Для каких α > 0 ряд суммы ln(1 + (−1)ⁿ / n^α) абсолютно сходится, условно сходится или расходится?

Step-by-step solution

1. 1

   Не стоит сразу применять признак Лейбница. Термы ряда действительно чередуются по знаку, и признак Лейбница напрашивается. Однако $\ln(1+x)$ — не нечётная функция: $\ln(1+t)$ и $\ln(1-t)$ не взаимно уничтожаются, и именно оставшееся смещение определяет сходимость. Поэтому вместо признака Лейбница нужно разложить логарифм в ряд.

2. 2

   Разложим логарифм в ряд Тейлора. Пусть $x_n = (-1)^n n^{-\alpha} \to 0$, а $\ln(1+x) = x - \tfrac{x^2}{2} + O(x^3)$. Тогда

   $\ln\!\left(1+\frac{(-1)^n}{n^{\alpha}}\right) = \underbrace{\frac{(-1)^n}{n^{\alpha}}}_{\text{чередующийся}} - \underbrace{\frac{1}{2n^{2\alpha}}}_{\text{всегда отрицательный}} + O\!\left(\frac{1}{n^{3\alpha}}\right)$

   Второй член не меняет знак — именно он и создаёт «скрытое смещение».

3. 3

   Рассмотрим чередующуюся часть. $\sum (-1)^n n^{-\alpha}$ сходится при любом $\alpha>0$ по признаку Лейбница (термы монотонно стремятся к нулю), а абсолютно сходится только при $\alpha>1$. Следовательно, эта часть не приводит к расходимости.

4. 4

   Рассмотрим квадратичный член — именно он решающий. $\sum \tfrac{1}{2} n^{-2\alpha}$ — это $p$-ряд с $p=2\alpha$; он сходится тогда и только тогда, когда $2\alpha>1$, то есть $\alpha>\tfrac12$. При $\alpha\le\tfrac12$ этот член расходится к $-\infty$, в то время как чередующаяся часть остаётся ограниченной, значит, весь ряд расходится.

5. 5

   Объединим три случая. Остаток $O(n^{-3\alpha})$ всегда мал по сравнению с $n^{-2\alpha}$, поэтому на сходимость не влияет:

   • $\alpha>1$: обе части абсолютно сходятся, так как $\left|\ln\left(1+\tfrac{(-1)^n}{n^\alpha}\right)\right|\sim n^{-\alpha}$ и $\sum n^{-\alpha}$ сходится.
   • $\tfrac12<\alpha\le 1$: ряд сходится, но $\left|\ln(\cdot)\right|\sim n^{-\alpha}$ при $\alpha\le 1$ даёт расходимость ряда $\sum |\cdot|$ — условная сходимость.
   • $0<\alpha\le\tfrac12$: ряд расходится.
6. 6

   Запишем итог.

   $\sum_{n=2}^{\infty}\ln\!\left(1+\frac{(-1)^n}{n^{\alpha}}\right)=\begin{cases}\text{абсолютно сходится}, & \alpha>1\\[2pt]\text{условно сходится}, & \tfrac12<\alpha\le 1\\[2pt]\text{расходится}, & 0<\alpha\le\tfrac12\end{cases}$

   Вывод: для $\ln(1+a_n)$ с чередующимся $a_n$ всегда нужно раскладывать до квадратичного члена перед применением признака Лейбница.