Исследование на сходимость знакопеременного ряда

Задание 8. Исследовать на сходимость, установить – условно или абсолютно сходится данный ряд. Дан ряд: \[ \sum_{n=2}^{\infty} (-1)^n \frac{\ln(n-1)}{n+6} \] Решение: 1. Определим тип ряда. Данный ряд является знакопеременным, так как содержит множитель \( (-1)^n \). 2. Исследуем ряд на абсолютную сходимость. Для этого рассмотрим ряд из абсолютных величин членов данного ряда: \[ \sum_{n=2}^{\infty} \left| (-1)^n \frac{\ln(n-1)}{n+6} \right| = \sum_{n=2}^{\infty} \frac{\ln(n-1)}{n+6} \] Обозначим общий член этого ряда как \( b_n = \frac{\ln(n-1)}{n+6} \). Для исследования сходимости ряда \( \sum_{n=2}^{\infty} b_n \) воспользуемся предельным признаком сравнения. Сравним его с расходящимся гармоническим рядом \( \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n} \). Вычислим предел отношения \( b_n \) к \( \frac{1}{n} \): \[ \lim_{n \to \infty} \frac{b_n}{\frac{1}{n}} = \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{\ln(n-1)}{n+6}}{\frac{1}{n}} = \lim_{n \to \infty} \frac{n \ln(n-1)}{n+6} \] Разделим числитель и знаменатель на \( n \): \[ \lim_{n \to \infty} \frac{\ln(n-1)}{1 + \frac{6}{n}} \] При \( n \to \infty \), \( \ln(n-1) \to \infty \) и \( 1 + \frac{6}{n} \to 1 \). Следовательно, \[ \lim_{n \to \infty} \frac{\ln(n-1)}{1 + \frac{6}{n}} = \infty \] Поскольку предел равен бесконечности, и ряд \( \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n} \) расходится, то по предельному признаку сравнения ряд \( \sum_{n=2}^{\infty} \frac{\ln(n-1)}{n+6} \) также расходится. Таким образом, исходный ряд не сходится абсолютно. 3. Исследуем ряд на условную сходимость, используя признак Лейбница для знакопеременных рядов. Ряд имеет вид \( \sum_{n=2}^{\infty} (-1)^n a_n \), где \( a_n = \frac{\ln(n-1)}{n+6} \). Для применения признака Лейбница необходимо проверить два условия: а) Последовательность \( a_n \) должна быть монотонно убывающей (начиная с некоторого \( n \)). б) Предел \( \lim_{n \to \infty} a_n \) должен быть равен нулю. Проверим условие б): \[ \lim_{n \to \infty} a_n = \lim_{n \to \infty} \frac{\ln(n-1)}{n+6} \] Это предел вида \( \frac{\infty}{\infty} \), поэтому можем применить правило Лопиталя: \[ \lim_{n \to \infty} \frac{(\ln(n-1))'}{(n+6)'} = \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{1}{n-1}}{1} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n-1} = 0 \] Условие б) выполняется. Проверим условие а) – монотонность. Рассмотрим функцию \( f(x) = \frac{\ln(x-1)}{x+6} \) для \( x \ge 2 \). Найдем производную \( f'(x) \): \[ f'(x) = \frac{\frac{1}{x-1}(x+6) - \ln(x-1) \cdot 1}{(x+6)^2} = \frac{\frac{x+6}{x-1} - \ln(x-1)}{(x+6)^2} \] Знаменатель \( (x+6)^2 \) всегда положителен. Рассмотрим числитель: \( g(x) = \frac{x+6}{x-1} - \ln(x-1) \). При \( x=2 \), \( g(2) = \frac{2+6}{2-1} - \ln(2-1) = \frac{8}{1} - \ln(1) = 8 - 0 = 8 > 0 \). При \( x=3 \), \( g(3) = \frac{3+6}{3-1} - \ln(3-1) = \frac{9}{2} - \ln(2) = 4.5 - 0.693 \approx 3.807 > 0 \). При \( x=4 \), \( g(4) = \frac{4+6}{4-1} - \ln(4-1) = \frac{10}{3} - \ln(3) \approx 3.333 - 1.098 \approx 2.235 > 0 \). При \( x=5 \), \( g(5) = \frac{5+6}{5-1} - \ln(5-1) = \frac{11}{4} - \ln(4) = 2.75 - 1.386 \approx 1.364 > 0 \). При \( x=6 \), \( g(6) = \frac{6+6}{6-1} - \ln(6-1) = \frac{12}{5} - \ln(5) = 2.4 - 1.609 \approx 0.791 > 0 \). При \( x=7 \), \( g(7) = \frac{7+6}{7-1} - \ln(7-1) = \frac{13}{6} - \ln(6) \approx 2.167 - 1.792 \approx 0.375 > 0 \). При \( x=8 \), \( g(8) = \frac{8+6}{8-1} - \ln(8-1) = \frac{14}{7} - \ln(7) = 2 - 1.946 \approx 0.054 > 0 \). При \( x=9 \), \( g(9) = \frac{9+6}{9-1} - \ln(9-1) = \frac{15}{8} - \ln(8) = 1.875 - 2.079 \approx -0.204 < 0 \). Таким образом, функция \( f(x) \) начинает убывать примерно с \( x=9 \). Поскольку \( a_n \) убывает для \( n \ge 9 \) и \( \lim_{n \to \infty} a_n = 0 \), то по признаку Лейбница ряд \( \sum_{n=2}^{\infty} (-1)^n \frac{\ln(n-1)}{n+6} \) сходится. 4. Вывод. Поскольку ряд из абсолютных величин расходится, а сам знакопеременный ряд сходится, то данный ряд сходится условно. Ответ: Данный ряд сходится условно.