Този раздел дължи необикновения си вид на много, много автори, четейки чиито произведения би искал да лансира тези произведения в самите писатели. Всъщност планирах да изложа тази тема изцяло, тъй като най-накрая беше готова, но поради твърде много въпроси по нея, сега ще изложа някои точки. Впоследствие материалът ще се допълва и разширява. Нека започнем с определения.
Поредица от вида $\sum\limits_(n=1)^(\infty)(-1)^(n+1)u_n$, където $u_n>0$, се нарича редуваща се.
Знаците на членовете на редуващите се серии се редуват стриктно:
$$ \sum\limits_(n=1)^(\infty)(-1)^(n+1)u_n=u_1-u_2+u_3-u_4+u_5-u_6+u_7-u_8+\ldots $$
Например, $1-\frac(1)(2)+\frac(1)(3)-\frac(1)(4)+\ldots$ е редуваща се серия. Случва се стриктното редуване на знаците да не започва с първия елемент, но това не е от съществено значение за изследването на конвергенцията.
Защо редуването на знаци не от първия елемент е маловажно? Покажи скрий
Факт е, че сред свойствата на числовите редове има твърдение, което ни позволява да отхвърлим „допълнителните“ членове на серията. Ето имота:
Редът $\sum\limits_(n=1)^(\infty)u_n$ се сближава, ако и само ако някой от неговите остатъци $r_n=\sum\limits_(k=n+1)^(\infty)u_k се сближава $ . От това следва, че премахването или добавянето на краен брой членове към определен ред не променя сходимостта на редицата.
Нека ни бъде даден редуващ се ред $\sum\limits_(n=1)^(\infty)(-1)^(n+1)u_n$ и нека първото условие от критерия на Лайбниц е изпълнено за тази серия, т.е $\lim_(n\to(\infty))u_n=0$. Второто условие обаче, т.е. $u_n≥u_(n+1)$ се изпълнява, започвайки от някакво число $n_0\in(N)$. Ако $n_0=1$, тогава получаваме обичайната формулировка на второто условие от теста на Лайбниц, така че серия $\sum\limits_(n=1)^(\infty)(-1)^(n+1) u_n$ ще се сближи. Ако $n_0>1$, тогава разделяме поредицата $\sum\limits_(n=1)^(\infty)(-1)^(n+1)u_n$ на две части. В първата част изберете всички онези елементи, чиито числа са по-малки от $n_0$:
$$ \sum\limits_(n=1)^(\infty)(-1)^(n+1)u_n=\sum\limits_(n=1)^(n_0-1)(-1)^(n +1)u_n+\sum\limits_(n=n_0)^(\infty)(-1)^(n+1)u_n $$
Серията $\sum\limits_(n=n_0)^(\infty)(-1)^(n+1)u_n$ удовлетворява и двете условия на теста на Лайбниц, така че поредицата $\sum\limits_(n=n_0) ^(\ infty)(-1)^(n+1)u_n$ се сближава. Тъй като остатъкът се сближава, оригиналната серия $\sum\limits_(n=1)^(\infty)(-1)^(n+1)u_n$ също ще се сближи.
По този начин изобщо няма значение дали е изпълнено второто условие на знака на Лайбниц, започвайки от първия, или от хилядния елемент - редът все пак ще се сближи.
Отбелязвам, че тестът на Лайбниц е достатъчно, но не и необходимо условие за сближаване на редуващи се редове. С други думи, изпълнението на условията на теста на Лайбниц гарантира сближаването на редицата, но неизпълнението на тези условия не гарантира нито сходимост, нито дивергенция. Разбира се, неизпълнението на първото условие, т.е. $\lim_(n\to(\infty))u_n\neq(0)$, означава, че редът $\sum\limits_(n=n_0)^(\infty)(-1)^(n+1)u_n се разминава $, обаче, провалът на второто условие може да възникне както за сходящия, така и за дивергентния ред.
Тъй като редуващите се серии често се срещат в стандартните типични изчисления, съставих схема, чрез която можете да изследвате стандартните редуващи се серии за сближаване.
Разбира се, може директно да се приложи критерият на Лайбниц, заобикаляйки проверката на сближаването на поредица от модули. Въпреки това, за стандартни примери за обучение е необходима проверка на поредица от модули, тъй като повечето автори на типични изчисления изискват не само да се установи дали редът се сближава или не, но и да се определи естеството на сближаването (условно или абсолютно). Нека да преминем към примерите.
Пример №1
Изследвайте поредицата $\sum\limits_(n=1)^(\infty)(-1)^(n+1)\frac(4n-1)(n^2+3n)$ за сближаване.
Първо, нека да разберем дали дадената серия наистина е знакоредуваща се. Тъй като $n≥1$, тогава $4n-1≥3>0$ и $n^2+3n≥4>0$, т.е. за всички $n\in(N)$ имаме $\frac(4n-1)(n^2+3n)>0$. Така дадената серия има формата $\sum\limits_(n=1)^(\infty)(-1)^(n+1)u_n$, където $u_n=\frac(4n-1)(n^ 2 +3n)>0$, т.е. разглежданата серия се редува.
Обикновено такава проверка се извършва устно, но е много нежелателно да се пропусне: грешките в типичните изчисления не са необичайни. Често се случва знаците на членовете на дадена серия да започват да се редуват не от първия член на поредицата. В този случай човек може да отхвърли „пречещите“ термини на поредицата и да изследва сближаването на остатъка (виж бележката в началото на тази страница).
И така, ние получаваме редуваща се серия. Ще следваме горното. За начало ще съставим серия от модули от членове на тази серия:
$$ \sum\limits_(n=1)^(\infty)\left|(-1)^(n+1)\frac(4n-1)(n^2+3n)\вдясно| =\sum\limits_(n=1)^(\infty)\frac(4n-1)(n^2+3n) $$
Нека проверим дали компилираната серия от модули се сближава. Нека приложим критерия за сравнение. Тъй като за всички $n\in(N)$ имаме $4n-1=3n+n-1≥3n$ и $n^2+3n≤n^2+3n^2=4n^2$, тогава:
$$ \frac(4n-1)(n^2+3n)≥ \frac(3n)(4n^2)=\frac(3)(4)\cdot\frac(1)(n) $$
Хармоничният ред $\sum\limits_(n=1)^(\infty)\frac(1)(n)$ се разминава, така че редът $\sum\limits_(n=1)^(\infty)\left ще също се разминават (\frac(3)(4)\cdot\frac(1)(n)\right)$. Следователно, според сравнителния тест, редът $\sum\limits_(n=1)^(\infty)\frac(4n-1)(n^2+3n)$ се разминава. Означете $u_n=\frac(4n-1)(n^2+3n)$ и проверете дали условията на теста на Лайбниц са изпълнени за оригиналната редуваща се серия. Намерете $\lim_(n\to(\infty))u_n$:
$$ \lim_(n\to(\infty))u_n =\lim_(n\to(\infty))\frac(4n-1)(n^2+3n) =\lim_(n\to(\infty) ))\frac(\frac(4)(n)-\frac(1)(n^2))(1+\frac(3)(n)) =0. $$
Първото условие на теста на Лайбниц е изпълнено. Сега трябва да разберем дали неравенството $u_n≥u_(n+1)$ е изпълнено. Значителен брой автори предпочитат да запишат първите няколко члена от поредицата и след това да заключат, че неравенството $u_n≥u_(n+1)$ е изпълнено.
С други думи, това „доказателство“ за дадена серия би изглеждало така: $\frac(2)(3)≤\frac(5)(8)≤\frac(8)(15)≤\ldots$. След сравняване на първите няколко члена се прави изводът: за останалите членове неравенството ще остане, всеки следващ ще бъде не повече от предишния. Не знам откъде дойде този "метод на доказване", но е грешен. Например, за последователността $v_n=\frac(10^n)(n$ 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.!}
Как да докажем неравенството $u_n≥u_(n+1)$? Като цяло има няколко начина да направите това. Най-простото в нашия случай е да разгледаме разликата $u_n-u_(n+1)$ и да открием нейния знак. В следващия пример разгледайте друг начин: като докажете разпадането на съответната функция.
$$ u_n-u_(n+1) =\frac(4n-1)(n^2+3n)-\frac(4(n+1)-1)((n+1)^2+3(n +1)) =\frac(4n-1)(n^2+3n)-\frac(4n+3)(n^2+5n+4)=\\ =\frac((4n-1)\cdot \left(n^2+5n+4\right)-\left(n^2+3n\right)\cdot(4n+3))(\left(n^2+3n\right)\cdot\left( n^2+5n+4\вдясно)) =\frac(4n^2+2n-4)(\left(n^2+3n\right)\cdot\left(n^2+5n+4\вдясно) ). $$
Тъй като $n≥1$, тогава $4n^2-4≥0$, откъдето имаме $4n^2+2n-4>0$, т.е. $u_n-u_(n+1)>0$, $u_n>u_(n+1)$. Случва се, разбира се, неравенството $u_n≥u_(n+1)$ да не важи от първия член на редицата, но това не е съществено (вижте в началото на страницата).
Така и двете условия на теста на Лайбниц са изпълнени. Тъй като поредицата $\sum\limits_(n=1)^(\infty)\left|(-1)^(n+1)\frac(4n-1)(n^2+3n)\right| $ се разминава , тогава редът $\sum\limits_(n=1)^(\infty)(-1)^(n+1)\frac(4n-1)(n^2+3n)$ се сближава условно.
Отговор: редът се сближава условно.
Пример №2
Разгледайте поредицата $\sum\limits_(n=1)^(\infty)(-1)^(n+1)\frac(5n-4)(\sqrt(2n^3-1))$ за сближаване.
Първо, разгледайте израза $\frac(5n-4)(\sqrt(2n^3-1))$. Струва си да направите малка проверка на правилността на условието. Факт е, че много често в условията на стандартни типични изчисления може да се срещнат грешки, когато радикалният израз е отрицателен или нула се появява в знаменателя за някои стойности на $n$.
За да избегнем подобни проблеми, ще направим просто предварително проучване. Тъй като за $n≥1$ имаме $2n^3≥2$, то $2n^3-1≥1$, т.е. изразът под корена не може да бъде отрицателен или равен на нула. Следователно условието е съвсем правилно. Изразът $\frac(5n-4)(\sqrt(2n^3-1))$ е дефиниран за всички $n≥1$.
Ще добавя, че за $n≥1$ е вярно неравенството $\frac(5n-4)(\sqrt(2n^3-1))>0$, т.е. ни е дадена редуваща се серия. Ще го проучим според горното. За начало ще съставим серия от модули от членове на тази серия:
$$ \sum\limits_(n=1)^(\infty)\left|(-1)^(n+1)\frac(5n-4)(\sqrt(2n^3-1))\вдясно| =\sum\limits_(n=1)^(\infty)\frac(5n-4)(\sqrt(2n^3-1)) $$
Нека проверим дали редът, съставен от модулите на членовете на дадения ред, се сближава. Нека приложим критерия за сравнение. При решаването на предишния пример използвахме първата функция за сравнение. Тук, чисто за разнообразие, прилагаме втория знак за сравнение (знак за сравнение в ограничителната форма). Сравнете поредицата $\sum\limits_(n=1)^(\infty)\frac(5n-4)(\sqrt(2n^3-1))$ с дивергентната серия $\sum\limits_(n=1) )^ (\infty)\frac(1)(\sqrt(n))$:
$$ \lim_(n\to\infty)\frac(\frac(5n-4)(\sqrt(2n^3-1)))(\frac(1)(\sqrt(n))) =\lim_ (n\to\infty)\frac(5n\sqrt(n)-4\sqrt(n))(\sqrt(2n^3-1)) =\lim_(n\to\infty)\frac(\frac (5n\sqrt(n))(n\sqrt(n))-\frac(4\sqrt(n))(n\sqrt(n)))(\sqrt(\frac(2n^3-1)( n^3))) \lim_(n\to\infty)\frac(5-\frac(4)(n))(\sqrt(2-\frac(1)(n^3))) =\frac (5)(\sqrt(2)). $$
Тъй като $\frac(5)(\sqrt(2))\neq(0)$ и $\frac(5)(\sqrt(2))\neq\infty$, то едновременно с поредицата $\sum\limits_ (n=1)^(\infty)\frac(1)(\sqrt(n))$ ще се разминава и серията $\sum\limits_(n=1)^(\infty)\frac(5n-4) ( \sqrt(2n^3-1))$.
Така че даденият редуващ се ред няма абсолютна сходимост. Означете $u_n=\frac(5n-4)(\sqrt(2n^3-1))$ и проверете дали условията на теста на Лайбниц са изпълнени. Намерете $\lim_(n\to(\infty))u_n$:
$$ \lim_(n\to(\infty))u_n =\lim_(n\to(\infty))\frac(5n-4)(\sqrt(2n^3-1)) =\lim_(n\ to(\infty))\frac(\frac(5n)(n^(\frac(3)(2)))-\frac(4)(n^(\frac(3)(2))))( \sqrt(\frac(2n^3-1)(n^3))) =\lim_(n\to(\infty))\frac(\frac(5)(\sqrt(n))-\frac( 4)(n^(\frac(3)(2))))(\sqrt(2-\frac(1)(n^3))) =0. $$
Първото условие на теста на Лайбниц е изпълнено. Сега трябва да разберем дали неравенството $u_n≥u_(n+1)$ е изпълнено. В предишния пример разгледахме един от начините за доказване на това неравенство: чрез намиране на знака на разликата $u_n-u_(n+1)$. Този път нека вземем различен подход: вместо $u_n=\frac(5n-4)(\sqrt(2n^3-1))$, разгледайте функцията $y(x)=\frac(5x-4) (\sqrt( 2x^3-1))$ предостави $x≥1$. Отбелязвам, че поведението на тази функция при условието $x<1$ нам совершенно безразлично.
Нашата цел е да докажем, че функцията $y(x)$ не е нарастваща (или намаляваща). Ако докажем, че функцията $y(x)$ не е нарастваща, тогава за всички стойности на $x_2>x_1$ ще имаме $y(x_1)≥y(x_2)$. Ако приемем $x_1=n$ и $x_2=n+1$, получаваме, че неравенството $n+1>n$ предполага истинността на неравенството $y(n)≥y(n+1)$. Тъй като $y(n)=u_n$, неравенството $y(n)≥y(n+1)$ е същото като $u_(n)≥u_(n+1)$.
Ако покажем, че $y(x)$ е намаляваща функция, тогава неравенството $n+1>n$ ще означава истинността на неравенството $y(n)>y(n+1)$, т.е. $u_(n)>u_(n+1)$.
Намерете производната $y"(x)$ и намерете нейния знак за съответните стойности на $x$.
$$ y"(x)=\frac((5x-4)"\cdot\sqrt(2x^3-1)-(5x-4)\cdot\left(\sqrt(2x^3-1)\вдясно )")(\left(\sqrt(2x^3-1)\right)^2) =\frac(5\cdot\sqrt(2x^3-1)-(5x-4)\cdot\frac(1 )(2\sqrt(2x^3-1))\cdot(6x^2))(2x^3-1)=\\ =\frac(5\cdot\left(2x^3-1\вдясно)- (5x-4)\cdot(3x^2))(\left(2x^3-1\right)^(\frac(3)(2))) =\frac(-5x^3+12x^2- 5)(\left(2x^3-1\right)^(\frac(3)(2))) $$
Мисля, че е очевидно, че за достатъчно големи положителни стойности на $x≥1$ полиномът в знаменателя ще бъде по-малък от нула, 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.
Нека обаче да подходим към въпроса по-малко формално. За да не включваме ненужни леми от алгебрата, нека просто да оценим грубо стойността на израза $-5x^3+12x^2-5$. Нека вземем предвид $-5x^3+12x^2-5=x^2(-5x+12)-5$. За $x≥3$ имаме $-5x+12<0$, посему $x^2(-5x+12)-5<0$.
Така за $x≥3$ имаме $y"(x)<0$, т.е. функция $y(x)$ убывает. А это, в свою очередь, означает, что при $n≥3$ верно неравенство $u_n>u_(n+1)$, т.е. второто условие от теста на Лайбниц е изпълнено. Разбира се, ние показахме изпълнението на второто условие не с $n=1$, а с $n=3$, но това не е съществено (вижте в началото на страницата).
Така и двете условия на теста на Лайбниц са изпълнени. Тъй като поредицата $\sum\limits_(n=1)^(\infty)\left|(-1)^(n+1)\frac(5n-4)(\sqrt(2n^3-1) )\ right|$ се разминава, тогава редът $\sum\limits_(n=1)^(\infty)(-1)^(n+1)\frac(4n-1)(n^2+3n)$ се сближава условно .
Отговор: редът се сближава условно.
Пример №3
Изследвайте поредицата $\sum\limits_(n=1)^(\infty)(-1)^(n+1)\frac(3n+4)(2^n)$ за сближаване.
Този пример не представлява голям интерес, затова ще го опиша накратко. Дадена ни е редуваща се серия, която отново ще изследваме по отношение на . Ние съставяме серия от модули от членове на тази серия:
$$ \sum\limits_(n=1)^(\infty)\left|(-1)^(n+1)\frac(3n+4)(2^n)\right| =\sum\limits_(n=1)^(\infty)\frac(3n+4)(2^n) $$
Нека приложим знака на D "Alembert. Означавайки $u_n=\frac(3n+4)(2^n)$, получаваме $u_(n+1)=\frac(3n+7)(2^(n+) 1))$ .
$$ \lim_(n\to\infty)\frac(u_(n+1))(u_(n)) =\lim_(n\to\infty)\frac(\frac(3n+7)(2^ (n+1)))(\frac(3n+4)(2^n)) =\frac(1)(2)\lim_(n\to\infty)\frac(3n+7)(3n+4 ) =\frac(1)(2)\lim_(n\to\infty)\frac(3+\frac(7)(n))(3+\frac(4)(n)) =\frac(1 )(2)\cdot(1)=\frac(1)(2). $$
Тъй като $\frac(1)(2)<1$, 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.
Отбелязвам, че за решаване на дадения пример не ни е нужен тестът на Лайбниц. Ето защо е удобно първо да се провери сближаването на поредица от модули и след това, ако е необходимо, да се изследва сближаването на оригиналната редуваща се поредица.
Отговор: поредицата се сближава абсолютно.
Редица от числа, съдържаща безкраен брой положителни и безкраен брой отрицателни членове, се наричат редуващи се.
Абсолютна и условна конвергенция
Редът се нарича абсолютно сходящ, ако редът също се сближава.
Ако даден ред се сближава абсолютно, тогава той е конвергентен (в обичайния смисъл). Обратното не е вярно.
За даден ред се казва, че е условно сходящ, ако той сам се сближава и редът, съставен от модулите на неговите членове, се разминава.
Изследване за редове за сближаване 
.
Нека приложим достатъчен тест на Лайбниц за редуващи се серии. Получаваме 
дотолкова доколкото . Следователно тази серия се сближава.
38. Редуващи се редове. Знак на Лайбниц.
Специален случай на редуващ се ред е редуващ се ред, тоест ред, в който последователните членове имат противоположни знаци.
Знак на Лайбниц
За тези, които се редуват наблизо, се прилага тестът за достатъчна конвергенция на Лайбниц.
Нека (an) е числова последователност, такава че
1. an+1< an для всех n;
След това се редуват серии.
39. Функционални редове. Силова серия. радиус на конвергенция. Интервал на конвергенция.
Концепцията за функционален ред и мощностен ред
Запомнете, обичайната числова серия се състои от числа:
Всички членове на поредицата са НОМЕРИ.
Функционалният ред се състои от ФУНКЦИИ:
В допълнение към полиноми, факториали и други дарби, общият термин на поредицата със сигурност включва буквата "x". Изглежда така, например:
Подобно на числови серии, всяка функционална серия може да бъде написана в разширена форма:
Както можете да видите, всички членове на функционалната серия са функции.
Най-популярният тип функционални серии е мощностен ред.
определение:
Степенен ред е ред, чийто общ термин включва положителни цели числа на независимата променлива.
Опростеният степенен ред в много учебници се пише по следния начин: , където е старата позната „пълнеж“ на числови редове (полиноми, степени, факториали, които зависят само от „en“). Най-простият пример:
Нека разгледаме това разширение и преосмислим определението: членовете на степенния ред съдържат "x" в положителни цели (естествени) степени.
Много често степенният ред може да се намери в следните "модификации": или където a е константа. Например:
Строго погледнато, опростените представяния на степенния ред или не са съвсем правилни. В експонента, вместо единичната буква "en", може да бъде разположен по-сложен израз, например: 
Или тази силова серия:
Само ако експонентите при "xAx" бяха естествени.
Конвергенция на силовите серии.
Интервал на сближаване, радиус на конвергенция и площ на сближаване
Няма нужда да се страхувате от такова изобилие от термини, те вървят „едно до друго“ и не са особено трудни за разбиране. По-добре е да изберете няколко прости експериментални серии и веднага да започнете да разбирате.
Моля ви да обичате и предпочитате степенния ред.Променливата може да приеме всяка реална стойност от „минус безкрайност“ до „плюс безкрайност“. Заменете няколко произволни x стойности в общия член на серията:
Ако x=1 тогава
Ако x=-1, тогава
Ако x=3 тогава
Ако x=-0,2, тогава
Очевидно е, че като заменим "x" с една или друга стойност, получаваме различни числови редове. Някои числови серии ще се сближат, а други ще се разминават. И нашата задача е да намерим набора от стойности на "x", при които степенният ред ще се сближи. Такова множество се нарича област на сходимост на редицата.
За всяка степенна серия (временно отклонение от конкретен пример) са възможни три случая:
1) Силовият ред се сближава абсолютно на някакъв интервал. С други думи, ако изберем произволна стойност на "x" от интервала и я заместим в общия член на степенния ред, тогава получаваме абсолютно сходен числов ред. Такъв интервал се нарича интервал на сближаване на степенния ред.
Просто радиусът на конвергенция е половината от дължината на интервала на сближаване:
Геометрично, ситуацията изглежда така: 
В този случай интервалът на сближаване на поредицата: радиусът на сближаване на серията: 
Определение 1
Числовият ред $\sum \limits _(n=1)^(\infty )u_(n) $, чиито членове имат произволни знаци (+), (?), се нарича редуващ се ред.
Разгледаните по-горе редуващи се серии са частен случай на редуващите се серии; ясно е, че не всяка редуваща се серия се редува. Например поредицата $1-\frac(1)(2) -\frac(1)(3) +\frac(1)(4) +\frac(1)(5) -\frac(1)(6 ) - \frac(1)(7) +\ldots - $ редуващи се, но не редуващи се поредици.
Имайте предвид, че в редуваща се поредица от термини, както със знак (+), така и със знак (-), има безкрайно много. Ако това не е вярно, например, поредицата съдържа краен брой отрицателни членове, тогава те могат да бъдат изхвърлени и да се разглежда серия, съставена само от положителни членове, и обратно.
Определение 2
Ако числовият ред $\sum \limits _(n=1)^(\infty )u_(n) $ се сближава и сумата му е равна на S, а частичната сума е равна на $S_n$, тогава $r_(n ) =S-S_( n) $ се нарича остатъкът от серията, а $\mathop(\lim )\limits_(n\to \infty) r_(n) =\mathop(\lim )\limits_(n\ до \infty ) (S-S_(n))=SS=0$, т.е. остатъкът от конвергентния ред клони към 0.
Определение 3
Поредица $\sum \limits _(n=1)^(\infty )u_(n) $ се нарича абсолютно конвергентна, ако серия, съставена от абсолютните стойности на нейните членове $\sum \limits _(n=1 )^(\ infty )\left|u_(n) \right| $.
Определение 4
Ако числовият ред $\sum \limits _(n=1)^(\infty )u_(n) $ се сближава и редът $\sum \limits _(n=1)^(\infty )\left|u_( n )\вдясно| $, съставен от абсолютните стойности на неговите членове, се разминава, тогава оригиналната серия се нарича условно (неабсолютно) конвергентна.
Теорема 1 (достатъчен критерий за сближаване на редуващи се редове)
Редуващият се ред $\sum \limits _(n=1)^(\infty )u_(n) $ се сближава абсолютно, ако редът, съставен от абсолютните стойности на нейните членове $\sum \limits _(n=1) ^ се сближава (\infty )\left|u_(n) \right| $.
Коментирайте
Теорема 1 дава само достатъчно условие за сходимост на редуващи се редове. Обратната теорема не е вярна, т.е. ако редуващият се ред $\sum \limits _(n=1)^(\infty )u_(n) $ се сближава, тогава не е необходимо редът, съставен от модули $\sum \limits _(n=1)^ ( \infty )\left|u_(n) \right| $ (може да бъде конвергентен или дивергентен). Например поредицата $1-\frac(1)(2) +\frac(1)(3) -\frac(1)(4) +...=\sum \limits _(n=1)^( \infty )\frac((-1)^(n-1) )(n) $ се сближава според теста на Лайбниц и редът, съставен от абсолютните стойности на неговите членове $\sum \limits _(n= 1)^(\infty ) \, \frac(1)(n) $ (хармоничен ред) се разминава.
Свойство 1
Ако поредицата $\sum \limits _(n=1)^(\infty )u_(n) $ се сближава абсолютно, тогава тя се сближава абсолютно за всяка пермутация на своите членове и сумата на редицата не зависи от реда на членовете. Ако $S"$ е сборът от всичките му положителни членове, а $S""$ е сумата от всички абсолютни стойности на отрицателните му членове, тогава сумата на серията е $\sum \limits _(n= 1)^(\infty )u_(n) $ е равно на $S=S"-S""$.
Свойство 2
Ако редът $\sum \limits _(n=1)^(\infty )u_(n) $ се сближава абсолютно и $C=(\rm const)$, тогава редът $\sum \limits _(n=1 )^ (\infty )C\cdot u_(n) $ също се сближава абсолютно.
Свойство 3
Ако редовете $\sum \limits _(n=1)^(\infty )u_(n) $ и $\sum \limits _(n=1)^(\infty )v_(n) $ се сближават абсолютно, тогава редът $\sum \limits _(n=1)^(\infty )(u_(n) \pm v_(n)) $ също се сближават абсолютно.
Свойство 4 (теоремата на Риман)
Ако редът условно се сближава, тогава независимо какво число A вземем, можем да пренаредим членовете на този ред, така че сумата му да е точно равна на A; освен това е възможно членовете на условно сходящ ред да се пренаредят по такъв начин, че след това да се разминават.
Пример 1
Изследвайте редицата за условна и абсолютна конвергенция
\[\sum \limits _(n=1)^(\infty )\frac((-1)^(n) \cdot 9^(n) )(n .\] !}
Решение. Тази серия е знакоредуваща се, чийто общ термин означаваме: $\frac((-1)^(n) \cdot 9^(n) )(n =u_{n} $. Составим ряд из абсолютных величин $\sum \limits _{n=1}^{\infty }\left|u_{n} \right| =\sum \limits _{n=1}^{\infty }\frac{9^{n} }{n!} $ и применим к нему признак Даламбера. Составим предел $\mathop{\lim }\limits_{n\to \infty } \frac{a_{n+1} }{a_{n} } $, где $a_{n} =\frac{9^{n} }{n!} $, $a_{n+1} =\frac{9^{n+1} }{(n+1)!} $. Проведя преобразования, получаем $\mathop{\lim }\limits_{n\to \infty } \frac{a_{n+1} }{a_{n} } =\mathop{\lim }\limits_{n\to \infty } \frac{9^{n+1} \cdot n!}{(n+1)!\cdot 9^{n} } =\mathop{\lim }\limits_{n\to \infty } \frac{9^{n} \cdot 9\cdot n!}{n!\cdot (n+1)\cdot 9^{n} } =\mathop{\lim }\limits_{n\to \infty } \frac{9}{n+1} =0$. Таким образом, ряд $\sum \limits _{n=1}^{\infty }\left|u_{n} \right| =\sum \limits _{n=1}^{\infty }\frac{9^{n} }{n!} $ сходится, а значит, исходный знакопеременный ряд сходится абсолютно.Ответ: ряд $\sum \limits _{n=1}^{\infty }\frac{(-1)^{n} \cdot 9^{n} }{n!} $ абсолютно сходится.!}
Пример 2
Разгледайте поредицата $\sum \limits _(n=1)^(\infty )\frac((-1)^(n) \cdot \sqrt(n) )(n+1) $ за абсолютна и условна конвергенция.
- Изследваме редицата за абсолютна конвергенция. Означете $\frac((-1)^(n) \cdot \sqrt(n) )(n+1) =u_(n) $ и съставете поредица от абсолютни стойности $a_(n) =\left| u_(n ) \right|=\frac(\sqrt(n) )(n+1) $. Получаваме поредицата $\sum \limits _(n=1)^(\infty )\left|u_(n) \right| =\sum \limits _(n=1)^(\infty )\, \frac(\sqrt(n) )(n+1) $ с положителни членове, към които прилагаме граничния критерий за сравнение на редове. За сравнение с $\sum \limits _(n=1)^(\infty )a_(n) =\sum \limits _(n=1)^(\infty )\, \frac(\sqrt(n) ) (n+1) $ разгледайте серия, която има формата $\sum \limits _(n=1)^(\infty )\, b_(n) =\sum \limits _(n=1)^(\infty )\, \frac(1)(\sqrt(n) ) \, $. Тази серия е серия на Дирихле с експонент $p=\frac(1)(2)
- След това разглеждаме оригиналната серия $\sum \limits _(n=1)^(\infty)\frac((-1)^(n) \cdot \sqrt(n) )(n+1) $ за условни конвергенция. За да направите това, ние проверяваме изпълнението на условията на теста на Лайбниц. Условие 1): $u_(n) =(-1)^(n) \cdot a_(n) $, където $a_(n) =\frac(\sqrt(n) )(n+1) >0$ , т.е тази серия се редува. За да проверим условие 2) за монотонното намаляване на членовете на редицата, използваме следния метод. Помислете за спомагателната функция $f(x)=\frac(\sqrt(x) )(x+1) $, дефинирана в $x\in )
