Страница 420 - гдз по алгебре 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

16. Методы решения функциональных уравнений.

Рекомендуемая литература:

1) Андреев А. А. и др. Функциональные уравнения : учебное издание. Серия А: Математика. Вып. 3. — Самара : Пифагор, 1997.

2) Бродский Я., Слипенко А. Функциональные уравнения и группы // Квант. 1985. № 7. С. 23—26, 32.

3) Ильин В. А. Интеграционные методы решения функциональных уравнений // Соросовский образовательный журнал. Т. 7. 2001. № 2. С. 116—120.

4) Лихтарников Л. М. Элементарное введение в функциональные уравнения. — СПб. : Лань, 1997.

Функциональное уравнение — это уравнение, в котором неизвестной является функция. Решить функциональное уравнение означает найти все функции, удовлетворяющие этому уравнению. Ниже представлены основные методы их решения.

1. Метод подстановок

Этот метод заключается в замене переменных в уравнении конкретными значениями или выражениями. Цель — получить новые уравнения, которые в системе с исходным позволяют найти неизвестную функцию. Часто используются подстановки, которые меняют местами аргументы функции, например, $x \to 1-x$, $x \to \frac{1}{x}$ и т.д.

Пример: Найти все функции $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$, удовлетворяющие уравнению $2f(x) + f(1-x) = 3x$.

Решение:
1. Исходное уравнение: $2f(x) + f(1-x) = 3x$.
2. Произведем подстановку $t = 1-x$, откуда $x = 1-t$. Подставим это в исходное уравнение: $2f(1-t) + f(t) = 3(1-t)$. Заменив $t$ обратно на $x$, получим второе уравнение: $2f(1-x) + f(x) = 3(1-x)$.
3. Теперь у нас есть система из двух линейных уравнений относительно $f(x)$ и $f(1-x)$:
$\begin{cases} 2f(x) + f(1-x) = 3x \\ f(x) + 2f(1-x) = 3-3x \end{cases}$
4. Умножим второе уравнение на 2 и вычтем из него первое, чтобы исключить $f(1-x)$:
$2(f(x) + 2f(1-x)) - (2f(x) + f(1-x)) = 2(3-3x) - 3x$
$2f(x) + 4f(1-x) - 2f(x) - f(1-x) = 6 - 6x - 3x$
$3f(1-x) = 6 - 9x$
$f(1-x) = 2 - 3x$
5. Чтобы найти $f(x)$, сделаем замену $z = 1-x$, тогда $x = 1-z$. Получаем $f(z) = 2 - 3(1-z) = 2 - 3 + 3z = 3z - 1$.
Следовательно, $f(x) = 3x - 1$.
6. Проверка: подставим найденную функцию в исходное уравнение:
$2(3x - 1) + (3(1-x) - 1) = 6x - 2 + 3 - 3x - 1 = 3x$.
Равенство выполняется.

Ответ: $f(x) = 3x - 1$.

2. Метод сведения к известным функциональным уравнениям (уравнениям Коши)

Некоторые уравнения могут быть сведены к одному из классических функциональных уравнений Коши. Для непрерывных функций их решения хорошо известны:

• Аддитивное уравнение: $f(x+y) = f(x) + f(y)$. Решение: $f(x) = cx$.
• Показательное уравнение: $f(x+y) = f(x)f(y)$. Решение: $f(x) = a^x$.
• Логарифмическое уравнение: $f(xy) = f(x) + f(y)$. Решение: $f(x) = c \log_a(x)$.
• Степенное уравнение: $f(xy) = f(x)f(y)$. Решение: $f(x) = x^c$, $f(x)=0$ или $f(x)=1$.

Пример: Найти все непрерывные функции $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$, для которых $f(x) + f(y) = f\left(\sqrt{x^2+y^2}\right)$ для $x, y \ge 0$.

Решение:
1. Сделаем замену переменных, чтобы упростить аргумент функции. Пусть $g(t) = f(\sqrt{t})$ для $t \ge 0$. Тогда $f(x) = g(x^2)$ для $x \ge 0$.
2. Подставим это в исходное уравнение:
$g(x^2) + g(y^2) = g\left(\left(\sqrt{x^2+y^2}\right)^2\right)$
$g(x^2) + g(y^2) = g(x^2+y^2)$
3. Обозначим $u = x^2$ и $v = y^2$. Поскольку $x, y \ge 0$, то $u, v \ge 0$. Уравнение принимает вид:$g(u) + g(v) = g(u+v)$ для всех $u, v \ge 0$.
4. Это аддитивное уравнение Коши на множестве неотрицательных чисел. Так как $f(x)$ непрерывна, то и $g(t)=f(\sqrt{t})$ также непрерывна. Для непрерывных функций решение уравнения Коши имеет вид $g(t) = ct$ для некоторой константы $c$.
5. Возвращаемся к исходной функции $f(x)$. Мы знаем, что $f(x) = g(x^2)$. Подставляя $g(t) = ct$, получаем $f(x) = c x^2$.
6. Проверим решение: $c x^2 + c y^2 = c(x^2+y^2)$, что верно.

Ответ: $f(x) = cx^2$ для $x \ge 0$.

3. Использование свойств функций (непрерывности, дифференцируемости, монотонности)

Если в условии задачи наложены дополнительные ограничения на функцию (например, она дифференцируема), эти свойства можно использовать для решения. Например, можно продифференцировать уравнение.

Пример: Найти все дифференцируемые функции $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$, для которых $f(x+y) = f(x)f(y)$.

Решение:
1. Заметим, что если существует $y_0$ такое, что $f(y_0)=0$, то $f(x) = f(x-y_0+y_0) = f(x-y_0)f(y_0) = 0$ для всех $x$. Таким образом, $f(x)=0$ является одним из решений.
2. Предположим, что $f(x)$ не является тождественным нулем. Тогда $f(x) \neq 0$ для всех $x$. Также $f(0) = f(0+0) = f(0)^2$, откуда $f(0)=1$ (так как $f(0) \neq 0$).
3. Продифференцируем исходное уравнение по переменной $x$, считая $y$ константой:
$\frac{d}{dx}f(x+y) = \frac{d}{dx}(f(x)f(y))$
$f'(x+y) \cdot 1 = f'(x)f(y)$
4. Подставим в полученное равенство $x=0$:
$f'(y) = f'(0)f(y)$
5. Обозначим константу $f'(0)$ как $c$. Тогда мы получили дифференциальное уравнение: $f'(y) = c f(y)$.
6. Решением этого уравнения является функция $f(y) = K e^{cy}$ для некоторой константы $K$.
7. Используем начальное условие $f(0)=1$:
$f(0) = K e^{c \cdot 0} = K \cdot 1 = K$. Отсюда $K=1$.
8. Таким образом, $f(y) = e^{cy}$. Заменяя $y$ на $x$, получаем $f(x) = e^{cx}$. Если $c$ - любое действительное число, то $a = e^c$ - любое положительное число. Тогда решение можно записать как $f(x)=a^x$ для $a > 0$.
9. Объединяя с тривиальным решением, получаем все решения.

Ответ: $f(x) = 0$ и $f(x) = a^x$ для любой константы $a>0$.

4. Метод итераций

Этот метод применяется, когда уравнение имеет рекуррентный характер. Он заключается в последовательном вычислении значений функции для построения гипотезы о ее виде, которая затем доказывается (например, по индукции).

Пример: Найти функцию $f: \mathbb{Z} \to \mathbb{Z}$, если $f(x+1) = f(x) + 2$ и $f(0) = 1$.

Решение:
1. Вычислим несколько значений функции для целых чисел:
$f(0) = 1$
$f(1) = f(0) + 2 = 1 + 2 = 3$
$f(2) = f(1) + 2 = 3 + 2 = 5$
$f(3) = f(2) + 2 = 5 + 2 = 7$
2. Также для отрицательных чисел: $f(x) = f(x+1) - 2$.
$f(-1) = f(0) - 2 = 1 - 2 = -1$
$f(-2) = f(-1) - 2 = -1 - 2 = -3$
3. Мы видим, что значения $f(x)$ образуют арифметическую прогрессию. Выдвигаем гипотезу, что $f(x) = 2x + 1$.
4. Докажем гипотезу методом математической индукции для $x \ge 0$.
База индукции: для $x=0$, $f(0) = 2(0) + 1 = 1$. Верно.
Шаг индукции: Предположим, что $f(k) = 2k + 1$ для некоторого $k \ge 0$. Тогда
$f(k+1) = f(k) + 2 = (2k + 1) + 2 = 2k + 3 = 2(k+1) + 1$.
Утверждение верно для $k+1$. Следовательно, формула верна для всех целых $x \ge 0$.
5. Аналогично доказывается для отрицательных чисел.
6. Проверка: подставим $f(x) = 2x+1$ в исходное уравнение: $f(x+1) = 2(x+1)+1 = 2x+3$. $f(x)+2 = (2x+1)+2=2x+3$. Равенство выполняется.

Ответ: $f(x) = 2x + 1$.

17. Приводимые и неприводимые многочлены.

Рекомендуемая литература:

1) Олейников В. Иррациональность и неприводимость // Квант. 1986. № 10. С. 6–10.

2) Прасолов В. В. Многочлены. — 4-е изд., испр. — М. : МЦНМО, 2014. (Классические направления в математике).

3) Энциклопедия элементарной математики. Т. 2 : Алгебра. / Акад. пед. наук РСФСР; под ред. П. С. Александрова [и др.]. — М. ; Л. : Гос. изд-во техн.-теорет. лит., 1951.

Поскольку на изображении представлен заголовок темы и список литературы, а не конкретная задача, ниже приведено развернутое объяснение понятий приводимых и неприводимых многочленов.

Определения

Понятие приводимости многочлена тесно связано с кольцом или полем, которому принадлежат его коэффициенты. Многочлен может быть приводим над одним полем и неприводим над другим.

Приводимый многочлен: Непостоянный многочлен $P(x)$ с коэффициентами из некоторого поля $K$ (или целостного кольца, например, $\mathbb{Z}$) называется приводимым над $K$, если его можно представить в виде произведения двух многочленов $Q(x)$ и $R(x)$ с коэффициентами из $K$, степени которых больше или равны 1:
$P(x) = Q(x)R(x)$, где $\deg(Q) \ge 1$ и $\deg(R) \ge 1$.
Пример: Многочлен $P(x) = x^2 - 4$ приводим над полем рациональных чисел $\mathbb{Q}$ (и над кольцом целых чисел $\mathbb{Z}$), так как $x^2 - 4 = (x - 2)(x + 2)$.

Неприводимый многочлен: Непостоянный многочлен $P(x)$ с коэффициентами из поля $K$ называется неприводимым (или простым) над $K$, если он не является приводимым. То есть его нельзя разложить в произведение двух многочленов меньшей степени (но не нулевой) с коэффициентами из того же поля $K$.
Пример: Многочлен $P(x) = x^2 - 2$ неприводим над полем рациональных чисел $\mathbb{Q}$, так как его корни $\pm\sqrt{2}$ не являются рациональными числами. Однако он приводим над полем действительных чисел $\mathbb{R}$, поскольку $x^2 - 2 = (x - \sqrt{2})(x + \sqrt{2})$. Аналогично, многочлен $x^2 + 1$ неприводим над $\mathbb{R}$, но приводим над полем комплексных чисел $\mathbb{C}$: $x^2 + 1 = (x - i)(x + i)$.

Ответ: Многочлен называется приводимым над полем $K$, если его можно разложить на два множителя-многочлена меньшей, но ненулевой степени с коэффициентами из $K$. В противном случае он называется неприводимым.

Критерии неприводимости многочленов с целыми коэффициентами

Для многочленов с целыми или рациональными коэффициентами существует несколько мощных критериев для проверки их на неприводимость.

Лемма Гаусса: Если многочлен с целыми коэффициентами $P(x) \in \mathbb{Z}[x]$ приводим над полем рациональных чисел $\mathbb{Q}$, то он приводим и над кольцом целых чисел $\mathbb{Z}$. Это позволяет сводить задачу о приводимости над $\mathbb{Q}$ к приводимости над $\mathbb{Z}$.

Теорема о рациональных корнях: Этот критерий помогает найти линейные множители вида $(qx-p)$. Если многочлен $P(x) = a_n x^n + \dots + a_1 x + a_0$ с целыми коэффициентами имеет рациональный корень $x_0 = p/q$ (где $p, q$ — взаимно простые целые числа), то числитель $p$ является делителем свободного члена $a_0$, а знаменатель $q$ — делителем старшего коэффициента $a_n$. Для многочленов 2-й и 3-й степени отсутствие рациональных корней равносильно неприводимости над $\mathbb{Q}$.
Пример: $P(x) = x^3 + x + 1$. Возможные рациональные корни — это $\pm 1$. Проверяем: $P(1) = 3 \ne 0$, $P(-1) = -1 \ne 0$. Рациональных корней нет, следовательно, многочлен неприводим над $\mathbb{Q}$.

Критерий Эйзенштейна: Пусть $P(x) = a_n x^n + \dots + a_1 x + a_0$ — многочлен с целыми коэффициентами. Если существует такое простое число $p$, что:
1. $p$ делит все коэффициенты, кроме старшего: $p | a_0, p | a_1, \dots, p | a_{n-1}$;
2. $p$ не делит старший коэффициент: $p \nmid a_n$;
3. $p^2$ не делит свободный член: $p^2 \nmid a_0$.
Тогда многочлен $P(x)$ неприводим над $\mathbb{Q}$.
Пример: $P(x) = 3x^4 - 15x^2 + 10$. Возьмем простое число $p=5$.
1. $5 | 10$ и $5 | (-15)$.
2. $5 \nmid 3$.
3. $5^2 = 25 \nmid 10$.
Все условия выполнены, значит, многочлен неприводим над $\mathbb{Q}$.

Редукционный критерий: Если многочлен $P(x) \in \mathbb{Z}[x]$ со старшим коэффициентом, не делящимся на простое число $p$, неприводим по модулю $p$ (т.е. его образ в кольце $\mathbb{Z}_p[x]$ неприводим), то $P(x)$ неприводим и над $\mathbb{Q}$.
Пример: $P(x) = x^4 + x^3 + x^2 + x + 1$. По модулю 2 получаем $\bar{P}(x) = x^4+x^3+x^2+x+1 \in \mathbb{Z}_2[x]$. У него нет корней в $\mathbb{Z}_2$ ($\bar{P}(0)=1, \bar{P}(1)=1$), значит, нет линейных множителей. Проверка показывает, что он также не делится на единственный неприводимый многочлен второй степени $x^2+x+1$. Следовательно, $\bar{P}(x)$ неприводим в $\mathbb{Z}_2[x]$. Значит, $P(x)$ неприводим над $\mathbb{Q}$.

Ответ: Основные методы проверки неприводимости многочлена с целыми коэффициентами над $\mathbb{Q}$ — это поиск рациональных корней (для степеней 2 и 3), критерий Эйзенштейна и редукция по простому модулю.

Примеры анализа многочленов на приводимость

1. Многочлен $x^4 + 4$
Этот многочлен не имеет действительных корней, так как $x^4 \ge 0$, следовательно, $x^4+4 > 0$. Отсутствие действительных корней означает отсутствие линейных множителей с действительными коэффициентами. Однако это не гарантирует неприводимости. Многочлен может разлагаться на два квадратных трехчлена. Для разложения можно использовать метод неопределенных коэффициентов или искусственный прием (метод Софи Жермен):
$x^4 + 4 = (x^4 + 4x^2 + 4) - 4x^2 = (x^2+2)^2 - (2x)^2$
Используя формулу разности квадратов $a^2-b^2 = (a-b)(a+b)$, получаем:
$(x^2+2 - 2x)(x^2+2 + 2x) = (x^2 - 2x + 2)(x^2 + 2x + 2)$.
Так как мы получили разложение на два многочлена с целыми коэффициентами, многочлен $x^4+4$ является приводимым над $\mathbb{Z}$ (и, следовательно, над $\mathbb{Q}$ и $\mathbb{R}$).

2. Круговой многочлен $\Phi_p(x)$ для простого $p$
Круговым (или циклотомическим) многочленом $\Phi_n(x)$ называется многочлен, корнями которого являются первообразные корни $n$-й степени из единицы. Для простого числа $p$ он имеет вид:
$\Phi_p(x) = \frac{x^p-1}{x-1} = x^{p-1} + x^{p-2} + \dots + x + 1$.
Чтобы доказать его неприводимость над $\mathbb{Q}$, применим критерий Эйзенштейна к многочлену $\Phi_p(x+1)$.
$\Phi_p(x+1) = \frac{(x+1)^p-1}{(x+1)-1} = \frac{1}{x} \left( \sum_{k=0}^p \binom{p}{k}x^k - 1 \right) = \frac{1}{x} (x^p + \binom{p}{1}x^{p-1} + \dots + \binom{p}{p-1}x)$.
$\Phi_p(x+1) = x^{p-1} + \binom{p}{1}x^{p-2} + \dots + \binom{p}{p-2}x + \binom{p}{p-1}$.
Коэффициенты этого многочлена (кроме старшего, равного 1) — это биномиальные коэффициенты $\binom{p}{k}$ для $k=1, \dots, p-1$. Все они делятся на простое $p$. Старший коэффициент равен 1 и на $p$ не делится. Свободный член равен $\binom{p}{p-1} = p$ и не делится на $p^2$.
Таким образом, для многочлена $\Phi_p(x+1)$ и простого числа $p$ выполнены все условия критерия Эйзенштейна. Следовательно, $\Phi_p(x+1)$ неприводим над $\mathbb{Q}$. А если $\Phi_p(x+1)$ неприводим, то и исходный многочлен $\Phi_p(x)$ тоже неприводим над $\mathbb{Q}$.

Ответ: Анализ приводимости может требовать нестандартных подходов, таких как искусственные преобразования ($x^4+4$) или сдвиг аргумента (круговые многочлены), чтобы применить стандартные критерии.

18. О сходимости рядов.

Рекомендуемая литература:

1) Давидович Б. М. и др. Математический анализ в математических классах пятьдесят седьмой школы. — М. : МЦНМО : ЧеРо 1998.

2) Кустов Ю. А., Юмагулов М. Г. Математика. Основы математического анализа: теория, примеры, задачи. — М. : Рольф : Айрис-пресс, 1998.

3) Маркушевич А. И. Ряды. Элементарный очерк. — М.; Л. : Объединённое научно-техническое издательство НКТП СССР, 1936.

4) Мордкович А. Г., Солодовников А. С. Математический анализ : учебник для техникумов. — М. : Высш. шк., 1990.

Изображение содержит заголовок темы "О сходимости рядов" и список рекомендуемой литературы. Поскольку конкретной задачи или вопроса нет, ниже представлено развернутое изложение основных концепций и методов исследования сходимости числовых рядов.

Определение ряда и его сходимости

Числовым рядом называется выражение вида:
$ \sum_{n=1}^{\infty} a_n = a_1 + a_2 + a_3 + \dots + a_n + \dots $
где последовательность чисел $a_1, a_2, \dots, a_n, \dots$ называется членами ряда, а $a_n$ — общим членом ряда.

Сумма первых $n$ членов ряда называется $n$-й частичной суммой ряда и обозначается $S_n$:
$ S_n = \sum_{k=1}^{n} a_k = a_1 + a_2 + \dots + a_n $

Ряд называется сходящимся, если существует конечный предел последовательности его частичных сумм:
$ S = \lim_{n \to \infty} S_n $
Этот предел $S$ называется суммой ряда. Если предел не существует или равен бесконечности, ряд называется расходящимся.

Пример: Ряд геометрической прогрессии $ \sum_{n=0}^{\infty} q^n $ сходится при $|q| < 1$ к сумме $S = \frac{1}{1-q}$ и расходится при $|q| \ge 1$.

Ответ: Ряд сходится, если последовательность его частичных сумм имеет конечный предел. В противном случае ряд расходится.

Необходимое условие сходимости

Для того чтобы ряд $ \sum_{n=1}^{\infty} a_n $ сходился, необходимо, чтобы его общий член стремился к нулю при $n \to \infty$:
$ \lim_{n \to \infty} a_n = 0 $
Если этот предел не равен нулю или не существует, то ряд заведомо расходится (этот факт называется признаком расходимости).

Важно отметить, что это условие является необходимым, но не достаточным. То есть, если $ \lim_{n \to \infty} a_n = 0 $, это еще не гарантирует сходимость ряда. Классическим примером является гармонический ряд $ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} $. Для него $ \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} = 0 $, но сам ряд расходится.

Ответ: Если ряд сходится, то предел его общего члена равен нулю. Обратное утверждение неверно.

Признаки сходимости для знакоположительных рядов

Для рядов, все члены которых неотрицательны ($a_n \ge 0$), существует несколько мощных признаков, позволяющих определить их сходимость.

Признаки сравнения

1. Первый признак сравнения: Пусть даны два ряда $ \sum a_n $ и $ \sum b_n $ с неотрицательными членами, и для всех $n$ (начиная с некоторого номера) выполняется неравенство $a_n \le b_n$. Тогда:
- если "больший" ряд $ \sum b_n $ сходится, то сходится и "меньший" ряд $ \sum a_n $;
- если "меньший" ряд $ \sum a_n $ расходится, то расходится и "больший" ряд $ \sum b_n $.

2. Второй признак сравнения (в предельной форме): Пусть даны два ряда $ \sum a_n $ и $ \sum b_n $ с положительными членами. Если существует конечный и отличный от нуля предел их отношения:
$ \lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{b_n} = L $, где $0 < L < \infty$
то оба ряда сходятся или расходятся одновременно.

Ответ: Признаки сравнения позволяют определить сходимость ряда, сопоставляя его с другим рядом, сходимость которого уже известна (например, с геометрической прогрессией или обобщенным гармоническим рядом).

Признак Даламбера

Пусть для ряда $ \sum a_n $ с положительными членами существует предел:
$ L = \lim_{n \to \infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} $
Тогда:
- если $L < 1$, то ряд сходится;
- если $L > 1$ (или предел равен $+\infty$), то ряд расходится;
- если $L = 1$, то признак не дает ответа о сходимости ряда.

Пример: Для ряда $ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n^2}{2^n} $, имеем $L = \lim_{n \to \infty} \frac{(n+1)^2/2^{n+1}}{n^2/2^n} = \lim_{n \to \infty} \frac{(n+1)^2}{n^2} \cdot \frac{2^n}{2^{n+1}} = 1 \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{2} < 1$. Следовательно, ряд сходится.

Ответ: Признак Даламбера удобен для рядов, общий член которых содержит факториалы или показательные функции.

Радикальный признак Коши

Пусть для ряда $ \sum a_n $ с неотрицательными членами существует предел:
$ L = \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_n} $
Тогда:
- если $L < 1$, то ряд сходится;
- если $L > 1$ (или предел равен $+\infty$), то ряд расходится;
- если $L = 1$, то признак не дает ответа.

Пример: Для ряда $ \sum_{n=1}^{\infty} (\frac{2n}{3n+1})^n $, имеем $L = \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{(\frac{2n}{3n+1})^n} = \lim_{n \to \infty} \frac{2n}{3n+1} = \frac{2}{3} < 1$. Следовательно, ряд сходится.

Ответ: Радикальный признак Коши особенно эффективен, когда общий член ряда представляет собой $n$-ю степень некоторого выражения.

Интегральный признак Коши

Пусть функция $f(x)$ на промежутке $[1, \infty)$ является непрерывной, положительной и невозрастающей. Тогда ряд $ \sum_{n=1}^{\infty} a_n $, где $a_n = f(n)$, сходится или расходится одновременно с несобственным интегралом $ \int_{1}^{\infty} f(x) dx $.

Этот признак позволяет, в частности, исследовать сходимость обобщенных гармонических рядов (p-рядов) вида $ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^p} $. Соответствующий интеграл $ \int_{1}^{\infty} \frac{1}{x^p} dx $ сходится при $p > 1$ и расходится при $p \le 1$. Следовательно, и p-ряд сходится при $p > 1$ и расходится при $p \le 1$.

Ответ: Интегральный признак Коши связывает сходимость ряда со сходимостью несобственного интеграла от соответствующей функции.

Знакочередующиеся ряды. Признак Лейбница

Знакочередующимся называется ряд вида $ \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} a_n $ или $ \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n a_n $, где $a_n > 0$.

Признак Лейбница: Знакочередующийся ряд сходится, если выполняются два условия:
1. Последовательность абсолютных величин его членов монотонно убывает (начиная с некоторого номера): $a_{n+1} \le a_n$.
2. Предел общего члена равен нулю: $ \lim_{n \to \infty} a_n = 0 $.

Пример: Знакочередующийся гармонический ряд $ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n} = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \dots $ сходится, так как $a_n = \frac{1}{n}$ монотонно убывает ($ \frac{1}{n+1} < \frac{1}{n} $) и $ \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} = 0 $.

Ответ: Для сходимости знакочередующегося ряда достаточно, чтобы абсолютные величины его членов монотонно стремились к нулю.

Абсолютная и условная сходимость

Для рядов с членами произвольного знака вводится понятие абсолютной сходимости. Ряд $ \sum a_n $ называется абсолютно сходящимся, если сходится ряд, составленный из абсолютных величин его членов, то есть ряд $ \sum |a_n| $.

Ряд $ \sum a_n $ называется условно сходящимся, если сам ряд сходится, а ряд из абсолютных величин его членов $ \sum |a_n| $ расходится.

Теорема: Если ряд сходится абсолютно, то он сходится. Обратное утверждение, вообще говоря, неверно.

Пример: Ряд $ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n^2} $ сходится абсолютно, так как ряд $ \sum_{n=1}^{\infty} |\frac{(-1)^{n-1}}{n^2}| = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} $ сходится (p-ряд, $p=2>1$). В то же время, знакочередующийся гармонический ряд $ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n} $ сходится условно, так как сам он сходится (по признаку Лейбница), а ряд из модулей (гармонический ряд $ \sum \frac{1}{n} $) расходится.

Ответ: Абсолютная сходимость является более сильным свойством, чем просто сходимость. Ряд может сходиться, но не сходиться абсолютно — в этом случае сходимость называется условной.