Сумма знакочередующегося ряда

[Nurgali]

Вычислить сумму ряда $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{(2n)^3}$ с точностью $\alpha=0,001$.
Решение.
Знакочередующийся ряд
$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{(2n)^3}=\frac{1}{2}-\frac{1}{64}+\frac{1}{216}-\frac{1}{512}+\frac{1}{1000}-...$
удовлетворяет условиям теоремы Лейбница. Следовательно, ряд сходится (в данном случае абсолютно). Поэтому
$|R_{n}|<a_{n+1}$. Для вычисления суммы данного знакочередующегося ряда с точностью $\alpha=0,001$ надо потребовать, чтобы
$a_{n+1}< \alpha$ или $a_{n+1}\leq \alpha$?

Почему то в разных книгах пишут по разному

[ewert]

Nurgali в сообщении #835289 писал(а):

Почему то в разных книгах пишут по разному

Правильный рецепт: не превосходит абсолютной величины первого отброшенного члена.

(иногда этот рецепт даёт сильно завышенную оценку погрешности; но, во всяком случае, он -- гарантирует эту оценку)

[Nurgali]

ewert в сообщении #835298 писал(а):

Nurgali в сообщении #835289 писал(а):

Почему то в разных книгах пишут по разному

Правильный рецепт: не превосходит абсолютной величины первого отброшенного члена.

(иногда этот рецепт даёт сильно завышенную оценку погрешности; но, во всяком случае, он -- гарантирует эту оценку)

т.е. должно быть $|R_n|\leq a_{n+1}$?

[ewert]

А, не вчитался. Как хотите; вольному -- воля. Хотите, чтобы погрешность была строго меньше допустимой -- требуйте строгого неравенства; хотите, чтоб хотя бы нестрого -- требуйте нестрогого. В любом случае с практической точки зрения это лишь ловля блох.

[Otta]

Nurgali
Да хоть так, хоть эдак, что Вас останавливает? Что пятое слагаемое в точности погрешность? Ну и что? Неравенство $|R_{n}|<|a_{n+1}|$ все едино строгое. По крайней мере, в Вашем случае (=последовательность модулей общих членов ряда строго убывает) можно так считать.

[galenin]

Ваша сумма зависит от дзета функции Римана

$\zeta(3)=\sum \limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^3}\approx 1.202056903159594285399738...$

То есть $\sum \limits_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{(2n)^3}=\frac{3}{32}\zeta(3)$

Чем больше знаков функции Римана возьмете, тем точнее вычислите вашу сумму. И не надо будет потеть с частичными суммами.

[Otta]

galenin в сообщении #835310 писал(а):

Чем больше знаков функции Римана возьмете, тем точнее вычислите вашу сумму

Да уж.
Дело за малым: заиметь точное значение функции Римана. Чтобы, значицца, ничто не мешало брать столько знаков, сколько вздумается.

[Ms-dos4]

А ещё доказывать, что $\[\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{( - 1)}^{n - 1}}}}{{{n^k}}}} = (1 - \frac{1}{{{2^{k - 1}}}})\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{n^k}}}} \]$. Зачем усложнять себе жизнь в таком простом задании?