常数项级数@交错级数@绝对收敛@条件收敛-拓冰建站

文章目录

- 交错级数
- - 莱布尼兹定理(准则)
  - - 证明
- 应用
- - 例
- 任意项级数
- - 绝对收敛
  - 条件收敛
  - 例
  - 绝对收敛定理
  - - 证明
  - 绝对值级数的发散问题
  - 例
- 绝对收敛性质

交错级数

若级数的各项符号正负交错(或负正交错),即 $\sum_{n=1}^{\infin}(-1)^{n-1}u_{n}$ (1)或 $\sum_{n=1}^{\infin}(-1)^{n}u_{n}$ (1-1), $u_{n}>0)$ ,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 $s$ = $\sum_{n=1}^{\infin}(-1)^{n-1}u_{n}$ (0)满足
- $u_{n}\geqslant{u_{n+1}}$ (0-1), $(n=1,2,\cdots)$ ,(即 $u_{n}$ 是递减的,但不要求严格递减)
- $lim{u_{n}}=0$ (0-2),(级数收敛的必要条件)
则
- 级数收敛,且 $s\leqslant{u_1}$ (0-3),(给出级数收敛的结论,并且给出收敛值的取值 $s$ 的上界)
- 余项满足 $|r_n|\leqslant{u_{n+1}}$ (0-4)(给出了用级数的前 $n$ 项和估计级数的收敛值 $s$ 差生的误差上界)

证明

为了便于讨论,将级数(1)展开写: $s_{n}$ = $u_1-u_2+u_3-u_4+\cdots$ (2)
- 式(2)的最后一项的正负号去解决于 $n$ 的正负
现在考虑 $s_{2n}$ ,即前 $2 n$ 项和,最后一项可以确定;
- $s_{2n}$ = $u_1-u_2+u_3-u_4+\cdots+u_{2n-1}-u_{2n}$ (3)
- 通过加括号,可以写成2中形式
  - $s_{2n}$ = $(u_1-u_2)+(u_3-u_4)+\cdots+(u_{2n-1}-u_{2n})$ (3-1),加形式
  - $s_{2n}$ = $u_1-(u_2-u_3)-(u_{4}-u_{5})-\cdots-(u_{2n-2}-u_{2n-1})-u_{2n}$ (3-2),减形式
- 由条件(0-1)可知,
  - (3-1)中每个括号都是非负的,从而数列 $\set{s_{2n}}$ 随 $n$ 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 $s_{2n}<u_1$ (4-2)
    - Note:(3-2)看似递减,但通过做差 $s_{2n}-s_{2(n+1)}$ $s_{2n}-s_{2(n+1)}$ = $-u_{2n+1}+u_{2n+2}\leqslant{0}$ ,可以看出 $s_{2n}$ 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 $n\to{\infin}$ 时, $s_{2n}\to{s}$ (4-3),且 $s\leqslant{u_1}$
    - Note: $s_{2n}$ 虽然取不到 $u_1$ ,但是极限值可以是 $u_1$ ,并不矛盾,例如 $\frac{1}{x}\to{0}(x\to{+\infin})$ ,虽然 $\frac{1}{x}>0$ ,但是 $x\to{+\infin}$ 时的极限就是 $0$
再考虑 $s_{2n+1}$ 的极限
- $s_{2n+1}$ = $s_{2n}+u_{2n+1}$ (5)
- 由条件(0-2), $\lim\limits_{n\to{\infin}} s_{2n+1}$ = $\lim\limits_{n\to{\infin}}(s_{2n}+u_{2n+1})$ = $\lim\limits_{n\to{\infin}}s_{2n}$ + $\lim\limits_{n\to{\infin}} u_{2n+1}$ = $s + 0$ = $s$ (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 $s$ ,所以级数(0)的部分和 $s_{n}$ = $\sum_{n=1}^{n}(-1)^{n-1}u_{n}$ 当 $n\to{\infin}$ 时具有极限 $s$
综上,这就证明了级数(0)收敛于 $s$ ,且 $s\leqslant{u_{1}}$ ,即(0-3)
余项
- $s_{n}$ 的末尾项正负号依赖于 $n$ 的奇偶性
- 可以将余项表示为 $r_{n}$ = $\pm(u_{n+1}-u_{n+2}+\cdots)$ (7);(当 $n$ 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, $r_{n}|$ = $u_{n+1}-u_{n+2}+\cdots$ (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), $|r_{n}|\leqslant{u_{n+1}}$

应用

例

例如交错调和级数: $\sum_{n=1}^{\infin}(-1)^{n-1}\frac{1}{n}$ = $1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\cdots$ (0-0)
- 这里 $u_{n}$ = $\frac{1}{n}$ , $(n=1,2,\cdots)$
- 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 $s$ ,则可确定 $s\leqslant{1}$
- 若取级数的前有限 $n$ 项和估计级数的收敛值 $s$ ,则根据Leibniz定理,产生的误差 $|r_{n}|\leqslant{\frac{1}{n+1}}$
$\sum_{n=1}^{\infin}(-1)^{n-1}\frac{1}{n^{p}}$ (0-1)
- $u_{n}$ = $n^{-p}$ ,递减
- $\lim\limits_{n\to{\infin}}u_{n}=0$
- 因此任意交错 $p$ 级数都是收敛的,且收敛值 $s\leqslant{1}$

任意项级数

设级数 $s$ = $\sum_{n=1}^{\infin}u_{n}$ (1),其中 $u_{n}$ 为任意实数(不一定是正数)
级数 $\sum_{n=1}^{\infin}|u_{n}|$ (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 $\sum_{n=1}^{\infin}(-1)^{n-1}\frac{1}{n^{2}}$ ,即 $p = 2$ 级数,是绝对值收敛的,
而 $\sum_{n=1}^{\infin}(-1)^{n-1}\frac{1}{n}$ 是条件收敛

绝对收敛定理

若级数 $\sum_{n=1}^{\infin}u_{n}$ 绝对收敛,则 $\sum_{n=1}^{\infin}u_{n}$ 本身收敛

证明

考虑到任意实数 $a$ 满足 $a + ∣ a ∣$ = $\begin{cases}2a=2|a|&a\geqslant{0}\\0&a<0\end{cases}$ ,即 $0\leqslant a+|a|\leqslant{2|a|}$ ,且 $\frac{1}{2}(a+|a|)\leqslant{a}$
构造新级数:令 $v_{n}$ = $\frac{1}{2}(u_{n}+|u_{n}|)$ (1), $(n=1,2,\cdots)$ 显然 $v_{n}\geqslant{0}$ 且 $v_{n}\leqslant{|u_{n}|}$ (2), $(n=1,2,\cdots)$
- 事实上, $u_{n}+|u_{n}|$ = $\begin{cases}2u_{n}&a\geqslant{0}\\0&a<0\end{cases}$ ,则 $v_{n}$ = $\begin{cases}u_{n}&a\geqslant{0}\\0&a<0\end{cases}$
- 级数 $\sum_{n=1}^{\infin}v_{n}$ 相当于把 $\sum_{n=1}^{\infin}u_{n}$ 中的负项替换为0得到,也就是由 $\sum_{n=1}^{\infin}u_{n}$ 的全体正项构成的级数
因为级数 $\sum_{n=1}^{\infin}|u_{n}|$ 收敛,由比较审敛法,级数 $\sum_{n=1}^{\infin}v_{n}$ 收敛(3),从而级数 $\sum_{n=1}^{\infin} 2v_{n}$ 也收敛(3-1)
而由(1),可知 $2v_{n}$ = $u_{n}+|u_{n}|$ ,即 $u_{n}=2v_{n}-|u_{n}|$ (4),由级数收敛的基本形式可知 $\sum_{n=1}^{\infin}u_{n}$ = $\sum_{n=1}^{\infin}2v_{n}-\sum_{n=1}^{\infin}|u_{n}|$ 也是收敛的
证毕

绝对值级数的发散问题

一般来说,若绝对值级数 $\sum_{n=1}^{\infin}|u_{n}|$ (1)发散,无法推出取绝对值级数 $\sum_{n=1}^{\infin}u_{n}$ (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 $\lim\limits_{n\to{\infin}}\frac{|u_{n+1}|}{|u_n|}=\rho>1$ (3)或 $\lim\limits_{n\to{\infin}}\sqrt[n]{|u_{n}|}=\rho>1$ (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 $\rho>1$ 可推出 $|u_{n}|\not\to{0}(n\to{\infin})$ (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, $\rho>1$ 推出通项 $u_{n}|$ 是递增的,由极限的保号性可推出(5))

例

判定 $\sum_{n=1}^{\infin} \frac{\sin{n}\alpha}{n^2}$ 的收敛性
- 考虑其通项的绝对值:
  - 由三角函数的有界性: $|\sin{n\alpha}|\leqslant{1}$ ,有 $|\frac{\sin{n}\alpha}{n^2}|\leqslant{\frac{1}{n^2}}$
  - 而 $p = 2$ 级数 $\sum_{n=1}^{\infin}\frac{1}{n^2}$ 收敛,从而 $\sum_{n=1}^{\infin} |\frac{\sin{n}\alpha}{n^2}|$ 也收敛,从而 $\sum_{n=1}^{\infin} \frac{\sin{n}\alpha}{n^2}$ 收敛
判定 $\sum_{n=1}^{\infin}(-1)^{n} \frac{1}{2^{n}}(1+\frac{1}{n})^{n^2}$ 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 $\frac{1}{2^{n}}(1+\frac{1}{n})^{n^2}$ = $[\frac{1}{2}(1+\frac{1}{n})^{n}]^{n}$ 适合开 $n$ 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 $u_{n}$ = $\frac{1}{2^{n}}(1+\frac{1}{n})^{n^2}$ ,这是通项的绝对值
  - 则 $\sqrt[n]{u_{n}}$ = $\frac{1}{2}(1+\frac{1}{n})^{n} \to{\frac{1}{2}}e(n\to{\infin})$
  - 由绝对值级数的发散定理,所给级数发散

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 $\sum_{n=1}^{\infin}u_{n}$ , $\sum_{n=1}^{\infin}u_{n}$ 都绝对收敛,其和分别为 $s,\sigma$ ,则它们的柯西乘积
- $u_1v_1$ + $u_1v_2+u_2v_1)$ + $\cdots$ + $(u_1v_n+u_2v_{n-1}+\cdots+u_{n}v_1)$ + $\cdots$
- 也是绝对收敛的,其和为 $s\sigma$