Leibnizの判定法

$a_n=\frac1n$ は単調減少で $0$ に収束するので、交代調和級数
$$ 1-\frac12+\frac13-\frac14+\cdots $$
は収束する。一方、項の絶対値の級数は 調和級数 で発散するので、この級数は絶対収束しない（絶対収束 の記事の言葉で、条件収束する）。和は $\log2=0.693147\ldots$ である（調和級数 の記事の系「交代調和級数の和」）。部分和は $\log2$ の上下を交互にとり、thm-lat-main の評価 $|\log2-S_N|\leq\frac1{N+1}$ を満たす（下の表）。$S_{100}=0.688172\ldots$ の誤差は $0.004975\ldots$ で、上界 $\frac1{101}=0.0099\ldots$ の約半分である。

$p>0$ とすると、$a_n=n^{-p}$ は狭義単調減少で $0$ に収束するので、$\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}n^{-p}$ は収束する。絶対値の級数 $\sum n^{-p}$ は $p>1$ のとき収束し $0< p\leq1$ のとき発散する（調和級数 の記事の命題「冪の逆数の級数」）ので、この級数は $p>1$ で絶対収束し、$0< p\leq1$ で条件収束する。$p\leq0$ では項の絶対値が $1$ 以上なので $0$ に近づかず、発散する。たとえば $1-\frac1{\sqrt2}+\frac1{\sqrt3}-\cdots$ は収束するが絶対収束しない。

1. 指数関数の級数（指数関数）で $x=-1$ とすると $e^{-1}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n!}$ である。$\frac1{n!}$ は $n\geq0$ で単調減少（$\frac1{0!}=\frac1{1!}$ の等号を含む）で $0$ に収束するので、添字をずらして thm-lat-main を当てると、$n=N$ までの部分和 $T_N:=\sum_{n=0}^{N}\frac{(-1)^n}{n!}$ について
   $$ |e^{-1}-T_N|\leq\frac1{(N+1)!} $$
   である。$T_9=0.3678791\ldots$ で、誤差は $\frac1{10!}< 2.8\times10^{-7}$ 以下と保証される（実際の誤差は $2.5\times10^{-7}$ 程度）。
2. $\frac\pi4=1-\frac13+\frac15-\cdots$（円周率 の定理「Leibnizの級数」）では $a_k=\frac1{2k-1}$ なので、最初の $n$ 項の和の誤差は $\frac1{2n+1}$ 以下である。この評価で誤差を $10^{-6}$ 未満と保証するには $2n+1>10^6$、すなわち $n\geq500000$ 項が要る。誤差の評価が「次の項の大きさ」なので、項がゆっくり $0$ に近づく級数は、収束しても数値計算には向かない。

1 行目は 調和級数 の発散である。4 行目は、項 $\pm(1+\frac1n)$ の絶対値が $1$ 以上で $0$ に近づかないので、級数 の記事の命題「収束する級数の項は0に近づく」により発散する。
2 行目：$a_n\geq0$、$a_n\to0$ で符号は交互に変わるが、$a_4=\frac14< \frac13=a_5$ なので単調減少でない。$\sum_{j=1}^{k}\frac1{j^2}\leq1+\sum_{j=2}^{k}\bigl(\frac1{j-1}-\frac1j\bigr)< 2$ なので
$$ S_{2k}=\sum_{j=1}^{k}\Bigl(\frac1j-\frac1{j^2}\Bigr)>\sum_{j=1}^{k}\frac1j-2\to+\infty $$
であり、$S_{2k+1}=S_{2k}+\frac1{k+1}>S_{2k}$ なので部分和は $+\infty$ に発散する。
3 行目：$a_1=2$、偶数 $n$ では $a_n=\frac1{\sqrt n}-\frac1n>0$、奇数 $n$ では $a_n>0$ で、$a_n\to0$ である。$a_2=0.207\ldots< a_3=0.910\ldots$ なので単調減少でない。もし $\sum(-1)^{n+1}a_n$ が収束すれば、ex-lat-power により収束する $\sum(-1)^{n+1}n^{-1/2}$ との差
$$ \sum_{n=1}^{\infty}\Bigl((-1)^{n+1}a_n-\frac{(-1)^{n+1}}{\sqrt n}\Bigr)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}(-1)^{n+1}}n=\sum_{n=1}^{\infty}\frac1n $$
も収束することになり（級数 の記事の命題「級数の線形性」）、調和級数の発散に反する。部分和は $\sum(-1)^{n+1}n^{-1/2}$ の部分和（有界）と調和数の和なので、$+\infty$ に発散する。$\square$

$x\geq0$ に対し $a_n(x)=\frac1{n+x}$ は $n$ について単調減少な正の数で、$\sup_{x\geq0}a_n(x)=\frac1n\to0$ である。cor-lat-uniform により
$$ f(x):=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n+x} $$
は $[0,\infty)$ 上で一様収束し、$\sup_{x\geq0}|f(x)-S_N(x)|\leq\frac1{N+1}$ である。各項は連続なので、$f$ は $[0,\infty)$ 上で連続である（一様収束 の記事の定理「連続関数の一様極限の連続性」）。一方、どの $x\geq0$ でも $\frac1{n+x}\geq\frac1{(1+x)n}$ なので絶対値の級数は発散し、この級数はどの点でも絶対収束しない。また $\sum_n\sup_x\bigl|\frac{(-1)^{n+1}}{n+x}\bigr|=\sum\frac1n=+\infty$ なので、項の上限の和で押さえる判定法（Weierstrass の優級数判定法）は使えない。