7.1 常數項級數
例2 判定下列級數的斂散性:
(2)n=1∑∞nnann!(a>0);
解 由於
n→∞limunun+1=n→∞lim(n+1)n+1an+1(n+1)!⋅ann!nn=an→∞lim(n+1)nnn=an→∞lim(1+n1)n1=ea,
則當0<a<e時,原級數收斂;當a>e時,原級數發散;當a=e時,n→∞limunun+1=n→∞lim(1+n1)ne=1。比值法不能作出判定,但由於當n→∞時,(1+n1)n是單調遞增趨於e,則unun+1=(1+n1)ne>1,即un單調遞增,又un>0,則un↛0,原級數發散。(這道題主要利用了分類討論求解)
(4)n=1∑∞(n+1−n)pln(1+n1)(p>0)
解 由於ln(1+n1)∼n1(n→∞),則原級數與級數n=1∑∞(n+1−n)pn1同斂散,而(n+1−n)p⋅n1=(n+1+n)pn1∼2pn2pn1=2p1n1+2p1,則原級數在p>0時收斂(p⩽0時發散)。(這道題主要利用了等價無窮小代換求解)
例3 判定下列級數的斂散性:
(2)n=1∑∞(nn2+11−1);
解 由於nn2+11−1=en2+1lnn−1∼n2+1lnn<n2lnn,而n=1∑∞n2lnn收斂。(這道題主要利用了放縮法求解)
(3)n=1∑∞(n1−ln(1+n1)).
解 由泰勒公式知ln(1+n1)=n1−2n21+ο(n21),則n1−ln(1+n1)=2n21−ο(n21)∼2n21。而n=1∑∞n21收斂,則原級數收斂。(這道題主要利用了泰勒展開式求解)
例6 設n=1∑∞an爲正項級數,下列結論正確的是( )
(A)若n→∞limnan=0,則級數n=1∑∞an收斂;
(B)若存在非零常數λ,使n→∞limnan=λ,則級數n=1∑∞an發散;
(C)若級數n=1∑∞an收斂,則n→∞limn2an=0;
(D)若級數n=1∑∞an發散,則存在非零常數λ,使得n→∞limnan=λ。
解 考慮an=nlnn1,級數n=1∑∞nlnn1發散,但n→∞limnan=n→∞limlnn1=0,故(A)不正確。
考慮an=n21,顯然級數n=1∑∞an收斂,但n→∞limn2an=1=0,故(C)不正確。
考慮an=nlnn1,級數n=1∑∞an發散,但n→∞limnan=n→∞limlnn1=0,故(D)不正確。
由n→∞limnan=λ=0知,n→∞limn1an=λ=0,故級數n=1∑∞an與n=1∑∞n1同斂散,而n=1∑∞n1發散,則n=1∑∞an發散,故應選(B)。(這道題主要利用了級數判定條件求解)
例7 判定下列級數的斂散性;
(2)n=1∑∞sin(πn2+a2).
解 由於
sin(πn2+a2)=sin[nπ+(πn2+a2−nπ)]=(−1)nsin(πn2+a2−nπ)=(−1)nsinn2+a2+na2π.
當n充分大時,0<n2+a2+na2π<2π,此時sinn2+a2+na2π單調遞減且n→∞limsinn2+a2+na2π=0,故原級數收斂。(這道題主要利用了分式有理化求解)
例14 設0⩽an<n1(n=1,2,⋯),則下列級數中肯定收斂的是( )
(A)n=1∑∞an;
(B)n=1∑∞(−1)nan;
(C)n=1∑∞an;
(D)n=1∑∞(−1)nan2.
解 取an=2n1,顯然0⩽an<n1,但n=1∑∞an=n=1∑∞2n1發散,故(A)不正確。
取an=⎩⎪⎨⎪⎧2n1,2n1,n=2k−1,n=2k,(k=1,2,⋯),顯然有0⩽an<n1,但
n=1∑∞(−1)nan=−21+41−231+81−⋯−22n−11+4n1−⋯=−n=1∑∞22n−11+41n=1∑∞n1,
而n=1∑∞22n−11收斂,n=1∑∞n1發散,則n=1∑∞(−1)nan發散,故(B)不正確。
取an=2n1,顯然有0⩽an<n1,但n=1∑∞an=21n=1∑∞n1發散,則(C)不正確。
由0⩽an<n1知,∣(−1)nan2∣⩽an2<n21。而n=1∑∞n21收斂,則級數n=1∑∞(−1)nan2絕對收斂,因此,n=1∑∞(−1)nan2肯定收斂,故應選(D)。(這道題主要利用了級數收斂判定條件求解)
例24 設數列{an}單調遞減,且n→∞liman=0,試證級數n=1∑∞(−1)nna1+a2+⋯+an收斂。
證 記bn=na1+a2+⋯+an。由於n→∞liman=0,則n→∞limbn=n→∞limna1+a2+⋯+an=0。
bn−bn+1=na1+a2+⋯+an−n+1a1+a2+⋯+an+1=n(n+1)a1+a2+⋯+an−nan+1=n(n+1)(a1−an+1)+(a2−an+1)+⋯+(an−an+1).
由於{an}單調遞減,則bn−bn+1⩽0,即{bn}單調遞減,故級數n=1∑∞(−1)nna1+a2+⋯+an收斂。(這道題主要利用了數列極限的性質求解)
例25 已知f(x)可導,且f(0)=1,0<f′(x)<21。設數列{xn}滿足xn+1=f(xn)。證明:
(1)級數n=1∑∞(xn+1−xn)絕對收斂;
證 由於xn+1=f(xn),所以∣xn+1−xn∣=∣f(xn)−f(xn−1)∣=∣f′(ξ)(xn−xn−1)∣,其中ξ介於xn與xn−1之間。
又因爲0<f′(x)<21,所以∣xn+1−xn∣⩽21∣xn−xn−1∣⩽⋯⩽2n−11∣x2−x1∣。
由於級數n=1∑∞2n−11∣x2−x1∣收斂,所以級數n=1∑∞(xn+1−xn)絕對收斂。
(2)n→∞limxn存在,且0<n→∞limxn<2。
證 設級數n=1∑∞(xn+1−xn)的前n項和爲Sn,則Sn=xn+1−x1。
由(1)知,極限n→∞limSn存在,即n=1∑∞(xn+1−xn)存在,所以n→∞limxn存在。
設n→∞limxn=a,由xn+1=f(xn)及f(x)的連續性,等式兩端取極限得a=f(a)。
即a是函數g(x)=x−f(x)的零點。由於g(0)=−1<0,g(2)=2−f(2)=1−[f(2)−f(0)]=1−2f′(η),其中η∈(0,2)。又g′(x)=1−f′(x)>0,所以g(x)存在唯一的零點,且零點位於區間(0,2)內,於是0<n→∞limxn<2。(這道題主要利用了函數零點存在定理求解)
7.2 冪級數
例37 求常數項級數n=1∑∞n(n+1)(n+2)1的和。
解
un=n(n+1)(n+2)1=21[n(n+1)1−(n+1)(n+2)1],Sn=21[(1×21−2×31)+(2×31−3×41)+⋯+(n(n+1)1−(n+1)(n+2)1)]=21[1×21−(n+1)(n+2)1]=41,n=1∑∞n(n+1)(n+2)1=41.
(這道題主要利用了分式分解求解)
例42 求極限n→∞lim(a1+a22+⋯+ann)(a>1)。
解 令S(x)=n=1∑∞nxn(x∈(−1,1)),則
S(x)=n=1∑∞nxn=xn=1∑∞nxn−1=x(n=1∑∞xn)′=x(1−xx)′=(1−x)2x.
所以n→∞lim(a1+a22+⋯+ann)=S(a1)=(1−a1)2a1=(1−a)2a。(這道題主要利用了構造函數求解)
練習七
10.證明:n=1∑∞n2cosnx=121(3x2−6πx+2π2),0⩽x⩽π。
證 將x2−2πx在0⩽x⩽π上展開爲餘弦級數得x2−2πx=−32π2+4n=1∑∞n2cosnx,故n=1∑∞n2cosnx=121(3x2−6πx+2π2)。(這道題主要利用了傅里葉級數求解)
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