常数项级数@交错级数@绝对收敛@条件收敛
交错级数
- 若级数的各项符号正负交错(或负正交错),即
∑
n
=
1
∞
(
−
1
)
n
−
1
u
n
\sum_{n=1}^{\infin}(-1)^{n-1}u_{n}
∑n=1∞(−1)n−1un
(1)或 ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n u n \sum_{n=1}^{\infin}(-1)^{n}u_{n} ∑n=1∞(−1)nun(1-1), ( u n > 0 ) (u_{n}>0) (un>0),则此类级数称为交错级数 - 非标准交错级数:若某级数第一项是负项的负正相间级数,那么可以从第二项开始考虑(前1项)不影响整体级数的敛散性
莱布尼兹定理(准则)
- 若交错级数
s
s
s=
∑
n
=
1
∞
(
−
1
)
n
−
1
u
n
\sum_{n=1}^{\infin}(-1)^{n-1}u_{n}
∑n=1∞(−1)n−1un
(0)满足-
u
n
⩾
u
n
+
1
u_{n}\geqslant{u_{n+1}}
un⩾un+1
(0-1), ( n = 1 , 2 , ⋯ ) (n=1,2,\cdots) (n=1,2,⋯),(即 u n u_{n} un是递减的,但不要求严格递减) -
lim
u
n
=
0
\lim{u_{n}}=0
limun=0
(0-2),(级数收敛的必要条件)
-
u
n
⩾
u
n
+
1
u_{n}\geqslant{u_{n+1}}
un⩾un+1
- 则
- 级数收敛,且
s
⩽
u
1
s\leqslant{u_1}
s⩽u1
(0-3),(给出级数收敛的结论,并且给出收敛值的取值 s s s的上界) - 余项满足
∣
r
n
∣
⩽
u
n
+
1
|r_n|\leqslant{u_{n+1}}
∣rn∣⩽un+1
(0-4)(给出了用级数的前 n n n项和估计级数的收敛值 s s s差生的误差上界)
- 级数收敛,且
s
⩽
u
1
s\leqslant{u_1}
s⩽u1
证明
- 为了便于讨论,将级数(1)展开写:
s
n
s_{n}
sn=
u
1
−
u
2
+
u
3
−
u
4
+
⋯
u_1-u_2+u_3-u_4+\cdots
u1−u2+u3−u4+⋯
(2)- 式(2)的最后一项的正负号去解决于 n n n的正负
- 现在考虑
s
2
n
s_{2n}
s2n,即前
2
n
2n
2n项和,最后一项可以确定;
-
s
2
n
s_{2n}
s2n=
u
1
−
u
2
+
u
3
−
u
4
+
⋯
+
u
2
n
−
1
−
u
2
n
u_1-u_2+u_3-u_4+\cdots+u_{2n-1}-u_{2n}
u1−u2+u3−u4+⋯+u2n−1−u2n
(3) - 通过加括号,可以写成2中形式
-
s
2
n
s_{2n}
s2n=
(
u
1
−
u
2
)
+
(
u
3
−
u
4
)
+
⋯
+
(
u
2
n
−
1
−
u
2
n
)
(u_1-u_2)+(u_3-u_4)+\cdots+(u_{2n-1}-u_{2n})
(u1−u2)+(u3−u4)+⋯+(u2n−1−u2n)
(3-1),加形式 -
s
2
n
s_{2n}
s2n=
u
1
−
(
u
2
−
u
3
)
−
(
u
4
−
u
5
)
−
⋯
−
(
u
2
n
−
2
−
u
2
n
−
1
)
−
u
2
n
u_1-(u_2-u_3)-(u_{4}-u_{5})-\cdots-(u_{2n-2}-u_{2n-1})-u_{2n}
u1−(u2−u3)−(u4−u5)−⋯−(u2n−2−u2n−1)−u2n
(3-2),减形式
-
s
2
n
s_{2n}
s2n=
(
u
1
−
u
2
)
+
(
u
3
−
u
4
)
+
⋯
+
(
u
2
n
−
1
−
u
2
n
)
(u_1-u_2)+(u_3-u_4)+\cdots+(u_{2n-1}-u_{2n})
(u1−u2)+(u3−u4)+⋯+(u2n−1−u2n)
- 由条件(0-1)可知,
- (3-1)中每个括号都是非负的,从而数列
{
s
2
n
}
\set{s_{2n}}
{s2n}随
n
n
n递增
(4-1) - (3-2)中每个括号都是非负的,最后一项是正的,因此
s
2
n
<
u
1
s_{2n}<u_1
s2n<u1
(4-2)- Note:(3-2)看似递减,但通过做差 s 2 n − s 2 ( n + 1 ) s_{2n}-s_{2(n+1)} s2n−s2(n+1) s 2 n − s 2 ( n + 1 ) s_{2n}-s_{2(n+1)} s2n−s2(n+1)= − u 2 n + 1 + u 2 n + 2 ⩽ 0 -u_{2n+1}+u_{2n+2}\leqslant{0} −u2n+1+u2n+2⩽0,可以看出 s 2 n s_{2n} s2n是递增的而不是递减的
- 从而由(4-1,4-2),数列单调有界必有极限可知
n
→
∞
n\to{\infin}
n→∞时,
s
2
n
→
s
s_{2n}\to{s}
s2n→s
(4-3),且 s ⩽ u 1 s\leqslant{u_1} s⩽u1- Note: s 2 n s_{2n} s2n虽然取不到 u 1 u_1 u1,但是极限值可以是 u 1 u_1 u1,并不矛盾,例如 1 x → 0 ( x → + ∞ ) \frac{1}{x}\to{0}(x\to{+\infin}) x1→0(x→+∞),虽然 1 x > 0 \frac{1}{x}>0 x1>0,但是 x → + ∞ x\to{+\infin} x→+∞时的极限就是 0 0 0
- (3-1)中每个括号都是非负的,从而数列
{
s
2
n
}
\set{s_{2n}}
{s2n}随
n
n
n递增
-
s
2
n
s_{2n}
s2n=
u
1
−
u
2
+
u
3
−
u
4
+
⋯
+
u
2
n
−
1
−
u
2
n
u_1-u_2+u_3-u_4+\cdots+u_{2n-1}-u_{2n}
u1−u2+u3−u4+⋯+u2n−1−u2n
- 再考虑
s
2
n
+
1
s_{2n+1}
s2n+1的极限
-
s
2
n
+
1
s_{2n+1}
s2n+1=
s
2
n
+
u
2
n
+
1
s_{2n}+u_{2n+1}
s2n+u2n+1
(5) - 由条件(0-2),
lim
n
→
∞
s
2
n
+
1
\lim\limits_{n\to{\infin}} s_{2n+1}
n→∞lims2n+1=
lim
n
→
∞
(
s
2
n
+
u
2
n
+
1
)
\lim\limits_{n\to{\infin}}(s_{2n}+u_{2n+1})
n→∞lim(s2n+u2n+1)=
lim
n
→
∞
s
2
n
\lim\limits_{n\to{\infin}}s_{2n}
n→∞lims2n+
lim
n
→
∞
u
2
n
+
1
\lim\limits_{n\to{\infin}} u_{2n+1}
n→∞limu2n+1=
s
+
0
s+0
s+0=
s
s
s
(6) - 由(4-3)和(6)知级数的前偶数项和奇数项的和趋于同一个极限 s s s,所以级数(0)的部分和 s n s_{n} sn= ∑ n = 1 n ( − 1 ) n − 1 u n \sum_{n=1}^{n}(-1)^{n-1}u_{n} ∑n=1n(−1)n−1un当 n → ∞ n\to{\infin} n→∞时具有极限 s s s
-
s
2
n
+
1
s_{2n+1}
s2n+1=
s
2
n
+
u
2
n
+
1
s_{2n}+u_{2n+1}
s2n+u2n+1
- 综上,这就证明了级数(0)收敛于 s s s,且 s ⩽ u 1 s\leqslant{u_{1}} s⩽u1,即(0-3)
- 余项
- s n s_{n} sn的末尾项正负号依赖于 n n n的奇偶性
- 可以将余项表示为
r
n
r_{n}
rn=
±
(
u
n
+
1
−
u
n
+
2
+
⋯
)
\pm(u_{n+1}-u_{n+2}+\cdots)
±(un+1−un+2+⋯)
(7);(当 n n n为偶数取正号,否则取负号) - 考虑到条件(0-1),对(7)两边取绝对值,
∣
r
n
∣
|r_{n}|
∣rn∣=
u
n
+
1
−
u
n
+
2
+
⋯
u_{n+1}-u_{n+2}+\cdots
un+1−un+2+⋯
(8) - 显然(8)式也是一个交错级数,同时继承了条件(0-1,0-2),因此也满足收敛条件,从而可以对级数(8)应用结论(0-3), ∣ r n ∣ ⩽ u n + 1 |r_{n}|\leqslant{u_{n+1}} ∣rn∣⩽un+1
应用
例
-
例如交错调和级数: ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n − 1 1 n \sum_{n=1}^{\infin}(-1)^{n-1}\frac{1}{n} ∑n=1∞(−1)n−1n1= 1 − 1 2 + 1 3 − 1 4 + ⋯ 1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\cdots 1−21+31−41+⋯
(0-0)- 这里 u n u_{n} un= 1 n \frac{1}{n} n1, ( n = 1 , 2 , ⋯ ) (n=1,2,\cdots) (n=1,2,⋯)
- 该级数满足来Leibniz定理的2个条件,因此级数收敛
- 设其收敛于 s s s,则可确定 s ⩽ 1 s\leqslant{1} s⩽1
- 若取级数的前有限 n n n项和估计级数的收敛值 s s s,则根据Leibniz定理,产生的误差 ∣ r n ∣ ⩽ 1 n + 1 |r_{n}|\leqslant{\frac{1}{n+1}} ∣rn∣⩽n+11
-
∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n − 1 1 n p \sum_{n=1}^{\infin}(-1)^{n-1}\frac{1}{n^{p}} ∑n=1∞(−1)n−1np1
(0-1)-
u n u_{n} un= n − p n^{-p} n−p,递减
-
lim n → ∞ u n = 0 \lim\limits_{n\to{\infin}}u_{n}=0 n→∞limun=0
-
因此任意交错 p p p级数都是收敛的,且收敛值 s ⩽ 1 s\leqslant{1} s⩽1
-
任意项级数
- 设级数
s
s
s=
∑
n
=
1
∞
u
n
\sum_{n=1}^{\infin}u_{n}
∑n=1∞un
(1),其中 u n u_{n} un为任意实数(不一定是正数) - 级数
∑
n
=
1
∞
∣
u
n
∣
\sum_{n=1}^{\infin}|u_{n}|
∑n=1∞∣un∣
(2)是级数(1)各项取绝对值后的正项级数,不妨称(2)为(1)的绝对值级数
绝对收敛
- 若级数(1)各项的绝对值构成的正项级数(2)收敛,则称级数(1)绝对值收敛
条件收敛
- 若级数(1)收敛,但是级数(2)不收敛(发散),则称级数(1)条件收敛
例
- 级数 ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n − 1 1 n 2 \sum_{n=1}^{\infin}(-1)^{n-1}\frac{1}{n^{2}} ∑n=1∞(−1)n−1n21,即 p = 2 p=2 p=2级数,是绝对值收敛的,
- 而 ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n − 1 1 n \sum_{n=1}^{\infin}(-1)^{n-1}\frac{1}{n} ∑n=1∞(−1)n−1n1是条件收敛
绝对收敛定理
- 若级数 ∑ n = 1 ∞ u n \sum_{n=1}^{\infin}u_{n} ∑n=1∞un绝对收敛,则 ∑ n = 1 ∞ u n \sum_{n=1}^{\infin}u_{n} ∑n=1∞un本身收敛
证明
- 考虑到任意实数 a a a满足 a + ∣ a ∣ a+|a| a+∣a∣= { 2 a = 2 ∣ a ∣ a ⩾ 0 0 a < 0 \begin{cases}2a=2|a|&a\geqslant{0}\\0&a<0\end{cases} {2a=2∣a∣0a⩾0a<0 ,即 0 ⩽ a + ∣ a ∣ ⩽ 2 ∣ a ∣ 0\leqslant a+|a|\leqslant{2|a|} 0⩽a+∣a∣⩽2∣a∣,且 1 2 ( a + ∣ a ∣ ) ⩽ a \frac{1}{2}(a+|a|)\leqslant{a} 21(a+∣a∣)⩽a
- 构造新级数:令
v
n
v_{n}
vn=
1
2
(
u
n
+
∣
u
n
∣
)
\frac{1}{2}(u_{n}+|u_{n}|)
21(un+∣un∣)
(1), ( n = 1 , 2 , ⋯ ) (n=1,2,\cdots) (n=1,2,⋯)显然 v n ⩾ 0 v_{n}\geqslant{0} vn⩾0且 v n ⩽ ∣ u n ∣ v_{n}\leqslant{|u_{n}|} vn⩽∣un∣(2), ( n = 1 , 2 , ⋯ ) (n=1,2,\cdots) (n=1,2,⋯) - 因为级数
∑
n
=
1
∞
∣
u
n
∣
\sum_{n=1}^{\infin}|u_{n}|
∑n=1∞∣un∣收敛,由比较审敛法,级数
∑
n
=
1
∞
v
n
\sum_{n=1}^{\infin}v_{n}
∑n=1∞vn收敛
(3),从而级数 ∑ n = 1 ∞ 2 v n \sum_{n=1}^{\infin} 2v_{n} ∑n=1∞2vn也收敛(3-1) - 而由(1),可知
2
v
n
2v_{n}
2vn=
u
n
+
∣
u
n
∣
u_{n}+|u_{n}|
un+∣un∣,即
u
n
=
2
v
n
−
∣
u
n
∣
u_{n}=2v_{n}-|u_{n}|
un=2vn−∣un∣
(4),由级数收敛的基本性质可知 ∑ n = 1 ∞ u n \sum_{n=1}^{\infin}u_{n} ∑n=1∞un= ∑ n = 1 ∞ 2 v n − ∑ n = 1 ∞ ∣ u n ∣ \sum_{n=1}^{\infin}2v_{n}-\sum_{n=1}^{\infin}|u_{n}| ∑n=1∞2vn−∑n=1∞∣un∣也是收敛的 - 证毕
拓展
- 事实上,
∣
u
n
∣
+
u
n
|u_{n}|+u_{n}
∣un∣+un=
{
2
u
n
u
n
⩾
0
0
u
n
<
0
\begin{cases}2u_{n}&u_{n}\geqslant{0}\\0&u_{n}<0\end{cases}
{2un0un⩾0un<0
(1)- 令
v
n
v_{n}
vn=
1
2
(
u
n
+
∣
u
n
∣
)
\frac{1}{2}(u_{n}+|u_{n}|)
21(un+∣un∣)=
{
u
n
u
n
⩾
0
0
u
n
<
0
\begin{cases}u_{n}&u_{n}\geqslant{0}\\0&u_{n}<0\end{cases}
{un0un⩾0un<0
(1-1),则 0 ⩽ v n ⩽ ∣ u n ∣ 0\leqslant v_{n}\leqslant{|u_{n}|} 0⩽vn⩽∣un∣(1-2)
- 令
v
n
v_{n}
vn=
1
2
(
u
n
+
∣
u
n
∣
)
\frac{1}{2}(u_{n}+|u_{n}|)
21(un+∣un∣)=
{
u
n
u
n
⩾
0
0
u
n
<
0
\begin{cases}u_{n}&u_{n}\geqslant{0}\\0&u_{n}<0\end{cases}
{un0un⩾0un<0
- 类似的,
∣
u
n
∣
−
u
n
|u_{n}|-u_{n}
∣un∣−un=
{
0
u
n
⩾
0
−
2
u
n
=
2
∣
u
n
∣
u
n
<
0
\begin{cases}0&u_{n}\geqslant{0}\\-2u_{n}=2|u_{n}|&u_{n}<0\end{cases}
{0−2un=2∣un∣un⩾0un<0
(2)- 令
ω
n
\omega_{n}
ωn=
1
2
(
∣
u
n
∣
−
u
n
)
\frac{1}{2}(|u_{n}|-u_{n})
21(∣un∣−un)=
{
0
u
n
⩾
0
−
u
n
=
∣
u
n
∣
u
n
<
0
\begin{cases}0&u_{n}\geqslant{0}\\-u_{n}=|u_{n}|&u_{n}<0\end{cases}
{0−un=∣un∣un⩾0un<0
(2-1),则 0 ⩽ w n ⩽ ∣ u n ∣ 0\leqslant w_{n}\leqslant{|u_{n}|} 0⩽wn⩽∣un∣(2-2)
- 令
ω
n
\omega_{n}
ωn=
1
2
(
∣
u
n
∣
−
u
n
)
\frac{1}{2}(|u_{n}|-u_{n})
21(∣un∣−un)=
{
0
u
n
⩾
0
−
u
n
=
∣
u
n
∣
u
n
<
0
\begin{cases}0&u_{n}\geqslant{0}\\-u_{n}=|u_{n}|&u_{n}<0\end{cases}
{0−un=∣un∣un⩾0un<0
- 对于
u
n
−
∣
u
n
∣
u_{n}-|u_{n}|
un−∣un∣=
{
0
u
n
⩾
0
−
2
u
n
=
−
2
∣
u
n
∣
u
n
<
0
\begin{cases}0&u_{n}\geqslant{0}\\-2u_{n}=-2|u_{n}|&u_{n}<0\end{cases}
{0−2un=−2∣un∣un⩾0un<0
(3)-
t
n
t_{n}
tn=
1
2
(
u
n
−
∣
u
n
∣
)
\frac{1}{2}(u_{n}-|u_{n}|)
21(un−∣un∣)=
{
0
u
n
⩾
0
−
u
n
=
−
∣
u
n
∣
u
n
<
0
\begin{cases}0&u_{n}\geqslant{0}\\-u_{n}=-|u_{n}|&u_{n}<0\end{cases}
{0−un=−∣un∣un⩾0un<0
(3-1),则 − ∣ u n ∣ ⩽ t n ⩽ 0 -|u_{n}|\leqslant{t_{n}}\leqslant{0} −∣un∣⩽tn⩽0(3-2)
-
t
n
t_{n}
tn=
1
2
(
u
n
−
∣
u
n
∣
)
\frac{1}{2}(u_{n}-|u_{n}|)
21(un−∣un∣)=
{
0
u
n
⩾
0
−
u
n
=
−
∣
u
n
∣
u
n
<
0
\begin{cases}0&u_{n}\geqslant{0}\\-u_{n}=-|u_{n}|&u_{n}<0\end{cases}
{0−un=−∣un∣un⩾0un<0
- 级数 ∑ n = 1 ∞ v n \sum_{n=1}^{\infin}v_{n} ∑n=1∞vn相当于把 ∑ n = 1 ∞ u n \sum_{n=1}^{\infin}u_{n} ∑n=1∞un中的负项替换为0得到,也就是由 ∑ n = 1 ∞ u n \sum_{n=1}^{\infin}u_{n} ∑n=1∞un的全体正项构成的正项级数
- 级数 ∑ n = 1 ∞ w n \sum_{n=1}^{\infin}w_{n} ∑n=1∞wn为级数 ∑ n = 1 ∞ u n \sum_{n=1}^{\infin}u_{n} ∑n=1∞un中全体负项的绝对值构成的正项级数
- 级数
∑
n
=
1
∞
t
n
\sum_{n=1}^{\infin}t_{n}
∑n=1∞tn为级数
∑
n
=
1
∞
u
n
\sum_{n=1}^{\infin}u_{n}
∑n=1∞un中全体负项构成的负项级数,并且
−
∑
n
=
1
∞
t
n
-\sum_{n=1}^{\infin}t_{n}
−∑n=1∞tn=
∑
n
=
1
∞
w
n
\sum_{n=1}^{\infin}w_{n}
∑n=1∞wn
(4),而相差常数倍的级数敛散性相同,后面仅需要讨论 ∑ n = 1 ∞ w n \sum_{n=1}^{\infin}w_{n} ∑n=1∞wn, ∑ n = 1 ∞ v n \sum_{n=1}^{\infin}v_{n} ∑n=1∞vn
推论
- 若
∑
n
=
1
∞
u
n
\sum_{n=1}^{\infin}u_{n}
∑n=1∞un绝对收敛,即
∑
n
=
1
∞
∣
u
n
∣
\sum_{n=1}^{\infin}|u_{n}|
∑n=1∞∣un∣收敛,则
∑
n
=
1
∞
w
n
\sum_{n=1}^{\infin}w_{n}
∑n=1∞wn,
∑
n
=
1
∞
v
n
\sum_{n=1}^{\infin}v_{n}
∑n=1∞vn,
∑
n
=
1
∞
t
n
\sum_{n=1}^{\infin}t_{n}
∑n=1∞tn都收敛
- 由(1-2),(2-2)应用比较审敛法可得此结论
- 若
∑
n
=
1
∞
u
n
\sum_{n=1}^{\infin}u_{n}
∑n=1∞un条件收敛,即
∑
n
=
1
∞
u
n
\sum_{n=1}^{\infin}u_{n}
∑n=1∞un收敛但
∑
n
=
1
∞
∣
u
n
∣
\sum_{n=1}^{\infin}|u_{n}|
∑n=1∞∣un∣发散,则
∑
n
=
1
∞
w
n
\sum_{n=1}^{\infin}w_{n}
∑n=1∞wn,
∑
n
=
1
∞
v
n
\sum_{n=1}^{\infin}v_{n}
∑n=1∞vn,
∑
n
=
1
∞
t
n
\sum_{n=1}^{\infin}t_{n}
∑n=1∞tn都发散
-
∑
n
=
1
∞
u
n
\sum_{n=1}^{\infin}u_{n}
∑n=1∞un=
∑
n
=
1
∞
v
n
−
∑
n
=
1
∞
w
n
\sum_{n=1}^{\infin}v_{n}-\sum_{n=1}^{\infin}w_{n}
∑n=1∞vn−∑n=1∞wn收敛
- ∑ n = 1 ∞ w n \sum_{n=1}^{\infin}w_{n} ∑n=1∞wn, ∑ n = 1 ∞ v n \sum_{n=1}^{\infin}v_{n} ∑n=1∞vn要么都是收敛的,要么都是发散的,而不可能有不同的敛散性,否则等号右边不可能收敛
-
∑
n
=
1
∞
∣
u
n
∣
\sum_{n=1}^{\infin}|u_{n}|
∑n=1∞∣un∣=
∑
n
=
1
∞
v
n
+
∑
n
=
1
∞
w
n
\sum_{n=1}^{\infin}v_{n}+\sum_{n=1}^{\infin}w_{n}
∑n=1∞vn+∑n=1∞wn发散
- 显然等号右边2个级数不可能都收敛,至少有一个发散,否则等号右边就是发散的
- 综上, ∑ n = 1 ∞ w n \sum_{n=1}^{\infin}w_{n} ∑n=1∞wn, ∑ n = 1 ∞ v n \sum_{n=1}^{\infin}v_{n} ∑n=1∞vn都是发散的,由(4)可知 ∑ n = 1 ∞ t n \sum_{n=1}^{\infin}t_{n} ∑n=1∞tn也发散
-
∑
n
=
1
∞
u
n
\sum_{n=1}^{\infin}u_{n}
∑n=1∞un=
∑
n
=
1
∞
v
n
−
∑
n
=
1
∞
w
n
\sum_{n=1}^{\infin}v_{n}-\sum_{n=1}^{\infin}w_{n}
∑n=1∞vn−∑n=1∞wn收敛
- 条件收敛的级数所有正项(或所有负项)构成的级数一定发散
绝对值级数的发散问题
- 一般来说,若绝对值级数
∑
n
=
1
∞
∣
u
n
∣
\sum_{n=1}^{\infin}|u_{n}|
∑n=1∞∣un∣
(1)发散,无法推出取绝对值级数 ∑ n = 1 ∞ u n \sum_{n=1}^{\infin}u_{n} ∑n=1∞un(2)也发散 - 但有两类情形是可以保证(1)发散可推出(2)发散
- 即(1)发散的结论是由比值审敛法或根值审敛法判断出来的,那么可以推出(2)
- 即级数(1)发散这一结论是来自于
lim
n
→
∞
∣
u
n
+
1
∣
∣
u
n
∣
=
ρ
>
1
\lim\limits_{n\to{\infin}}\frac{|u_{n+1}|}{|u_n|}=\rho>1
n→∞lim∣un∣∣un+1∣=ρ>1
(3)或 lim n → ∞ ∣ u n ∣ n = ρ > 1 \lim\limits_{n\to{\infin}}\sqrt[n]{|u_{n}|}=\rho>1 n→∞limn∣un∣=ρ>1(4),则可以推出(2)发散 - 即(3)或(4)的前提下,都可以推出(2)发散
- 因为(3)或(4)的条件
ρ
>
1
\rho>1
ρ>1可推出
∣
u
n
∣
↛
0
(
n
→
∞
)
|u_{n}|\not\to{0}(n\to{\infin})
∣un∣→0(n→∞)
(5),从而不满足(2)收敛的必要条件,从而级数(2)发散(关于(5)的证明可回顾比较审敛法或根值审敛法的证明, ρ > 1 \rho>1 ρ>1推出通项 ∣ u n ∣ |u_{n}| ∣un∣是递增的,由极限的保号性可推出(5))
例
- 判定
∑
n
=
1
∞
sin
n
α
n
2
\sum_{n=1}^{\infin} \frac{\sin{n}\alpha}{n^2}
∑n=1∞n2sinnα的收敛性
- 考虑其通项的绝对值:
- 由三角函数的有界性: ∣ sin n α ∣ ⩽ 1 |\sin{n\alpha}|\leqslant{1} ∣sinnα∣⩽1,有 ∣ sin n α n 2 ∣ ⩽ 1 n 2 |\frac{\sin{n}\alpha}{n^2}|\leqslant{\frac{1}{n^2}} ∣n2sinnα∣⩽n21
- 而 p = 2 p=2 p=2级数 ∑ n = 1 ∞ 1 n 2 \sum_{n=1}^{\infin}\frac{1}{n^2} ∑n=1∞n21收敛,从而 ∑ n = 1 ∞ ∣ sin n α n 2 ∣ \sum_{n=1}^{\infin} |\frac{\sin{n}\alpha}{n^2}| ∑n=1∞∣n2sinnα∣也收敛,从而 ∑ n = 1 ∞ sin n α n 2 \sum_{n=1}^{\infin} \frac{\sin{n}\alpha}{n^2} ∑n=1∞n2sinnα收敛
- 考虑其通项的绝对值:
- 判定
∑
n
=
1
∞
(
−
1
)
n
1
2
n
(
1
+
1
n
)
n
2
\sum_{n=1}^{\infin}(-1)^{n} \frac{1}{2^{n}}(1+\frac{1}{n})^{n^2}
∑n=1∞(−1)n2n1(1+n1)n2收敛性
- 该级数是交错级数
- 考虑莱布尼兹定理或绝对收敛或发散定理;
- leibniz定理给出了收敛的充分条件,无法用于判定级数必定发散的情形,并且需要判定递减和通项极限趋于0
- 考虑到所给级数通项中 1 2 n ( 1 + 1 n ) n 2 \frac{1}{2^{n}}(1+\frac{1}{n})^{n^2} 2n1(1+n1)n2= [ 1 2 ( 1 + 1 n ) n ] n [\frac{1}{2}(1+\frac{1}{n})^{n}]^{n} [21(1+n1)n]n适合开 n n n方根
- 无论哪种思路,都要考虑通项的绝对值,这里考虑适用后者
- 令 u n u_{n} un= 1 2 n ( 1 + 1 n ) n 2 \frac{1}{2^{n}}(1+\frac{1}{n})^{n^2} 2n1(1+n1)n2,这是通项的绝对值
- 则 u n n \sqrt[n]{u_{n}} nun= 1 2 ( 1 + 1 n ) n → 1 2 e ( n → ∞ ) \frac{1}{2}(1+\frac{1}{n})^{n} \to{\frac{1}{2}}e(n\to{\infin}) 21(1+n1)n→21e(n→∞)
- 由绝对值级数的发散定理,所给级数发散
- 考虑莱布尼兹定理或绝对收敛或发散定理;
- 该级数是交错级数
绝对收敛性质
-
绝对收敛级数具有可交换性
- 绝对收敛级数经改变项的位置后构成的级数也收敛,且与原级数有相同的和
-
设级数 ∑ n = 1 ∞ u n \sum_{n=1}^{\infin}u_{n} ∑n=1∞un, ∑ n = 1 ∞ u n \sum_{n=1}^{\infin}u_{n} ∑n=1∞un都绝对收敛,其和分别为 s , σ s,\sigma s,σ,则它们的柯西乘积
- u 1 v 1 u_1v_1 u1v1+ ( u 1 v 2 + u 2 v 1 ) (u_1v_2+u_2v_1) (u1v2+u2v1)+ ⋯ \cdots ⋯+ ( u 1 v n + u 2 v n − 1 + ⋯ + u n v 1 ) (u_1v_n+u_2v_{n-1}+\cdots+u_{n}v_1) (u1vn+u2vn−1+⋯+unv1)+ ⋯ \cdots ⋯
- 也是绝对收敛的,其和为 s σ s\sigma sσ
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