正项级数

⎛ n2 ⎞ ⎟ 判别级数 ∑ ⎜ arctan 2 ⎜ n + 1⎟ n =1 ⎝ ⎠
⎛ n ⎞ ⎟ un = ⎜ ⎜ arctan n 2 + 1 ⎟ > 0, ⎠ ⎝
2 n
∞
n
的敛散性。
解
2 n π 由于 lim n un = lim arctan 2 = < 1, n→ ∞ n→ ∞ n +1 4
若数列 { S n } 有界， 则根据单调有界数列必 收敛可知：
{ S n } 收敛， 从而
反之若
定理 1 正项级数 ∑ a n 收敛的充要条件是 : 它的部分和数列 { S n }
有界．
n =1
∑ an 收敛，
∞
n =1
∑ an 收敛．
则 lim S n = S， 从而 { S n } 有界．
n→ ∞
( 2) 若 ∑ a n 发散，则 ∑ bn 发散． 证明 (1) 由于在级数的前面删去 有限项后，级数的敛散 性不改变．
考察
n = N +1
∑ an
∞
与
n= N +1
∑ bn，其部分和分别是
∞ ∞
∞
S n 与 σ n，
则有 S n = 不妨设
∞
N +n
i = N +1
∑ ai
≤
N +n
i = N +1
n 有 a n ≥ 1， 则 ∑ a n 发散．
推论 设 ∑ a n 为正项级数， 且 lim (1) 若 L < 1， 则 ∑ a n 收敛；
n
n→ ∞
an = L，
( 2) 若 L > 1 或 L = ∞ ， 则 ∑ a n 发散．
( 3) 若 L = 1， 则不能断定 ∑ a n 敛散性．
例 12
lim
此时不能用比值判别法 判别级数的敛散性．
1 1 1 = ， 由于 lim 2 n→ ∞ ( 2n − 1)2n n 4
所以由比较判别法极限 形式可知
1 而 ∑ 2 收敛， n =1 n
∞
1 ∑ (2n − 1) ⋅ 2n 收敛． n =1
∞
注意
比值判别法的条件是充分的,而非必要条件.
∞
2 + ( −1) n 例如级数 ∑ n 2 n =1
由根值判别法可知
⎛ n ⎞ ⎟ ∑⎜ ⎜ arctan n 2 + 1 ⎟ n =1 ⎝ ⎠
2 ∞ n
收敛 .
例13 判断下列正项级数的敛散性： ∞ ∞ 2n 1 ( 2) ∑ ln n． ； (1) ∑ n n =1 3 n = 2 (ln n )
解
1 1 (1) lim = lim = 0< 1 n n→ ∞ n→ ∞ ln n (ln n) ∞ 1 收敛． ∴ 由根值判别法可知 ∑ n n = 2 (ln n ) n n 2 2 ( 2) lim >1 = lim ln n = 2 n ln n→ ∞ 3 n n→ ∞ 3 ∞ 2n ∴ 由根值判别法可知 ∑ ln n 发散． n =1 3
而
3 n =1 2 n
∑
∞
2π
4π 收敛 . 收敛 , 所以 ∑ ( n + 1 − n ) sin n n =1
∞
定理 4 (比值判别法，达朗贝尔 判别法）
a n +1 有 ≤ q， 若存在自然数 N， 当 n ≥ N 时， 设 ∑ a n 为正项级数， an
且 q < 1， 则 ∑ a n 收敛；若存在自然数 N， 当 n ≥ N 时，
∞
n
a n +1 = lim ( 2) lim n→ ∞ a n n→ ∞
n+1 = lim =∞ n→ ∞ 10
由比值判别法可知
n! ∑ 10n 发散． n =1
1 例11 判断正项级数 ∑ 的敛散性。 ( 2 n − 1 ) ⋅ 2 n n =1
解
∞
a n +1 1 = lim ⋅ ( 2n − 1)2n = 1， n→ ∞ ( 2n + 1) ⋅ 2( n + 1) n→ ∞ a n
∞
∫
∫
⎡ 1 1 ⎤ 考虑级数 ∑ ⎢ − p −1 ⎥ p −1 n ⎦ n = 2⎣ ( n − 1)
∞
(1)
其部分和
⎡ ⎤ 1 ⎤ ⎡ 1 1 ⎤ 1 1 ⎤ ⎡ 1 1 ⎡ S n = ⎢1 − p −1 ⎥ + ⎢ p −1 − p −1 ⎥ + L + ⎢ − p −1 ⎥ + ⎢ p −1 − p −1 p −1 ⎥ ⎣ 2 ⎦ ⎣2 3 ⎦ ( n 1 ) n n ( n 1 ) − + ⎦ ⎣ ⎣ ⎦
三. 正项级数
定义 3 对于级数
n =1 ∞
∑ an ， 若 an ≥ 0 恒成立， 称之为 正项级数 ．
n =1
∞
考虑正项级数
∑ an (an ≥ 0)，其部分和为 S n， 则有
S1 = a1， S 2 = a1 + a 2， S 3 = a1 + a 2 + a 3， L L
显然有
S1 ≤ S 2 ≤ L ≤ S n ≤ L， 即 { S n } 单调上升．
= 1− 1 ． p −1 ( n + 1)
⎡ ⎤ 1 = 1． 从而 lim S n = lim ⎢1 − ⎥ p − 1 n→ ∞ ⎣ n→ ∞ ( n + 1) ⎦
故级数 (1) 收敛， 由比较判别法可知： p > 1 时，
1 ∑ n p ( c )． n =1
∞
∞
∞ 1 1 综上可知： p ≤ 1 时， ∑ p (d )； p > 1 时， ∑ p (c )． n =1 n n =1 n
1 = , 6
n→ ∞
lim a2 n+1
3 = , 2
un+1 ∴ lim = lim an 不存在. n→ ∞ un n→ ∞
定理 5 (根值判别法，柯西判别 法） 当 n ≥ N 时， 有 a n ≤ q， 设 ∑ a n 为正项级数，若存在自然数 N，
n
且 q < 1， 则 ∑ a n 收敛；若存在自然数 N， 当 n ≥ N 时，
2
发散．
比较判别法的极限形式 ： 定理 3 对于正项级数 ∑ a n 与 ∑ bn ， 且 lim
an = L， n→ ∞ bn
(1) 若 0 < L < +∞ ， 则此两级数有相同的敛 散性． ( 2) 若 L = 0，且已知 ∑ bn 收敛， 则 ∑ an 也收敛．
( 3) 若 L = ∞ ， 且已知 ∑ bn 发散， 则 ∑ a n 也发散．
∞
例 1 证明：正项级数
1 是收敛的． ∑ n= 0 n !
∞
证： 已知
1 1 1 1 = ≤ = n −1 ， n ! 1 ⋅ 2 ⋅ 3L n 1 ⋅ 2 ⋅ 2L 2 2
于是， 对任意 n， 有
Sn = 1 +
1 1 1 1 1 1 < 1 + 1 + + 2 + L + n −1 + + L+ 2 2 1! 2 ! n! 2
∑ bi ≤ ∑ bi ， 已知 ∑ bn (c )，
i = N +1 n = N +1
n = N +1
∑ bn = σ ，则有
S n ≤ σ． 从而
∑ an 收敛．
( 2) 反证法．
1 1 1 1 例 2 讨论 p − 级数 ∑ p = 1 + p + p + L + p + L 的敛散性， 2 3 n n =1 n
( 2), ( 3) 容易得证．
1 例 4 判别级数 ∑ sin 的敛散性． n n =1
解
∞Leabharlann Q lim1 sin n 1 n ∞
n→ ∞
1 = 1， ∴ 由 ∑ 发散，可知 n =1 n
∞
1 ∑ sin n 发散． n =1
∞
1 ⎤ ⎡1 例 5 判别级数 ∑ ⎢ − ln(1 + )⎥ 的敛散性． n ⎦ n =1 ⎣ n
其中常数 p > 0．
解 (1) 设 p ≤ 1， 此时， ∀ n，有 1 ≥ 1 ， np n ∞ 1 ∞ 1 而 ∑ ( d )， 由比较判别法可知： ∑ p (d )． n =1 n n =1 n 1 ( 2) 设 p > 1， 因为当 n − 1 ≤ x ≤ n，有 1 ≤ p ， np x n n ⎤ 1 1 1 1 ⎡ 1 1 所以 = dx ≤ dx = − ⎢ p p p p − 1 p −1 ⎥ n n − 1 − 1 1 p − n n x ( n − 1) ⎦ ⎣n 1 ⎡ 1 1 ⎤ = − p−1 ⎥ ( n = 2, 3, L) ⎢ p − 1 p − 1 ⎣ ( n − 1) n ⎦
∑
∞
1
3
n ( n + 1)
3
2
是发散的．
1 ， > 证 Q n ( n + 1) < ( n + 1) ， ∴ 3 2 n ( n + 1) n + 1
1
1 1 1 1 = + + L+ + L 是发散的， 而 ∑ 2 3 n+1 n =1 n + 1
由比较判别法可知：
∞
n =1
∑
∞
1
3
n ( n + 1)
n 1 − (1 ) 1 2 = 1+ = 3 − n−1 < 3， 1 1− 2 2
即部分和数列 { S n } 有界，于是 ∑
1 收敛． n= 0 n !
∞
定理 2 (比较判别法 ) 设 ∑ a n 与 ∑ bn 为两个正项级数， 且存在自然数 N，当 n > N 时，有 a n ≤ bn，
(1) 若 ∑ bn 收敛，则 ∑ an 收敛；
L ( 1 ) 由极限定义： 对 ε = ，∃ N > 0，当 n > N 时，成立 证明 2 an L L a L − L < ， 即 L− < n < L+ ， bn 2 2 bn 2 L 3 即 bn < a n < L bn， 2 2 再由比较判别法可知： ∑ an 与 ∑ bn 有相同的敛散性．
例10 判断下列正项级数的敛散性：
n! (1) ∑ n−1 ； ( 2) ∑ n . n =1 2 n =1 10 n
n+1 n a n +1 1 2 < 1， ( 1 ) = lim = lim 解 n n→ ∞ a n n→ ∞ 2 2n −1 ∞ ∞
由比值判别法
n =1
∑ 2n−1 收敛．
( n + 1) ! 10 n + 1 n! 10 n ∞
2 + ( −1) n 3 Q un = ≤ n, n 2 2
∞ ∞
3 而 ∑ n 收敛 n =1 2
∞
2 + ( −1) n ∴ 级数 ∑ un = ∑ 收敛 , n 2 n =1 n =1
un+1 2 + ( −1) n+1 但 = = an , n un 2( 2 + ( −1) )
n→ ∞
lim a 2 n
说明 判别正项级数 ∑ a n 的收敛性时， 常与 p − 级数比较．
1 (i) 若 a n ≥ ( n = 1, 2, L)， 则 ∑ a n (d )； n 1 (ii ) 若有 p > 1， 而 a n < p ( n = 1, 2, L)，则 ∑ a n (c )． n
例 3 证明级数
2 n =1
∞
1 n 3 − n = lim 1 解 Q lim = 1, 1 n n→ ∞ n→ ∞ 1− n n 3 3
且
1 ∑ 3n 收敛 , n =1
∞
故原级数收敛.
例7 判断级数
n n−2 ∑ n2 ( n + 1)(4 n − 1) 的敛散性。 n =1
∞
解 由于 1 n n−2 lim 2 5 n→ ∞ n ( 2 n + 1)( 4 n − 1) n4 1 并且 ∑ 5 n =1 n 4
a n+1 有 ≥ 1，则 ∑ a n 发散． an
a n +1 = L， 推论 设 ∑ a n 为正项级数，且 lim n→ ∞ a n (1) 若 L < 1， 则 ∑ a n 收敛； ( 2) 若 L > 1 或 L = ∞ ， 则 ∑ a n 发散． ( 3) 若 L = 1， 则不能断定 ∑ a n 敛散性．
1 ∑ 而 发散 , n =1 n
∞
因此
n =1
∑ un
∞
发散 .
例9 解
判别级数
n =1
∑(
∞
4π 的敛散性。 n + 1 − n )sin n
4π 则 n→∞ 有 记 un = ( n + 1 − n ) sin , n 4π sin 1 4π 2π n un = = 3 ~ ⋅ ( n + 1 + n) 2 n n n2
∞
∞
1 = 2
收敛， 由比较判别法可知：
n n−2 收敛。 ∑ 2 4 n =1 n ( n + 1)( n − 1)
例8
n 判别级数 ∑ 2 的敛散性 . n =1 n + ln n
∞
解
n 记 un = 2 , n + ln n
un n2 =1 lim = lim 2 n→ ∞ 1 n→ ∞ n + ln n n
解 由于
− ln(1 + n ) 1 x − ln(1 + x ) 1 n = ， lim = ， 可知 lim 2 2 1 n→ ∞ x →0 2 2 (n) x
1 1 ∞
1 ∴ 由 ∑ 2 收敛， 可知 n =1 n
1 ⎤ ⎡1 − ln(1 + )⎥ 收敛． ∑⎢ n ⎦ n =1 ⎣ n
∞
1 例 6 判定级数 ∑ n 的敛散性. n =1 3 − n