高等数学_朱玉灿_第十一章第三节交错级数与任意项级数

∑f
k =1
p
n+ k
成立. 对一切z ∈ D及一切自然数p成立.
定理2(Weierstrass判别法) 定理2(Weierstrass判别法) 2(Weierstrass判别法
设在集合G上 fn ( z ) ≤ an ( n = 1, 2,L), 且∑ an收敛,
n =1
∞
则级数∑ fn ( z )在G上一致收敛.
Sn ( z ) − S ( z ) =
∞
∑f
k =1
n
k
(z) − S(z) < ε
对一切z ∈ D成立, 则说∑ f n ( z )在D上一致收敛于S ( z ).
若函数项级数∑ fn ( z )在集合 D 的任一闭子集上 都一致收敛于S ( z ), 则说∑ fn ( z )在D上内闭一致收敛
1 当 x = −2时, 级数 ∑ 发散 时 n =1 n
∞
故原级数的收敛域为 ( −∞ , −2) ∪ [0, +∞ ).
2. 一致收敛
设函数项级数∑ fn ( z ) 在区域 D 中收敛于函数S ( z ).
∞ n =1
若对∀ε > 0, ∃N = N (ε ) > 0, 使得当 n > N 时,
n =1
∞
zn 6.已 例6.已知 ∑ 在 z < 1内闭一致收敛于 f ( z ), n =1 n 求和函数 f ( z ).
∞
解:
由定理6 由定理6得
∞ z z 1 n −1 f ′( z ) = ( ∑ )′ =∑ ( )′ =∑ z = 1- z n =1 n n =1 n n =1 n n ∞ ∞
n =1
∞
(1 + i ) n z n 1 3.证 例3. 证明级数∑ 在 闭圆 域 z ≤ 上 2 n =1 n( n + 1) 一 致收 敛. 1 解: 因 1 + i = 2, 故当 z ≤ 时, 2 1 n ( 2⋅ ) n n (1 + i ) z 1 1 2 = ≤ < 2 n( n + 1) n( n + 1) n( n + 1) n
原级数绝对收敛. 原级数绝对收敛
1 ( 2) 当 > 1, 1+ x
即 − 2 < x < 0时,
⇒ 1 + x < 1,
∑
n =1
∞
( −1)n 1 n 因此原级数发散. ( ) 发散，因此原级数发散 n 1+ x
( 3) 当 | 1 + x |= 1,
⇒ x = 0或x = −2,
∞
( −1) n 当 x = 0时, 级数 ∑ 时 收敛 n n=1
∞
1 判别法， 收敛, 已知∑ 2 收敛, 根据Weierstrass判别法， n =1 n ∞ (1 + i )n z n 1 上一致收敛. 级数∑ 在闭圆域 z ≤ 上一致收敛. 2 n =1 n( n + 1)
∞
( −1)n (1 − e − nx ) 例4 证明:级数 ∑ 在区间[0, + ∞ )内 2 2 n +x n =1
n =1 ∞
∞
n =1
∑f
n =1
∞
n
( z ) 的收敛点全体所成集合D ⊂ G , 称为此函数
或收敛 项级数的收敛集或收敛域.
当 z 在收敛域 D 中变动时,由级数的和得到一个定 的和函数 义在 D 的函数 S ( z ), 称为∑ f n ( z ) 的和函数.
∞
记作
∑f
n n =1 k =1
∞
z n 的 收 敛 域。 ∑
n =1
∞
(−1) 1 n ( ) 的收敛域 的收敛域. 例 2 求级数 ∑ 1+ x n=1 n
n
解
由达朗贝尔判别法
1 un+1 ( x ) n 1 , = = lim ⋅ lim n→∞ n + 1 1 + x 1+ x n→∞ u ( x ) n
1 (1) 当 < 1, ⇒ 1 + x > 1, 即 x > 0或x < −2时, 1+ x
n =1 Γ
∞
定理6 定理6 设∑ fn ( z )在区域G 内闭一致收敛于S ( z ),
) 又 fn ( z（n = 1, 2,L）在G 内均解析,则S ( z )在G 内解析且可逐项求导, 即
(m) S ( z) = ∑ fn ( z) n =1
∞ (m)
= ∑ f n( m ) ( z ) ( m = 1, 2,L).
∞
一致收敛。
z 例5 等比级数 ∑ z 在 | z |< 1内闭一致收敛于 。 1- z n=1
n
∞
二. 复函数项级数的性质
定理3 定理3 设
∞
∑ f ( z ) 在 区域 D
n =1 n 2
∞
1
中一致收敛于S1 ( z ),
2
∑ g ( z ) 在区域 D 中一致收敛于S ( z ), α ,β 是常数,
定理5 定理5 设Γ是简单可求长曲线, fn ( z )在Γ上一致 ∑
n =1
∞
) 收敛于S ( z ), fn ( z（n = 1, 2,L）在Γ上(包括端点) 连 续， 则可 逐项 积分 :
∫
Γ
S ( z )dz = ∫
∞ n =1
Γ
∑f
n =1
∞
n
( z )dz = ∑ ∫ f n ( z )dz .
§4 函数项级数
一、函数项级数和一致收敛
1.一些基本概念 1.一些基本概念
设复变函数序列 fn ( z )( n = 1, 2,L)定义在复平面 集合G上, 称形式如∑ fn ( z )为函数项级数.
当固定 z0 ∈ G 时， fn ( z0 ) 是一个复数项级数，若 ∑
n =1
∞
n =1 ∞
它收敛于S z0）则说 z0 是函数项级数∑ fn ( z ) 的一个 （ , 收敛点. 否则说 z0 是∑ f n ( z )的一个发散点.
n n=0
∞
求和函数S ( z ).
解法1 由定理5 解法1: 由定理5得
∫
z
0∑ (n + 1)ζ
n=0 n +1
n
dζ = ∑ ∫ ( n + 1)ζ dζ
z n n=0 0
∞
= ∑z
n=0
z = 1- z
∞ ∞
⇒
S(z) = (∫
z
0
z 1 )′ = . S (ζ )dζ )′ = ( 2 1− z (1 − z )
1 (2) ∑ ( n + 1) x = , |x |< 1. 2 (1 − x ) n=1
n ∞
∞
n
例8 证明：∑
n =1
∞
e
- nx
n
在(0, +∞ )内闭一致收敛,并求
和函数 f ( z ).
e - nx = − ln(1 − e − x ), 0 < x < +∞ . ∑ n n =1
∞
⇒ ∫0 ⇒
z
1 z f ′(ζ )dζ = ∫ dζ = − ln(1 − ζ ) 0 = − ln(1 − z ) 0 1-ζ
z
f ( z ) = f (0) + ∫ f ′(ζ )dζ = f (0) − ln(1 − z )
0
z
= − ln(1 − z ).
7.已 例7.已知∑ ( n + 1) z 在 z < 1内闭一致收敛于S ( z ),
n =1 n
则级数∑ [α fn ( z ) + β g n ( z )] 在区域 D = D1 ∩ D2中一
n =1
∞
致收敛于α S1 ( z ) + β S2 ( z ).
定理 设∑ fn ( z )在区域D 中内闭一致收敛于S ( z ), n =1 4
∞
) 若 fn ( z（n = 1, 2,L）在D连续，则S ( z )在D 连续. 连续.
∞
解法2: 解法2:
S ( z ) = ∑ ( n + 1) z n = ∑ ( z n+1 )′ = ( ∑ z n+1 )′ z 1 =( )′ = . 2 1- z (1 − z )
n =0 n=0 n=0
注 由例5与例6得到公式： x (1) ∑ = − ln(1 − x ), |x |< 1, n =1 n
∞
n =1
n
( z ) = S ( z ), z ∈ D.
∞ n =1
Sn ( z ) = ∑ f k ( z )称为函数项级数∑ f n ( z ) 的部分和. 的部分和
注意: 注意 函数项级数在某点z的收敛问题,实 的收敛问题, 质上是数项级数的收敛问题. 质上是数项级数的收敛问题.
例1 求等比级数
n =1 n =1 ∞ ∞
n =1
于S ( z ).
定理1(Cauchy准则) 定理1(Cauchy准则) 函数项级数 1(Cauchy准则
∑ f ( z ) 在D 中
n =1 n
∞
一致收敛于S ( z )的充要条件是:
对∀ε > 0, ∃N > 0,
(z) < ε
时, 使得当 n > N 时,
Sn+ p ( z ) − Sn ( z ) =