高等数学 | 数列 函数 级数 函数项级数之收敛性（下）
搞定升学面试的收敛性问题，这一篇就够了！
目录
4 级数之收敛性
- 级数收敛的定义：部分和序列 \(\{S_n=\sum_1^n a_i\}\) 收敛，即 \(\lim_{n\rightarrow\infty}S_n\) 存在。
- 性质：
- 两个收敛级数逐项相加 / 相减，仍为收敛级数；
- 对收敛级数的项任意加括号后，所得的级数依然收敛；
- 去掉、加上、改变有限项后，收敛级数仍然收敛；
- 收敛的必要条件：\(\lim_{n\rightarrow\infty}a_n=0\)。
- 绝对收敛 / 条件收敛：
- 绝对收敛（ \(|a_n|\) 收敛）的级数必然收敛。
- 条件收敛：级数收敛，但不绝对收敛（ \(|a_n|\) 发散）。
- 级数收敛证明方法：
- 去证部分和序列收敛；
- 比较法（夹逼 做比等）；
- Leibniz 判敛准则。
- 级数收敛值的求解：
- 利用常用函数的 Taylor 展开。
4.1 去证部分和序列收敛
方法：
- 单调有界原理：对正项级数（所有 \(a_n\) ≥ 0），收敛 \(\iff\) 部分和序列有上界。（负项级数也一样）
- Cauchy 收敛准则：收敛 \(\iff\forall\epsilon\gt0,~\exists n_0\in\mathbb N:|\sum_{n+1}^ma_j|\lt\epsilon\)。
- 拆项：发现 \(a_n\)（经过适当放缩）可以拆成 \(S_n-S_{n-1}\)，\(S_n\) 极限存在。
例题：
- 若 \(a_n\gt0\)，\(S_n=\sum_1^na_i\) 发散，证明 \(\sum_1^\infty\big[a_n/S_n^2\big]\)收敛。
- \(\frac{a_n}{S_n^2}\lt\frac{a_n}{S_nS_{n-1}}=\frac{a_n}{S_n(S_n-a_n)}=\frac{1}{S_n-a_n}-\frac{1}{S_n}=\frac{1}{S_{n-1}}-\frac{1}{S_n}\)。
- 所以 \(\sum_1^\infty\frac{a_n}{S_n^2}\lt\frac{a_1}{S_1^2}+\frac1{S_1}-\frac1{S_2}+\frac1{S_2}-\frac1{S_3}+\cdots=\frac{a_1}{S_1^2}+\frac1{S_1}\)，收敛。
- 证明调和级数 \(\sum_1^\infty\frac1n\) 发散。
- 首先，\(\sum_1^\infty\frac1n=-\ln(1+x)\bigg|_{x=-1}=-\ln0=+\infty\)，发散。
- 用 Cauchy 收敛准则证明：对于任意 ε、任意 n＞任意 N，设 \(S_n=\sum_1^n\frac1i\)，有 \(S_{2n}-S_n=\sum_{n+1}^{2n}\frac1i\gt\frac n{2n}=\frac12\)，所以不满足 Cauchy 收敛准则。
4.2 比较法（夹逼 做比等）
方法：
- 夹逼：
- \(b_n\le a_n\le c_n\)（或仅有有限项不满足该条件），且 \(b_n~c_n\) 收敛，则 \(a_n\) 收敛。
- 若存在 \(|a_n|\le c_n\)（或仅有有限项不满足该条件）且 \(c_n\) 收敛，则 \(a_n\) 绝对收敛。
- 做比：正项级数 \(a_n~b_n\)，
- 若 \(\max\frac{b_n}{a_n}\lt\infty\) 且 \(a_n\) 收敛，则 \(b_n\) 收敛；
- 若 \(\min\frac{b_n}{a_n}\gt0\) 且 \(a_n\) 发散，则 \(b_n\) 发散。
- 比值 / 根值判别法【常用】：正项级数 \(a_n\)，
- 比值判别法：若 \(\rho=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{u_{n+1}}{u_n}<1\)，则 \(a_n\) 收敛；（跟等比数列相比较）
- 根值判别法：若 \(\rho=\lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt[n]{u_n}<1\)，则 \(a_n\) 收敛；（跟 \(a^n\) 相比较）
4.3 Leibniz 判敛准则【常用】
方法：
- 若 \(a_n\) 的项正负交替，且绝对值递减（ \(|a_{n+1}|\le|a_n|\) ），最终趋于 0（ \(\lim_{n\rightarrow\infty}a_n=0\) ），则 \(a_n\) 收敛。
例题：
- \(a_n=(-1)^n\frac1{n^p}\) 其中 p＞0：满足 ① 正负交替，② 绝对值递减，③ 最终趋于零，所以级数收敛。
5 函数项级数之收敛性
- 函数项级数：
- 级数的每一项，都是自变量 x 的函数。
- 函数项级数 \(\sum_{n=1}^\infty u_n(x)\)，和函数 \(S(x)=\sum_{n=1}^\infty u_n(x)\)，部分和函数序列 \(S_n(x)=\sum_{k=1}^nu_k(x)\)。
5.1 函数项级数的一致收敛性
一致收敛是很强大的条件。
- 一致收敛：
- 定义：在部分和函数序列 \(\{S_n(x)\}\) 的定义域 D 内，对任意 ε＞0，存在仅与 ε 有关的正整数 N(ε)，当 n＞N(ε) 时，\(|S_n(x)-S(x)|\lt\epsilon\)。关键在于 N 与 x 无关，和函数一致连续的定义一样。
- 内闭一致收敛：对任意 [a, b] 闭区间 \(\subset\) D，\(\{S_n(x)\}\) 在 [a, b] 上一致收敛。
- 一致收敛 $\Rightarrow $ 内闭一致收敛。反之推不出来。
- 点态收敛（普通的收敛）：当 x=x0 时，把函数项级数看成数项级数，级数收敛。
- 一致收敛的强大性质：【重要】
- 连续性：\(S_n(x)\) 连续 \(\Rightarrow S(x)\) 连续。
- 逐项求导：\(\int_a^b\big[\sum u_n(x)\big]dx=\sum\big[\int_a^bu_n(x)dx\big]\)。
- 逐项积分： \(\sum u_n'(x)=\big[\sum u_n(x)\big]'\)。（额外要求 ① \(u_n(x)\) 可导，② \(\sum u_n'(x)\) 也一致收敛）
- 一致收敛的判别方法：
- Weierstrass 判别法【常用】：设每一项 \(u_n(x)\) 满足 \(|u_n(x)|\le a_n\)（对任意 x∈D），且 \(\sum a_n\) 收敛，则 Sn 在 D 上一致收敛。即，寻找更强的函数。
- Abel 判别法：设函数项级数 \(\sum a_n(x)b_n(x)\)，① \(\sum b_n(x)\) 在 D 上一致收敛，② \(\{a_n(x)\}\) 在 D 上一致有界（即一个函数族有共同的上下界），③ 任意 x∈D，\(\{a_n(x)\}\) 关于 n 是单调的；则 \(\sum a_n(x)b_n(x)\) 在 D 上一致收敛。
- Dirichlet 判别法：设函数项级数 \(\sum a_n(x)b_n(x)\)，① 任意 x∈D，\(\{a_n(x)\}\) 关于 n 是单调的，② \(\{a_n(x)\}\) 在 D 上一致收敛于 0，③ \(b_n(x)\) 的部分和序列在 D 上一致有界；则 \(\sum a_n(x)b_n(x)\) 在 D 上一致收敛。
5.2 幂级数的收敛半径
- 幂级数：
- 定义：\(\sum_{n=0}^\infty a_n(x-x_0)^n\)。
- 收敛半径：【重要】
- 使用比值判敛法：比值 = \(\lim_{n\rightarrow\infty}|\frac{u_{n+1}(x)}{u_n(x)}|=\lim|\frac{a_{n+1}}{a_n}(x-x_0)|\)。
- 记 \(\lim|\frac{a_{n+1}}{a_n}|=\frac1R\)。R 称为收敛半径。R=∞， 则整个定义域上都收敛。R=0，则只有 x=x0 收敛（每项都为 0）。
- 若 x-x0＜R，则幂级数绝对收敛。x-x0＞R，幂级数发散。x-x0 = R 需要单独判断。
- Abel 定理：【常用】
- （为了书写方便，设 x0 = 0）
- 若幂级数在 x=x1 收敛，则任意 |x| < |x1| 都绝对收敛。
- 若幂级数在 x=x1 发散，则任意 |x| > |x1| 都发散收敛。
- Taylor 展开：
- Taylor 展开 收敛于原函数的条件：按照幂级数收敛半径算。
- 幂级数的一致收敛性：
- 设收敛半径为 R，则幂级数在 (-R, R) 内闭一致收敛，即任意 \([-r, r]\subset(-R, R)\)，幂级数在 [-r, r] 一致收敛。
- 证明：选取 c 满足 r＜c＜R，\(\sum a_nx^n=\sum a_nc^n\big(\frac xc\big)^n\)，记 \(u_n(x)=a_nc^n,~v_n(x)=\big(\frac xc\big)^n\)，则 ① \(u_n(x)\) 在 [-r, r] 一致收敛（式子里根本没出现 x），② \(v_n(x)\) 一致有界（上下界是 -1 和 1），③ \(v_n(x)\) 关于 x 单调递增。由 Abel 判别法，幂级数在 [-r, r] 一致收敛。
5.3 例题
- 判断级数 \(\sum_{n=1}^\infty b_n=\sum(-1)^n\frac{n^n}{2^n(\ln n)^\alpha n!}\) 的敛散性。
- 使用比值判别法：\(\lim|\frac{b_n}{b_{n+1}}|=\lim2[\frac n{n+1}]^n[\frac{\ln{n+1}}{\ln n}]^\alpha=2\cdot e^{-1}\cdot 1\)，发散，和 α 无关。
- 设 \(\lim_{n\rightarrow\infty}|\frac{a_{n+1}}{a_n}|=2\)，求级数 \(\sum_{n=1}^\infty a_n\big(\frac{x+3}3\big)^n\) 的收敛半径。
- 使用比值判别法：\(\lim|\frac{b_{n+1}}{b_{n}}|=\lim2(x+3)\frac13\)，所以收敛半径 = 3/2。
- 判断级数 \(\sum_{n=1}^\infty b_n=\sum\frac x{1+n^3x^2}\) 的敛散性。
- \(b_n=\frac x{1+n^3x^2}\le\frac x{2\sqrt{n^3x^2}}=\frac1{2n^{\frac32}}\)（分母均值不等式）。
- 记 \(c_n=\frac1{n^{\frac32}}\)，比值判别法 \(\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{c_{n+1}}{c_n}=(1+\frac1n)^\frac32=\lim\frac32\frac1n=0\)，所以收敛。
- 由 Weierstrass 判别法，我们找到了一个更强的级数 \(c_n\) 且 \(c_n\) 收敛，所以 \(b_n\) 在 \(\R\) 上一致收敛。
- 判断 \(∑_{n=p}^{+∞}(\frac1{\sqrt n}-\frac1{\sqrt{n+1}})\sin(n+k)\) 的敛散性。
- 收敛。使用 Weierstrass 判别法，把 sin 放缩成 1 得到更强的级数 \(∑_{n=p}^{+∞}(\frac1{\sqrt n}-\frac1{\sqrt{n+1}})\)，然后错位相消。
- 求级数 \(\sum_{n=1}^\infty ne^{-nx}\) 的收敛域与和函数。
- 换元：转化为幂级数。
- 记 \(y^n=e^{-nx}\) 即 \(y=e^{-x}\)，转化为幂级数 \(\sum_{n=1}^\infty b_n(y)=\sum_{n=1}^\infty ny^n\)。
- 收敛域：
- 比值判别法 \(\frac{b_{n+1}}{b_n}=\frac{n+1}ny<1\)，得 y＜1。判断 y = 1 时，级数为 \(\sum_{n=1}^\infty n\) 发散，所以确实是 y＜1。
- \(y=e^{-x}<1\) 即 x＞0，所以收敛域为 (0, +∞)。
- 和函数：
- 幂级数已经（内闭）一致收敛，所以直接应用逐项求导 / 逐项积分。
- \(\sum_1^\infty ny^n=y\sum_1^\infty ny^{n-1}=y\bigg[\sum_1^\infty y^n\bigg]'=y\big(\frac y{1-y}\big)'=\frac y{(1-y)^2}=\frac{e^-x}{(1-e^{-x})^2}\)。
- 换元：转化为幂级数。
- 证明级数 \(\sum_{n=1}^\infty\frac{\sin^nx}{2^n}\) 在 \((-\infty, +\infty)\) 上一致收敛，并且存在 \(\xi \in(0,\frac\pi2)\)，使得 \(\sum_{n=1}^\infty\frac{n\cos\xi\sin^{n-1}\xi}{2^n}=\frac2\pi\)。
- 一致收敛：
- Weierstrass 判别法：把 sinx 放成 1，更强的级数 \(\sum\frac1{2^n}\) 收敛，所以原级数一致收敛。
- 存在 ξ：
- 使用一致收敛的逐项求导性质。
- 首先需要证明导数 \(\sum_{n=1}^\infty\frac{n\cos x\sin^{n-1}x}{2^n}\) 一致收敛。
- Weierstrass 判别法：把 sinx cosx 都放成 1，得到更强的级数 \(\sum\frac n{2^n}\)。
- \(\sum\frac n{2^n}\) 相当于 \(\sum nx^n\bigg|_{x=\frac12}\)，在收敛半径 R=1 内，所以收敛。
- 更强的级数收敛，推出导数一致收敛。
- 使用 Lagrange 中值定理：
- 设 \(S(x)=\sum_{n=1}^\infty\frac{\sin^nx}{2^n}, S'(x)=\sum_{n=1}^\infty\frac{n\cos x\sin^{n-1}x}{2^n}\)。
- 中值定理的条件：① \(a_n(x)=\frac{\sin^nx}{2^n}\) 在 \([0,\frac\pi2]\) 闭区间内连续，使用一致收敛的连续性，推出 S(x) 闭区间连续。② 同理，S(x) 开区间可导（事实上有闭区间可导）。
- \(S(0)=0,~S(\frac\pi2)=\sum_1^\infty\frac1{2^n}=1\)。所以存在 \(\xi \in(0,\frac\pi2)\)，使得 \(S'(\xi)=\sum_{n=1}^\infty\frac{n\cos\xi\sin^{n-1}\xi}{2^n}=\frac{S(\frac\pi2)-S(0)}{\frac\pi2-0}=\frac2\pi\)，得证。
- 一致收敛：
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