljen od apsolutnih vrijednosti članova ovog niza divergira, tada se kaže da izmjenični niz uvjetno konvergira.

Definicija 9. Ako i sam izmjenični niz i niz sastavljen od apsolutnih vrijednosti njegovih članova konvergiraju, tada se kaže da izmjenični niz apsolutno konvergira.

Primjer.

Utvrditi prirodu konvergencije niza

Očito je da ovaj niz konvergira prema Leibnizovom kriteriju. Doista: i u n=

Niz sastavljen od apsolutnih vrijednosti članova danog niza je divergentni harmonijski niz. Stoga ovaj niz uvjetno konvergira.

Definicija 6.1 Brojevni niz koji sadrži beskonačan broj pozitivnih i beskonačan broj negativnih članova naziva se izmjeničnim. Poseban slučaj izmjeničnog niza je izmjenični niz, odnosno niz u kojem uzastopni članovi imaju suprotne predznake.

Leibnizov test

Za znakove koji se izmjenjuju jedan pored drugog, primjenjuje se dovoljan kriterij za Leibnizovu konvergenciju.

Neka (an) bude niz brojeva takav da

1. an+1< an ;

Zatim se izmjenične serije konvergiraju.

Apsolutna i uvjetna konvergencija

Definicija 6.2 Za niz se kaže da je apsolutno konvergentan ako niz također konvergira. Ako niz apsolutno konvergira, onda je konvergentan (u uobičajenom smislu). Obrnuta tvrdnja nije istinita.

Niz se naziva uvjetno konvergentnim ako on sam konvergira, a niz sastavljen od modula njegovih članova divergira.

Primijenimo Leibnizov dovoljan test za izmjenične nizove. Dobivamo

jer. Stoga ovaj niz konvergira.

Ispitajte niz na konvergenciju.

Pokušajmo primijeniti Leibnizov kriterij:

Vidi se da modul općeg člana ne teži nuli za n > ?. Stoga se ovaj niz razlikuje

Primjenjujući d'Alembertov test na niz sastavljen od modula odgovarajućih članova, nalazimo

Dakle, ovaj niz apsolutno konvergira.

Odredite je li niz apsolutno konvergentan, uvjetno konvergentan ili divergentan?

Prvo, upotrijebimo Leibnizov kriterij i pronađimo granicu. Izračunajmo ovu granicu koristeći L'Hopitalovo pravilo:

Dakle, izvorni niz se razilazi.

Ispitajte niz na konvergenciju

Zajednički član ove serije je jednak. Primijenimo d'Alembertov test na niz sastavljen od modula:

Stoga. originalna serija apsolutno konvergira.

Istražite je li niz apsolutno konvergentan, uvjetno konvergentan ili divergentan?

Primjenjujući Leibnizov kriterij, vidimo da je niz konvergentan:

Razmotrimo sada konvergenciju niza sastavljenog od modula odgovarajućih članova. Koristeći se integralnim kriterijem konvergencije, dobivamo

Prema tome, izvorni niz uvjetno konvergira.

Odredite je li niz apsolutno konvergentan, uvjetno konvergentan ili divergentan?

Prvo primijenimo Leibnizov kriterij:

Stoga ovaj niz konvergira. Utvrdimo je li ta konvergencija apsolutna ili uvjetna. Upotrijebimo granični kriterij usporedbe i usporedimo odgovarajući niz modula s divergentnim harmoničkim nizom:

Budući da niz sastavljen od modula divergira, izvorni naizmjenični niz je uvjetno konvergentan.

1. Serije s pozitivnim terminima. Znakovi konvergencije

Vrlo je teško odrediti konvergenciju niza (1.1) i pronaći njegov zbroj u slučaju konvergencije izravno prema definiciji 1.1 kao limita niza parcijalnih zbroja. Stoga postoji dovoljno kriterija za određivanje da li niz konvergira ili divergira. Ako konvergira, približna vrijednost njegovog zbroja s bilo kojim stupnjem točnosti može biti zbroj odgovarajućeg broja prvih n članova niza.

Ovdje ćemo razmatrati nizove (1.1) s pozitivnim (nenegativnim) članovima, tj. nizove za koje ćemo takve nizove zvati pozitivnim redovima.

Teorem 3.1. (znak za usporedbu)

Neka su dana dva pozitivna niza

i uvjeti su ispunjeni za sve n=1,2,…

Tada: 1) iz konvergencije niza (3.2) slijedi konvergencija niza (3.1);

2) iz divergencije niza (3.1) slijedi divergencija niza (3.2).

Dokaz. 1. Neka niz (3.2) konvergira i neka mu je suma jednaka B. Niz parcijalnih suma niza (3.1) je neopadajući omeđen odozgo brojem B, tj.

Tada, zbog svojstava takvog niza, slijedi da on ima konačan limit, tj. red (3.1) konvergira.

2. Neka niz (3.1) divergira. Zatim, ako niz (3.2) konvergira, tada bi na temelju točke 1 dokazane gore, izvorni niz također konvergirao, što je u suprotnosti s našim uvjetom. Posljedično, red (3.2) također divergira.

Ovaj kriterij zgodno je primijeniti za određivanje konvergencije nizova, uspoređujući ih s nizovima čija je konvergencija već poznata.

Primjer 3.1. Ispitajte niz na konvergenciju

Članovi niza su pozitivni i manji od odgovarajućih članova konvergentnog niza geometrijske progresije

jer , n=1,2,…

Stoga, usporedbom, izvorni niz također konvergira.

Primjer 3.2. Ispitajte niz na konvergenciju

Članovi ovog niza su pozitivni i veći od odgovarajućih članova divergentnog harmonijskog niza

Posljedično, prema kriteriju usporedbe, izvorni niz se razlikuje.

Teorem 3.2. (D'Alembertov granični znak).

Tada: 1) kod q< 1 ряд (1.1) сходится;

• 2) za q > 1 niz (1.1) divergira;

Napomena: Niz (1.1) će također divergirati u slučaju kada

Primjer 3.3. Ispitajte niz na konvergenciju

Primijenimo d'Alembertov granični test.

U našem slučaju.

Primjer 3.4. Ispitajte niz na konvergenciju

Stoga, izvorni niz konvergira.

Primjer 3.5. Ispitajte niz na konvergenciju

Primijenimo D'Alembertov granični test:

Posljedično, originalna serija se razlikuje.

Komentar. Primjena d'Alembertova graničnog testa na harmonijski niz ne daje odgovor o konvergenciji ovog niza, jer za ovaj niz

Teorem 3.3. (Cauchyjev limitirajući test Cauchy Augustin Louis (1789. - 1857.), francuski matematičar.).

Neka su članovi pozitivnog niza (1.1) takvi da postoji granica

Tada: 1) kod q< 1 ряд (1.1) сходится;

• 2) za q > 1 niz (1.1) divergira;
• 3) za q = 1 ne može se ništa reći o konvergenciji nizova (1.1);

Primjer 3.6. Ispitajte niz na konvergenciju

Primijenimo Cauchyjev granični test:

Stoga, izvorni niz konvergira.

Teorem 3.4. (Integralni Cauchyjev test).

Neka je funkcija f(x) kontinuirana nenegativna nerastuća funkcija na intervalu

Tada niz i nepravi integral konvergiraju ili divergiraju istovremeno.

Primjer 3.7. Ispitajte harmonijski niz na konvergenciju

Primijenimo integralni Cauchyjev test.

U našem slučaju funkcija zadovoljava uvjete iz teorema 3.4. Ispitujemo konvergenciju nepravilnog integrala

Nepravi integral divergira, stoga se divergira i izvorni harmonijski niz.

Primjer 3.8. Ispitajte generalizirani harmonijski niz na konvergenciju

Funkcija zadovoljava uvjete iz teorema 3.4.

Ispitujemo konvergenciju nepravilnog integrala

Razmotrite sljedeće slučajeve:

• 1) neka Tada je generalizirani harmonijski niz harmonijski niz koji divergira, kao što je prikazano u primjeru 3.7.
• 2) neka Zatim

Nepravi integral divergira, pa stoga niz divergira;

3) neka Zatim

Nepravi integral konvergira, pa stoga i red konvergira.

Napokon imamo

Bilješke. 1. Generalizirani harmonijski niz će divergirati na, jer u ovom slučaju nije zadovoljen nužni kriterij za konvergenciju: opći član niza ne teži nuli.

2. Generalizirani harmonijski niz pogodan je za korištenje pri primjeni kriterija usporedbe.

Primjer 3.9. Ispitajte niz na konvergenciju

Članovi niza su pozitivni i manji od odgovarajućih članova konvergentnog generaliziranog harmonijskog niza

jer i parametar

Posljedično, izvorni niz konvergira (usporedbom).

Prijeđimo na razmatranje serija čiji članovi mogu biti i pozitivni i negativni.

Ova rubrika svoj izvanredan izgled duguje mnogim, mnogim autorima, čitajući čija sam djela htio lansirati te radove u same pisce. Zapravo, planirao sam objaviti ovu temu u cijelosti tek kada konačno bude gotova, ali zbog previše pitanja o njoj, sada ću iznijeti neke točke. Naknadno će se građa dopunjavati i proširivati. Počnimo s definicijama.

Niz oblika $\sum\limits_(n=1)^(\infty)(-1)^(n+1)u_n$, gdje je $u_n>0$, naziva se izmjeničnim.

Znakovi članova izmjeničnog niza strogo se izmjenjuju:

$$ \sum\limits_(n=1)^(\infty)(-1)^(n+1)u_n=u_1-u_2+u_3-u_4+u_5-u_6+u_7-u_8+\ldots $$

Na primjer, $1-\frac(1)(2)+\frac(1)(3)-\frac(1)(4)+\ldots$ je izmjenični niz. Događa se da striktna izmjena znakova ne počinje prvim elementom, ali to nije značajno za studije konvergencije.

Zašto izmjenični znakovi koji ne počinju s prvim elementom nisu važni? Pokaži sakrij

Činjenica je da među svojstvima niza brojeva postoji izjava koja nam omogućuje da odbacimo "suvišne" članove niza. Ovo je nekretnina:

Niz $\sum\limits_(n=1)^(\infty)u_n$ konvergira ako i samo ako bilo koji od njegovih ostataka $r_n=\sum\limits_(k=n+1)^(\infty)u_k konvergira $ . Iz toga slijedi da odbacivanje ili dodavanje konačnog broja članova određenom nizu ne mijenja konvergenciju niza.

Neka nam je dan određeni izmjenični niz $\sum\limits_(n=1)^(\infty)(-1)^(n+1)u_n$, i neka je za taj niz zadovoljen prvi uvjet Leibnizova testa , tj. $\lim_(n\to(\infty))u_n=0$. Međutim, drugi uvjet, tj. $u_n≥u_(n+1)$, izvršava se počevši od određenog broja $n_0\in(N)$. Ako je $n_0=1$, tada dobivamo uobičajenu formulaciju drugog uvjeta Leibnizova kriterija, dakle niz $\sum\limits_(n=1)^(\infty)(-1)^(n+1)u_n $ će konvergirati. Ako je $n_0>1$, tada niz $\sum\limits_(n=1)^(\infty)(-1)^(n+1)u_n$ dijelimo na dva dijela. U prvom dijelu odabiremo sve one elemente čiji je broj manji od $n_0$:

$$ \sum\limits_(n=1)^(\infty)(-1)^(n+1)u_n=\sum\limits_(n=1)^(n_0-1)(-1)^(n +1)u_n+\sum\limits_(n=n_0)^(\infty)(-1)^(n+1)u_n $$

Za niz $\sum\limits_(n=n_0)^(\infty)(-1)^(n+1)u_n$ oba su uvjeta Leibnizova testa zadovoljena, stoga je niz $\sum\limits_(n= n_0)^(\ infty)(-1)^(n+1)u_n$ konvergira. Budući da ostatak konvergira, izvorni niz $\sum\limits_(n=1)^(\infty)(-1)^(n+1)u_n$ također će konvergirati.

Dakle, uopće nije važno je li zadovoljen drugi uvjet Leibnizova testa, počevši od prvog ili od tisućitog elementa - niz će i dalje konvergirati.

Napominjem da je Leibnizov kriterij dovoljan, ali ne i nužan uvjet za konvergenciju izmjeničnih nizova. Drugim riječima, ispunjenje uvjeta Leibnizova kriterija jamči konvergenciju niza, ali nezadovoljavanje ovih uvjeta ne jamči niti konvergenciju niti divergenciju. Naravno, neispunjenje prvog uvjeta, tj. slučaj $\lim_(n\to(\infty))u_n\neq(0)$, znači divergenciju niza $\sum\limits_(n=n_0)^(\infty)(-1)^(n+ 1)u_n $, međutim, neuspjeh u zadovoljavanju drugog uvjeta može se dogoditi i za konvergentne i za divergentne nizove.

Budući da se izmjenične serije znakova često nalaze u standardnim standardnim izračunima, sastavio sam shemu pomoću koje se standardna izmjenična serija znakova može ispitati na konvergenciju.

Naravno, možete izravno primijeniti Leibnizov test, zaobilazeći provjeru konvergencije niza modula. Međutim, za standardne obrazovne primjere provjera niza modula je nužna, budući da većina autora standardnih izračuna zahtijeva ne samo saznanje konvergira li niz ili ne, već i određivanje prirode konvergencije (uvjetna ili apsolutna). Prijeđimo na primjere.

Primjer br. 1

Ispitajte niz $\sum\limits_(n=1)^(\infty)(-1)^(n+1)\frac(4n-1)(n^2+3n)$ radi konvergencije.

Prvo, saznajmo je li ovaj niz doista izmjeničan. Kako $n≥1$, onda $4n-1≥3>0$ i $n^2+3n≥4>0$, tj. za sve $n\in(N)$ imamo $\frac(4n-1)(n^2+3n)>0$. Dakle, dana serija ima oblik $\sum\limits_(n=1)^(\infty)(-1)^(n+1)u_n$, gdje je $u_n=\frac(4n-1)(n^ 2 +3n)>0$, tj. Serija koja se razmatra je izmjenična.

Obično se takva provjera obavlja usmeno, ali je vrlo nepoželjno preskočiti je: pogreške u standardnim izračunima nisu neuobičajene. Često se događa da se znakovi članova određenog niza počnu izmjenjivati ​​ne od prvog člana niza. U ovom slučaju, možete odbaciti "interferirajuće" članove niza i ispitati konvergenciju ostatka (pogledajte bilješku na početku ove stranice).

Dakle, dan nam je niz izmjeničnog znaka. Mi ćemo slijediti gore navedeno. Za početak, kreirajmo niz modula članova ovog niza:

$$ \sum\limits_(n=1)^(\infty)\lijevo|(-1)^(n+1)\frac(4n-1)(n^2+3n)\desno| =\sum\limits_(n=1)^(\infty)\frac(4n-1)(n^2+3n) $$

Provjerimo konvergira li sastavljeni niz modula. Primijenimo kriterij usporedbe. Budući da za sve $n\in(N)$ imamo $4n-1=3n+n-1≥3n$ i $n^2+3n≤n^2+3n^2=4n^2$, tada:

$$ \frac(4n-1)(n^2+3n)≥ \frac(3n)(4n^2)=\frac(3)(4)\cdot\frac(1)(n) $$

Harmonijski niz $\sum\limits_(n=1)^(\infty)\frac(1)(n)$ divergira, pa će niz $\sum\limits_(n=1)^(\infty)\left također divergiraju (\frac(3)(4)\cdot\frac(1)(n)\right)$. Stoga, prema kriteriju usporedbe, niz $\sum\limits_(n=1)^(\infty)\frac(4n-1)(n^2+3n)$ divergira. Označimo $u_n=\frac(4n-1)(n^2+3n)$ i provjerimo jesu li uvjeti Leibnizova testa zadovoljeni za izvorni izmjenični niz. Pronađimo $\lim_(n\to(\infty))u_n$:

$$ \lim_(n\to(\infty))u_n =\lim_(n\to(\infty))\frac(4n-1)(n^2+3n) =\lim_(n\to(\infty) ))\frac(\frac(4)(n)-\frac(1)(n^2))(1+\frac(3)(n)) =0. $$

Prvi uvjet Leibnizovog testa je zadovoljen. Sada trebamo saznati vrijedi li nejednakost $u_n≥u_(n+1)$. Znatan broj autora radije zapisuje prvih nekoliko članova niza i zatim zaključuje da je nejednakost $u_n≥u_(n+1)$ zadovoljena.

Drugim riječima, ovaj bi "dokaz" za ovu seriju izgledao ovako: $\frac(2)(3)≤\frac(5)(8)≤\frac(8)(15)≤\ldots$. Nakon usporedbe prvih nekoliko članova dolazi se do zaključka: za preostale članove nejednakost će ostati, svaki sljedeći neće biti veći od prethodnog. Ne znam odakle ova "metoda dokazivanja", ali je pogrešna. Na primjer, za niz $v_n=\frac(10^n)(n$ 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 $v_{n+1}>v_n$ для всех $n\in{N}$. Однако такой вывод будет категорически неверным, так как начиная с $n=10$ элементы последовательности будут убывать.!}

Kako dokazati nejednakost $u_n≥u_(n+1)$? Općenito, postoji nekoliko načina za to. Najjednostavniji u našem slučaju je razmotriti razliku $u_n-u_(n+1)$ i pronaći njen predznak. U sljedećem primjeru razmotrit ćemo drugačiju metodu: dokazivanjem opadanja odgovarajuće funkcije.

$$ u_n-u_(n+1) =\frac(4n-1)(n^2+3n)-\frac(4(n+1)-1)((n+1)^2+3(n +1)) =\frac(4n-1)(n^2+3n)-\frac(4n+3)(n^2+5n+4)=\\ =\frac((4n-1)\cdot \lijevo(n^2+5n+4\desno)-\lijevo(n^2+3n\desno)\cdot(4n+3))(\lijevo(n^2+3n\desno)\cdot\lijevo( n^2+5n+4\desno)) =\frac(4n^2+2n-4)(\lijevo(n^2+3n\desno)\cdot\lijevo(n^2+5n+4\desno) ). $$

Kako $n≥1$, onda $4n^2-4≥0$, odakle imamo $4n^2+2n-4>0$, tj. $u_n-u_(n+1)>0$, $u_n>u_(n+1)$. Događa se, naravno, da nejednakost $u_n≥u_(n+1)$ nije zadovoljena iz prvog člana niza, ali to je nevažno (vidi na početku stranice).

Dakle, oba uvjeta Leibnizova testa su zadovoljena. Budući da je u ovom slučaju serija $\sum\limits_(n=1)^(\infty)\left|(-1)^(n+1)\frac(4n-1)(n^2+3n)\right |. $ divergira, tada niz $\sum\limits_(n=1)^(\infty)(-1)^(n+1)\frac(4n-1)(n^2+3n)$ uvjetno konvergira.

Odgovor: red konvergira uvjetno.

Primjer br. 2

Ispitajte niz $\sum\limits_(n=1)^(\infty)(-1)^(n+1)\frac(5n-4)(\sqrt(2n^3-1))$ radi konvergencije.

Prvo, razmotrite izraz $\frac(5n-4)(\sqrt(2n^3-1))$. Vrijedi malo provjeriti je li stanje ispravno. Činjenica je da se vrlo često u uvjetima standardnih standardnih izračuna mogu susresti s pogreškama kada je radikalni izraz negativan ili se u nazivniku pojavljuje nula za neke vrijednosti $n$.

Kako bismo izbjegli takve nevolje, napravimo jednostavnu preliminarnu studiju. Kako za $n≥1$ imamo $2n^3≥2$, onda $2n^3-1≥1$, tj. izraz pod korijenom ne može biti negativan niti jednak nuli. Dakle, stanje je sasvim ispravno. Izraz $\frac(5n-4)(\sqrt(2n^3-1))$ definiran je za sve $n≥1$.

Da dodam da je za $n≥1$ nejednakost $\frac(5n-4)(\sqrt(2n^3-1))>0$ točna, tj. Dobivamo niz izmjeničnih znakova. Istražit ćemo ga prema gore navedenom. Za početak, kreirajmo niz modula članova ovog niza:

$$ \sum\limits_(n=1)^(\infty)\lijevo|(-1)^(n+1)\frac(5n-4)(\sqrt(2n^3-1))\desno| =\sum\limits_(n=1)^(\infty)\frac(5n-4)(\sqrt(2n^3-1)) $$

Provjerimo konvergira li niz sastavljen od modula članova danog niza. Primijenimo znak usporedbe. U rješavanju prethodnog primjera koristili smo prvi kriterij usporedbe. Ovdje, čisto radi raznolikosti, primjenjujemo drugi znak usporedbe (znak usporedbe u ograničavajućem obliku). Usporedimo niz $\sum\limits_(n=1)^(\infty)\frac(5n-4)(\sqrt(2n^3-1))$ s divergentnim nizom $\sum\limits_(n =1)^ (\infty)\frac(1)(\sqrt(n))$:

$$ \lim_(n\to\infty)\frac(\frac(5n-4)(\sqrt(2n^3-1)))(\frac(1)(\sqrt(n))) =\lim_ (n\to\infty)\frac(5n\sqrt(n)-4\sqrt(n))(\sqrt(2n^3-1)) =\lim_(n\to\infty)\frac(\frac (5n\sqrt(n))(n\sqrt(n))-\frac(4\sqrt(n))(n\sqrt(n)))(\sqrt(\frac(2n^3-1)( n^3))) \lim_(n\to\infty)\frac(5-\frac(4)(n))(\sqrt(2-\frac(1)(n^3))) =\frac (5)(\sqrt(2)). $$

Budući da $\frac(5)(\sqrt(2))\neq(0)$ i $\frac(5)(\sqrt(2))\neq\infty$, tada istovremeno s nizom $\sum\limits_ (n=1)^(\infty)\frac(1)(\sqrt(n))$ će divergirati i niz $\sum\limits_(n=1)^(\infty)\frac(5n-4) ( \sqrt(2n^3-1))$.

Dakle, dani naizmjenični niz nema apsolutnu konvergenciju. Označimo $u_n=\frac(5n-4)(\sqrt(2n^3-1))$ i provjerimo jesu li uvjeti Leibnizova testa zadovoljeni. Pronađimo $\lim_(n\to(\infty))u_n$:

$$ \lim_(n\to(\infty))u_n =\lim_(n\to(\infty))\frac(5n-4)(\sqrt(2n^3-1)) =\lim_(n\ do (\infty))\frac(\frac(5n)(n^(\frac(3)(2)))-\frac(4)(n^(\frac(3)(2))))( \sqrt(\frac(2n^3-1)(n^3))) =\lim_(n\to(\infty))\frac(\frac(5)(\sqrt(n))-\frac( 4)(n^(\frac(3)(2))))(\sqrt(2-\frac(1)(n^3))) =0. $$

Prvi uvjet Leibnizovog testa je zadovoljen. Sada trebamo saznati vrijedi li nejednakost $u_n≥u_(n+1)$. U prethodnom primjeru pogledali smo jedan od načina dokazivanja ove nejednakosti: pronalaženjem predznaka razlike $u_n-u_(n+1)$. Ovaj put upotrijebimo drugu metodu: umjesto $u_n=\frac(5n-4)(\sqrt(2n^3-1))$, razmotrimo funkciju $y(x)=\frac(5x-4)( \sqrt( 2x^3-1))$ uz $x≥1$. Napominjem da ponašanje ove funkcije pod uvjetom $x<1$ нам совершенно безразлично.

Naš cilj je dokazati da je funkcija $y(x)$ nerastuća (ili opadajuća). Ako dokažemo da je funkcija $y(x)$ nerastuća, tada ćemo za sve vrijednosti $x_2>x_1$ imati $y(x_1)≥y(x_2)$. Uz pretpostavku $x_1=n$ i $x_2=n+1$, dobivamo da nejednakost $n+1>n$ implicira istinitost nejednakosti $y(n)≥y(n+1)$. Budući da je $y(n)=u_n$, tada je nejednakost $y(n)≥y(n+1)$ ista kao $u_(n)≥u_(n+1)$.

Ako pokažemo da je $y(x)$ opadajuća funkcija, tada će nejednakost $n+1>n$ dovesti do istinitosti nejednakosti $y(n)>y(n+1)$, tj. $u_(n)>u_(n+1)$.

Nađimo derivaciju $y"(x)$ i saznajmo njen predznak za odgovarajuće vrijednosti od $x$.

$$ y"(x)=\frac((5x-4)"\cdot\sqrt(2x^3-1)-(5x-4)\cdot\lijevo(\sqrt(2x^3-1)\desno )")(\lijevo(\sqrt(2x^3-1)\desno)^2) =\frac(5\cdot\sqrt(2x^3-1)-(5x-4)\cdot\frac(1 )(2\sqrt(2x^3-1))\cdot(6x^2))(2x^3-1)=\\ =\frac(5\cdot\lijevo(2x^3-1\desno)- (5x-4)\cdot(3x^2))(\lijevo(2x^3-1\desno)^(\frac(3)(2))) =\frac(-5x^3+12x^2- 5)(\lijevo(2x^3-1\desno)^(\frac(3)(2))) $$

Mislim da je očito da će za dovoljno velike pozitivne vrijednosti od $x≥1$ polinom u nazivniku biti manji od nule, tj. $-5x^3+12x^2-5<0$. 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.

Ipak, pristupimo pitanju manje formalno. Kako ne bismo uključivali nepotrebne leme iz algebre, jednostavno ćemo okvirno procijeniti vrijednost izraza $-5x^3+12x^2-5$. Uzmimo u obzir $-5x^3+12x^2-5=x^2(-5x+12)-5$. Za $x≥3$ imamo $-5x+12<0$, посему $x^2(-5x+12)-5<0$.

Dakle, za $x≥3$ imamo $y"(x)<0$, т.е. функция $y(x)$ убывает. А это, в свою очередь, означает, что при $n≥3$ верно неравенство $u_n>u_(n+1)$, tj. drugi uvjet Leibnizova testa je zadovoljen. Naravno, ispunjenje drugog uvjeta nismo pokazali s $n=1$, nego s $n=3$, ali to nije važno (vidi na početku stranice).

Dakle, oba uvjeta Leibnizova kriterija su zadovoljena. Budući da je u ovom slučaju serija $\sum\limits_(n=1)^(\infty)\left|(-1)^(n+1)\frac(5n-4)(\sqrt(2n^3-1 ) )\right|$ divergira, tada niz $\sum\limits_(n=1)^(\infty)(-1)^(n+1)\frac(4n-1)(n^2+3n) $ konvergira uvjetno.

Odgovor: red konvergira uvjetno.

Primjer br. 3

Ispitajte niz $\sum\limits_(n=1)^(\infty)(-1)^(n+1)\frac(3n+4)(2^n)$ radi konvergencije.

Ovaj primjer nije od velikog interesa pa ću ga ukratko napisati. Dobivamo izmjenični niz, koji ćemo ponovno istražiti pomoću . Napravimo niz modula članova ovog niza:

$$ \sum\limits_(n=1)^(\infty)\lijevo|(-1)^(n+1)\frac(3n+4)(2^n)\desno| =\sum\limits_(n=1)^(\infty)\frac(3n+4)(2^n) $$

Primijenimo D'Alembertov znak Označavajući $u_n=\frac(3n+4)(2^n)$, dobivamo $u_(n+1)=\frac(3n+7)(2^(n+1) )$ .

$$ \lim_(n\to\infty)\frac(u_(n+1))(u_(n)) =\lim_(n\to\infty)\frac(\frac(3n+7)(2^ (n+1)))(\frac(3n+4)(2^n)) =\frac(1)(2)\lim_(n\to\infty)\frac(3n+7)(3n+4 ) =\frac(1)(2)\lim_(n\to\infty)\frac(3+\frac(7)(n))(3+\frac(4)(n)) =\frac(1 )(2)\cdot(1)=\frac(1)(2). $$

Od $\frac(1)(2)<1$, то согласно признаку Д"Аламбера ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{3n+4}{2^n}$ сходится. Из сходимости ряда $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left|(-1)^{n+1}\frac{3n+4}{2^n}\right|$, что ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\frac{3n+4}{2^n}$ сходится, причём сходится абсолютно.

Napominjem da nam za rješavanje navedenog primjera nije bio potreban Leibnizov test. Zato je zgodno najprije provjeriti konvergenciju niza modula, a zatim, ako je potrebno, istražiti konvergenciju izvornog izmjeničnog niza.

Odgovor: serija apsolutno konvergira.