高等数学讲义长期班(汪诚义)第八章138162

心之所向，所向披靡第八章 无穷级数（数学一和数学三）引言：所谓无穷级数就是无穷多项相加，它与有限项相加有本质不同，历史上曾经对一个无穷级数问题引起争论。

例如：ΛΛ+-++-+-+1)1(1111n历史上曾有三种不同看法，得出三种不同的“和” 第一种 0)11()11()11(=+-++-+-ΛΛ 第二种 1)11()11()11(1=-------ΛΛ 第三种 设S n =+-++-+-+ΛΛ1)1(1111则[]S =+-+--Λ11111,1S S =- ,12=S 21=S 这种争论说明对无穷多项相加，缺乏一种正确的认识。

1) 什么是无穷多项相加？如何考虑？ 2) 无穷多项相加，是否一定有“和”？3) 无穷多项相加，什么情形有结合律，什么情形有交换律等性质。

因此对无穷级数的基本概念和性质需要作详细的讨论。

§ 8.1 常数项级数（甲） 内容要点 一、基本概念与性质 1. 基本概念无穷多个数ΛΛ,,,,,321n u u u u 依次相加所得到的表达式ΛΛ+++++=∑∞=n n nu u u u u3211称为数项级数（简称级数）。

∑===nk k n u S 1123n u u u u ++++L （Λ,3,2,1=n ）称为级数的前n 项的部分和，{}),3,2,1(Λ=n S n 称为部分和数列。

S u S ，，u S ，S n n n n n n ==∑∑∞=∞=∞→11)(lim 记以且其和为是收敛的则称级数存在若n n S ∞→lim 若不存在，则称级数∑∞=1n n u 是发散的，发散级数没有和的概念。

（注：在某些特殊含义下可以考虑发散级数的和，但在基础课和考研的考试大纲中不作这种要求。

）2． 基本性质 （1） 如果∑∑∑∑∑∞=∞=∞=∞=∞=++11111)(,n n n n n n n nnn nv b u a ，bv au，b ，a v u 且等于收敛则为常数皆收敛和（2） 在级数中增加或减少或变更有限项则级数的收敛性不变。

（3） 收敛级数具有结合律，也即对级数的项任意加括号所得到的新级数仍收敛，而且其和不变。

发散级数不具有结合律，引言中的级数可见是发散的，所以不同加括号后得到级数的情形就不同。

（4） 级数∑∞=1n n u 收敛的必要条件是0lim =∞→n n u（注：引言中提到的级数∑∞=+-11,)1(n n 具有∞→n lim ()不存在11+-n ，因此收敛级数的必要条件不满足，∑∞=1n ()11+-n 发散。

调和级数∑∞=1n n 1满足∞→n lim 但,01=n ∑∞=1n n 1却是发散的，所以满足收敛级数的必要条件∞→n lim 0=n u ，而∑∞=1n n u 收敛性尚不能确定。

）3．两类重要的级数（1）等比级数（几何级数）∑∞=0n nar ()0≠a当1<r 时，∑∞=0n n ar ra-=1收敛当1≥r 时，∑∞=0n nar发散（2）p 一级数∑∞=11n p n 当p>1时，∑∞=11n p n 收敛， 当p ≤1时∑∞=11n p n发散（注：p>1时，∑∞=11n p n 的和一般不作要求，但后面用特殊的方法可知∑∞=1n 6122π=n）二、正项级数敛散性的判别法()Λ,3,2,10=≥n u n 若则∑∞=1n n u 称为正项级数，这时(){}n n n S n S S 所以Λ,3,2,11=≥+是单调增加数列，它是否收敛就只取决于n S 是否有上界，因此∑∞=1n n n S u ⇔收敛有上界，这是正项级数比较判别法的基础，从而也是正项级数其它判别法的基础。

1. 比较判别法如果皆成立时当设，u ，cv N n c n n 0,0>≥≥>∑∞=1n n v 收敛，则∑∞=1n n u 收敛；如果∑∞=1n n u 发散，则∑∞=1n nv发散。

2. 比较判别法的极限形式设),3,2,1(,0,0Λ=≥≥n v u n n 若∞→n limA v u nn= 1) 当0<A<+∞时，∑∞=1n nu与∑∞=1n nv同时收敛或同时发散。

2) 当A=0时，若∑∞=1n nv收敛，则∑∞=1n nu收敛。

3) 当A=+∞时，若∑∞=1n nu收敛，则∑∞=1n nv收敛。

3．比值判别法（达朗倍尔） 设n u >0，而∞→n limρ=+nn u u 11） 当ρ<1时，则∑∞=1n nu收敛2） 当ρ>1时(包括ρ=+∞)，则∑∞=1n nu发散3） 当ρ=1时，此判别法无效（注：如果∞→n limnn u u 1+不存在时，此判别法也无法用） 4．根值判别法（柯西）（数学三不考） 设n u ≥0，而∞→n limρ=n n u1） 当ρ<1时，则∑∞=1n nu收敛2） 当ρ>1时(包括ρ=+∞)，则∑∞=1n nu发散3） 当ρ=1时，此判别法无效事实上，比值判别法和根值判别法都是与等比级数比较得出相应的结论，应用时，根据所给级数的形状有不同的选择，但它们在ρ=1情形下都无能为力。

数学上有更精细一些的判别法，但较复杂，对考研来说不作要求。

三、交错级数及其莱布尼兹判别法 1．交错级数概念 若n u >0,∑∞=1n n n u 1)1(+-称为交错级数。

2．莱布尼兹判别法 设交错级数∑∞=1n n n u 1)1(+-满足：1）≤+1n u n u ),3,2,1(Λ=n 2) ∞→n lim n u =0 ，则∑∞=1n n n u 1)1(+-收敛，且0<∑∞=1n n n u 1)1(+-<1u四、绝对收敛与条件收敛 1．定理 若∑∞=1n n u 收敛，则∑∞=1n n u 一定收敛；反之不然。

2．定义 若∑∞=1n n u 收敛，则称∑∞=1n n u 为绝对收敛；若∑∞=1n n u 收敛，而∑∞=1n n u 发散，则称∑∞=1n n u 为条件收敛。

3．有关性质1）绝对收敛级数具有交换律，也即级数中无穷多项任意交换顺序，得到级数仍是绝对收敛，且其和不变。

2）条件收敛级数的正项或负项构成的级数，即∑∞=1n 21（n u +n u ）或∑∞=1n 21（n u —n u ）一定是发散的。

4．一类重要的级数 设∑∞=1n ρn n 1)1(+- 1） 当ρ>1时，∑∞=1n ρnn 1)1(+-是绝对收敛的 2） 当0<ρ≤1时，∑∞=1n ρn n 1)1(+-是条件收敛的 3） 当ρ≤0时，∑∞=1n ρn n 1)1(+-是发散的（乙） 典型例题一、主要用部分和数列的极限讨论级数的敛散性例1． 判定下列级数敛散性，若收敛并求级数的和。

1）∑∞=1n )1()1(1+++n n n n2）∑∞=1n nn 212- 1）解：∑∞=1n )1()1(1+++n n n n 的=n S ∑=nk 1)1()1(1+++k k k k=n S ∑=nk 1()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡-++-+221)1()1(k k k k k k =∑=nk 1111)111(+-=+-n k k Θ∞→n lim =n S 1∴∑∞=1n 1)1()1(1=+++n n n n ，收敛2）解：=n S n n 21225232132-++++Λ① 21=n S 1432212232252321+-+-++++n nn n Λ ② ①-②得21=n S 132212)212121(221+--++++n n n Λ=11123223212)211(21++-+-=---+n n n n nΘ∞→n lim =n S 3∴∑∞=1n nn 212-=3，收敛 例2设数列{}∑∞=--11)(n n nn ，a an ，na 证明收敛级数收敛∑∞=0n n a 收敛证：由题意可知∞→n lim 存在A na n =∞→n lim =n S ∞→n lim∑=-=-nk k kS a ak 11)(存在而=n S )()(3)(2)(1231201--++-+-+-n n a a n a a a a a a Λ=∑-=-1n k kn ana因此，=∑-=10n k kan n S na -∞→n lim=∑-=1n k ka∞→n lim -n na ∞→n lim =n S S A -于是级数∑∞=0n na=S A -是收敛的二、主要用判别法讨论级数的敛散性 例1． 设级数∑∞=1n )0(≥n n a a 收敛，则∑∞=1n na n收敛 解：n a n)1(2122na n a n n +≤=（几何平均值≤算术平均值） 已知∑∞=1n 收敛故收敛收敛)1(2112112n a ，n ，a n n n n +∑∑∞=∞= 再用比较判别法，可知∑∞=1n na n收敛 例2． 正项数列{}n a 单调减少，且∑∞=1n n na )1(-发散，问∑∞=1n nn a )11(+是否收敛？并说明理由。

解：知根据莱布尼兹判别法可如果存在又单调减少,0lim ,0==∴≥∞→a ，a a ，a n n n Θ∑∞=1n (1)0,n n a a -∴>收敛,与假设矛盾,这样，nn n n a a a a )11()11(,11111+≤+<+≤+ 由等比级数∑∞=1n n a )11(+收敛和比较判别法可知∑∞=1n nn a )11(+收敛。

例3． 设⎰=4tan πxdx a n n（1）求∑∞=1n n a a n n 2++的值。

（2）证明：对任意正常数,0>λ∑∞=1n λn a n收敛。

证明：（1）n a a n n 2++n1=⎰+42)tan 1(tan πdx x x nn1=⎰40tan tan πx xd n )1(1+=n n∑∞=1n n a a n n 2++=∑∞=1n )1(1+n n =1 （2）⎰=40tan πxdx a nn 1201ntdt t =+⎰ <⎰+≤111n dt t nλn a n<11)1(1+<+λλn n n∴>+,11λΘ∑∞=1n 11+λn 收敛，由比较判别法可知∑∞=1n λn a n收敛。

例4． 设有方程并证明证明方程有唯一正实根正整数其中,,01n nx ，n nx x =-+当α>1时，级数∑∞=1n αn x 收敛。

:()1n n f x x nx =+-证记 10()0n x f x nx n α-'>=+>当时,[)()0,.n f x +∞故在上单调增加(0)10,(1)0,n n f f n =-<=>而由连续函数的介值定理知 10n n x nx x +-=存在唯一正实根100nn n n x nx x +-=>由与知110,nn n x x n n-<=<110()n x nααα><<故当时,11()n nα∞=∑而正项级数收敛,所以当α>1时，级数∑∞=1n αn x 收敛。