阿贝尔分布求和法的应用(三)

32.求证:
(i)$$1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\cdots=\ln 2$$
(ii)$$1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\cdots=\frac{\pi}{4}$$
证明:
$$\sum_{1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n}x^{n}=\ln (1+x);\sum_{0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{2n+1}x^{2n+1}=\arctan x \,\,(|x|\leq 1)$$
由Abel第二定理即命题 14知结论成立.
注意: 有理数对加法不是封闭的,如果考虑无穷多个进行运算.
由著名极限
$$\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}=e$$
知有理数对乘法也不是封闭的.
33. 试求级数$1-\frac{1}{4}+\frac{1}{7}-\frac{1}{10}+\cdots$的和.
解答: 设
$$f(x)=x-\frac{1}{4}x^{4}+\frac{1}{7}x^{7}-\frac{1}{10}x^{10}+\cdot (|x|<1)$$
从而
$$f'(x)=1-x^{3}+x^{6}-x^{9}+\cdots=\frac{1}{1+x^{3}}\,\,(|x|<1)$$
利用有理函数积分理论求得
$$f(x)=\frac{1}{\sqrt{3}}\arctan \left(\frac{-1+2x}{\sqrt{3}}\right)+\frac{1}{3}\ln (1+x)-\frac{1}{6}\ln (1-x+x^{2})+C$$
由$f(0)=0$定出
$$C=\frac{\pi}{6\sqrt{3}}$$
由Abel第二定理知
$$1-\frac{1}{4}+\frac{1}{7}-\frac{1}{10}+\cdots=\lim_{x\to 1^{-}}f(x)=\frac{1}{3}\ln 2+\frac{\pi}{3\sqrt{3}}$$
34. 求证$$\sum\limits_{1}^{\infty}(-1)^{\frac{1}{2}n(n-1)}\frac{1}{n}=\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2}\ln 2$$
证明: 设
$$f(x)=x-\frac{1}{2}x^{2}-\frac{1}{3}x^{3}+\frac{1}{4}x^{4}+\frac{1}{5}x^{5}-\frac{1}{6}x^{6}-
\frac{1}{7}x^{7}+\cdots \,\,(|x|<1)$$
则
$$f'(x)=1-x-x^{2}+x^{3}+x^{4}-x^{5}-\cdots$$
绝对收敛的级数可以调换求和次序,取上式奇数项相加,偶数项相加得
$$f(x)=\frac{1}{1+x^{2}}-\frac{x}{1+x^{2}}=\frac{1-x}{1+x^{2}}$$
由于$f(0)=0$,
$$f(x)=\int_{0}^{x}\frac{1-x}{1+x^{2}}dx=\arctan x-\frac{1}{2}\ln(1+x^{2})$$
由Abel第二定理知
$$\sum\limits_{1}^{\infty}(-1)^{\frac{1}{2}n(n-1)}\frac{1}{n}=\lim_{x\to 1^{-}}f(x)=\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2}\ln 2$$
注意: 在原级数基础上调换次序也可得结果.不绝对收敛的级数并非都不可调换次序.
35. 设$a>-1,b>-1,a\neq b$。求证
$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(n+a)(n+b)}=\frac{1}{b-a}\int_{0}^{1^{-}}\frac{x^{a}-x^{b}}{1-x}dx$$
证明:
$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(n+a)(n+b)}=\frac{1}{b-a}\sum_{n=1}^{\infty}
\left(\frac{1}{n+a}-\frac{1}{n+b}\right)$$
左边级数的收敛性是显然的.
设
$$f(x)=\frac{1}{b-a}\sum_{n=1}^{\infty}
\left(\frac{x^{n+a}}{n+a}-\frac{x^{n+b}}{n+b}\right)\,\,(|x|<1)$$
则
$$f'(x)=\frac{1}{b-a}\sum_{n=1}^{\infty}
\left(x^{n+a-1}-x^{n+b-1}\right)\,\,(|x|<1)=\frac{x^{a}-x^{b}}{1-x}$$
由Abel第二定理
$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(n+a)(n+b)}=\lim_{x\to1^{-}}f(x)=\frac{1}{b-a}\int_{0}^{1^{-}}\frac{x^{a}-x^{b}}{1-x}dx$$
36. 试证
$$1-\frac{1}{2}+\frac{1\cdot 3}{2\cdot 4}-\frac{1\cdot 3\cdot 5}{2\cdot 4\cdot 6 }+\cdots=\frac{1}{\sqrt{2}}$$
证明: 由广义的二项式定理
$$(1-x)^{-\frac{1}{2}}=\sum_{0}^{\infty}\binom{-\frac{1}{2}}{k}(-1)^{k}x^{k}$$
其中
$$\binom{-\frac{1}{2}}{k}=\frac{\left(-\frac{1}{2}\right)\left(-\frac{1}{2}-1\right)\cdots\left(-\frac{1}{2}-k+1\right)}{k!}$$
由Abel第二定理知
$$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}x^{n}=\lim_{x\to -1^{+}}(1-x)^{-\frac{1}{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}$$
37. 试证
$$\frac{1}{2\cdot 3}-\frac{2}{3\cdot 4}+\frac{3}{4\cdot 5}-\frac{4}{5\cdot 6}+\cdots=3\ln 2 -2$$
证法一：
\begin{align*}
\sum_{1}^{\infty}(-1)^{n}\frac{n}{(n+1)(n+2)}&=\sum_{1}^{\infty}(-1)^{n}\left(\frac{n}{n+1}-\frac{n}{n+2}\right)\\
&=2\sum_{1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{1}{n+2}-\sum_{1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{1}{n+1}\\
&=3\ln 2 -2
\end{align*}
证法二: 设
$$f(x)=\sum_{1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{n}{(n+1)(n+2)}x^{n+1}$$
则
\begin{align*}
f'(x)&=\sum_{1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{n}{n+2}x^{n}\\
&=\sum_{1}^{\infty}(-1)^{n-1}x^{n}-\frac{2}{x^{2}}\sum_{1}^{\infty}\frac{x^{n+2}}{n+2}\\
&=\frac{x}{1+x}-\frac{2}{x^{2}}\left(\ln (1+x)-x+\frac{1}{2}x^{2}\right)\\
&=\frac{2}{x}-\frac{1}{1+x}-\frac{2}{x^{2}}\ln (1+x)
\end{align*}
所以
$$f(x)=\ln(1+x)+\frac{2\ln(1+x)}{x}+C$$
由$f(0)=0$定的$C=-2$.利用Abel第二定理即得结论.

38. 设当$n$增大时正值连续的函数列$v_{n}(x)$为单调下降($0<x<1)$, 又设
$$\lim_{x\to 1^{-}}v_{n}(x)=1\,\,(n=0,1,2,3\cdots)$$
则当$\sum a_{n}$收敛时有
$$\lim_{x\to 1^{-}}\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}v_{n}(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}$$
证明: 此命题为推广的Abel第二定理即命题 14. 证明方法亦类似,关键在于证明一致收敛性.
由Cauchy收敛准则知,任意$\varepsilon>0$,存在$N$,当$n,m>N$时
$$\left|\sum_{k=n}^{m}a_{k}\right|<\varepsilon$$
利用$v_{n}(x)$的非负单调性和命题4, 和式估计
$$\left|\sum_{n}^{m}a_{k}v_{k}(x)\right|\leq v_{0}(x)\cdot \varepsilon\leq M\cdot \varepsilon$$
其中$M=\max\{v_{0}(x),0<1-\delta\leq x\leq 1\}$.这个$M$是存在的.因为$\lim_{x\to 1^{-}}v_{0}(x)=1$.
故级数$\sum a_{n}v_{n}(x)$内闭一致收敛.
$$\lim_{x\to 1^{-}}\sum_{0}^{\infty}a_{n}v_{n}(x)=\sum_{0}^{\infty}a_{n}\lim_{x\to 1^{-}}v_{n}(x)=\sum_{0}^{\infty}a_{n}$$
39. (Stolz) 设级数$\sum na_{n}$为收敛.又设
$$f(x)=\sum a_{n}x^{n}\,\,(|x|<1)$$
则
$$\sum_{1}^{\infty}na_{n}=\lim_{x\to 1^{-}}\frac{f(1)-f(x)}{1-x}$$
证明:$\sum a_{n}=\sum na_{n}\frac{1}{n}$.若$\sum na_{n}$收敛则$\sum a_{n}$收敛.
设
$$v_{n}(x)=\frac{1-x^{n}}{n(1-x)}$$
则对固定的$x$而言$v_{n}(x)$单调递减,且由L'Hospital法则知$\lim\limits_{x\to 1^{-}}v_{n}(x)=1$.
由广义的Abel第二定理即命题38知
$$\sum_{1}^{\infty}na_{n}=\lim_{x\to 1^{-}}\sum_{1}^{\infty}(na_{n})\frac{1-x^{n}}{n(1-x)}=\lim_{x\to 1^{-}}\sum_{1}^{\infty}a_{n}\frac{1-x^{n}}{1-x}=\lim_{x\to 1^{-}}\frac{f(1)-f(x)}{1-x}$$
40. 试证:
$$\lim_{x\to 1^{-}}\sum_{1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{x^{n}}{n(1+x^{n})}=\lim_{x\to 1^{-}}\sum_{1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{x^{n}(1-x)}{1-x^{2n}}=\frac{1}{2}\ln 2$$
证明:
$$\lim_{x\to 1^{-}}\sum_{1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{x^{n}}{n(1+x^{n})}=\frac{1}{2}\lim_{x\to 1^{-}}\sum_{1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n}\frac{2x^{n}}{1+x^{n}}$$
设$v_{n}=\frac{2x^{n}}{1+x^{n}}$.则$v_{n}\geq 0$且
$$\frac{v_{n}(x)}{v_{n-1}(x)}=\frac{x+x^{n}}{1+x^{n}}<1\,\,(|x|<1)$$
由广义的Abel第二定理知
$$\lim_{x\to 1^{-}}\sum_{1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{x^{n}}{n(1+x^{n})}=\frac{1}{2}\sum_{1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n}=\frac{1}{2}\ln 2$$
从此题的做法中可以看到,$v_{n}$的非负递减性以及收敛性起决定性作用,收敛值不影响极限符号与求和符号的交换. 这一点从命题 38的证明中也可以看出来.类似地，第二个等式可证.
41. (Possion) 试证当$0<\theta<2\pi$时
$$\lim_{x\to 1^{-}}\left(\frac{1}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}r^{n}\cos n\theta\right)=0$$
$$\lim_{r\to 1^{-}}\sum_{n=1}^{\infty}r^n\sin n\theta=\frac{1}{2}\cot \frac{\theta}{2}$$
证明: 级数$\sum r^{n}\cos n\theta$与$\sum r^{n}\sin n\theta \,\,(|r|<1)$时收敛.
$$\frac{1}{1-re^{i\theta}}=\sum_{0}^{\infty}(re^{i\theta})^{n}=\sum_{0}^{\infty}r^{n}\cos n\theta+i\sum_{0}^{\infty}r^{n}\sin n\theta$$
而
$$\frac{1}{1-re^{i\theta}}=\frac{1-r\cos \theta}{1-2r\cos \theta+r^{2}}+i\frac{r\sin \theta}{1-2r\cos \theta+r^{2}}$$
对应虚实部相等,求得
$$\frac{1}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}r^{n}\cos n\theta=\frac{1}{2}\frac{1-r^{2}}{1-2r\cos n\theta+r^{2}}$$
$$\sum_{n=1}^{\infty}=\frac{\sin \theta}{2(1-\cos \theta)}=\frac{1}{2}\cot \frac{\theta}{2}$$
取极限
$$\lim_{x\to 1^{-}}\left(\frac{1}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}r^{n}\cos n\theta\right)=0$$
$$\lim_{r\to 1^{-}}\sum_{n=1}^{\infty}r^n\sin n\theta=\frac{1}{2}\cot \frac{\theta}{2}$$
注意: 若$\sum a_{n}$收敛则
$$\lim_{x\to 1^{-}}a_{n}x^{n}=\sum a_{n}$$
$$\lim_{x\to 1^{-}}a_{n}v_{n}(x)=\sum a_{n}$$
当$\sum a_{n}$在一般意义下求和发散时,左边的极限仍可能存在. 我们不妨叫它作级数的广义和(Abel-Possion和).同理根据
$$\frac{s_{1}+s_{2}+\cdots+s_{n}}{n}$$
收敛性与$s_{n}$收敛性之间的关系可以定义一个广义和.当然还有其它定义广义和的方法.