李永乐复习全书高等数学 第七章 无穷级数

7.1  常数项级数

例2  判定下列级数的敛散性：

（2）$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty\cfrac{a^nn!}{n^n}(a>0);$

解  由于
$\begin{aligned} \lim\limits_{n\to\infty}\cfrac{u_{n+1}}{u_n}&=\lim\limits_{n\to\infty}\cfrac{a^{n+1}(n+1)!}{(n+1)^{n+1}}\cdot\cfrac{n^n}{a^nn!}=a\lim\limits_{n\to\infty}\cfrac{n^n}{(n+1)^n}\\ &=a\lim\limits_{n\to\infty}\cfrac{1}{\left(1+\cfrac{1}{n}\right)^n}=\cfrac{a}{e}, \end{aligned}$
  则当$0<a<e$时，原级数收敛；当$a>e$时，原级数发散；当$a=e$时，$\lim\limits_{n\to\infty}\cfrac{u_{n+1}}{u_n}=\lim\limits_{n\to\infty}\cfrac{e}{\left(1+\cfrac{1}{n}\right)^n}=1$。比值法不能作出判定，但由于当$n\to\infty$时，$\left(1+\cfrac{1}{n}\right)^n$是单调递增趋于$e$，则$\cfrac{u_{n+1}}{u_n}=\cfrac{e}{\left(1+\cfrac{1}{n}\right)^n}>1$，即$u_n$单调递增，又$u_n>0$，则$u_n\nrightarrow0$，原级数发散。（这道题主要利用了分类讨论求解）

（4）$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})^p\ln\left(1+\cfrac{1}{n}\right)(p>0)$

解  由于$\ln\left(1+\cfrac{1}{n}\right)\sim\cfrac{1}{n}(n\to\infty)$，则原级数与级数$\sum\limits_{n=1}^\infty(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})^p\cfrac{1}{n}$同敛散，而$(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})^p\cdot\cfrac{1}{n}=\cfrac{1}{(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})^pn}\sim\cfrac{1}{2^pn^{\frac{p}{2}}n}=\cfrac{1}{2^p}\cfrac{1}{n^{1+\frac{p}{2}}}$，则原级数在$p>0$时收敛（$p\leqslant0$时发散）。（这道题主要利用了等价无穷小代换求解）

例3  判定下列级数的敛散性：

（2）$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty(n^{\frac{1}{n^2+1}}-1);$

解  由于$n^{\frac{1}{n^2+1}}-1=e^{\frac{\ln n}{n^2+1}}-1\sim\cfrac{\ln n}{n^2+1}<\cfrac{\ln n}{n^2}$，而$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty\cfrac{\ln n}{n^2}$收敛。（这道题主要利用了放缩法求解）

（3）$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty\left(\cfrac{1}{n}-\ln\left(1+\cfrac{1}{n}\right)\right).$

解  由泰勒公式知$\ln\left(1+\cfrac{1}{n}\right)=\cfrac{1}{n}-\cfrac{1}{2n^2}+\omicron\left(\cfrac{1}{n^2}\right)$，则$\cfrac{1}{n}-\ln\left(1+\cfrac{1}{n}\right)=\cfrac{1}{2n^2}-\omicron\left(\cfrac{1}{n^2}\right)\sim\cfrac{1}{2n^2}$。而$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty\cfrac{1}{n^2}$收敛，则原级数收敛。（这道题主要利用了泰勒展开式求解）

例6  设$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$为正项级数，下列结论正确的是（  ）
$(A)$若$\lim\limits_{n\to\infty}na_n=0$，则级数$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$收敛；
$(B)$若存在非零常数$\lambda$，使$\lim\limits_{n\to\infty}na_n=\lambda$，则级数$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$发散；
$(C)$若级数$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$收敛，则$\lim\limits_{n\to\infty}n^2a_n=0$；
$(D)$若级数$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$发散，则存在非零常数$\lambda$，使得$\lim\limits_{n\to\infty}na_n=\lambda$。

解  考虑$a_n=\cfrac{1}{n\ln n}$，级数$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty\cfrac{1}{n\ln n}$发散，但$\lim\limits_{n\to\infty}na_n=\lim\limits_{n\to\infty}\cfrac{1}{\ln n}=0$，故$(A)$不正确。
  考虑$a_n=\cfrac{1}{n^2}$，显然级数$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$收敛，但$\lim\limits_{n\to\infty}n^2a_n=1\ne0$，故$(C)$不正确。
  考虑$a_n=\cfrac{1}{n\ln n}$，级数$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$发散，但$\lim\limits_{n\to\infty}na_n=\lim\limits_{n\to\infty}\cfrac{1}{\ln n}=0$，故$(D)$不正确。
  由$\lim\limits_{n\to\infty}na_n=\lambda\ne0$知，$\lim\limits_{n\to\infty}\cfrac{a_n}{\cfrac{1}{n}}=\lambda\ne0$，故级数$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$与$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty\cfrac{1}{n}$同敛散，而$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty\cfrac{1}{n}$发散，则$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$发散，故应选$(B)$。（这道题主要利用了级数判定条件求解）

例7  判定下列级数的敛散性；

（2）$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty\sin(\pi\sqrt{n^2+a^2}).$

解  由于
$\begin{aligned} \sin(\pi\sqrt{n^2+a^2})&=\sin[n\pi+(\pi\sqrt{n^2+a^2}-n\pi)]\\ &=(-1)^n\sin(\pi\sqrt{n^2+a^2}-n\pi)\\ &=(-1)^n\sin\cfrac{a^2\pi}{\sqrt{n^2+a^2}+n}. \end{aligned}$
  当$n$充分大时，$0<\cfrac{a^2\pi}{\sqrt{n^2+a^2}+n}<\cfrac{\pi}{2}$，此时$\sin\cfrac{a^2\pi}{\sqrt{n^2+a^2}+n}$单调递减且$\lim\limits_{n\to\infty}\sin\cfrac{a^2\pi}{\sqrt{n^2+a^2}+n}=0$，故原级数收敛。（这道题主要利用了分式有理化求解）

例14  设$0\leqslant a_n<\cfrac{1}{n}(n=1,2,\cdots)$，则下列级数中肯定收敛的是（  ）
$(A)\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty a_n;$
$(B)\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty(-1)^na_n;$
$(C)\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty\sqrt{a_n};$
$(D)\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty(-1)^na^2_n.$

解  取$a_n=\cfrac{1}{2n}$，显然$0\leqslant a_n<\cfrac{1}{n}$，但$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty a_n=\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty\cfrac{1}{2n}$发散，故$(A)$不正确。
  取$a_n=\begin{cases}\cfrac{1}{2^n},&n=2k-1,\\\cfrac{1}{2n},&n=2k,\end{cases}(k=1,2,\cdots)$，显然有$0\leqslant a_n<\cfrac{1}{n}$，但
$\begin{aligned} \displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty(-1)^na_n&=-\cfrac{1}{2}+\cfrac{1}{4}-\cfrac{1}{2^3}+\cfrac{1}{8}-\cdots-\cfrac{1}{2^{2n-1}}+\cfrac{1}{4n}-\cdots\\ &=-\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty\cfrac{1}{2^{2n-1}}+\cfrac{1}{4}\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty\cfrac{1}{n}, \end{aligned}$
  而$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty\cfrac{1}{2^{2n-1}}$收敛，$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty\cfrac{1}{n}$发散，则$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty(-1)^na_n$发散，故$(B)$不正确。
  取$a_n=\cfrac{1}{2n}$，显然有$0\leqslant a_n<\cfrac{1}{n}$，但$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty\sqrt{a_n}=\cfrac{1}{\sqrt{2}}\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty\cfrac{1}{\sqrt{n}}$发散，则$(C)$不正确。
  由$0\leqslant a_n<\cfrac{1}{n}$知，$|(-1)^na^2_n|\leqslant a_n^2<\cfrac{1}{n^2}$。而$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty\cfrac{1}{n^2}$收敛，则级数$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty(-1)^na^2_n$绝对收敛，因此，$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty(-1)^na^2_n$肯定收敛，故应选$(D)$。（这道题主要利用了级数收敛判定条件求解）

例24  设数列$\{a_n\}$单调递减，且$\lim\limits_{n\to\infty}a_n=0$，试证级数$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty(-1)^n\cfrac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}$收敛。

证  记$b_n=\cfrac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}$。由于$\lim\limits_{n\to\infty}a_n=0$，则$\lim\limits_{n\to\infty}b_n=\lim\limits_{n\to\infty}\cfrac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}=0$。
$\begin{aligned} b_n-b_{n+1}&=\cfrac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}-\cfrac{a_1+a_2+\cdots+a_{n+1}}{n+1}\\ &=\cfrac{a_1+a_2+\cdots+a_n-na_{n+1}}{n(n+1)}\\ &=\cfrac{(a_1-a_{n+1})+(a_2-a_{n+1})+\cdots+(a_n-a_{n+1})}{n(n+1)}. \end{aligned}$
  由于$\{a_n\}$单调递减，则$b_n-b_{n+1}\leqslant0$，即$\{b_n\}$单调递减，故级数$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty(-1)^n\cfrac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}$收敛。（这道题主要利用了数列极限的性质求解）

例25  已知$f(x)$可导，且$f(0)=1,0<f'(x)<\cfrac{1}{2}$。设数列$\{x_n\}$满足$x_{n+1}=f(x_n)$。证明：

（1）级数$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty(x_{n+1}-x_n)$绝对收敛；

证  由于$x_{n+1}=f(x_n)$，所以$|x_{n+1}-x_n|=|f(x_n)-f(x_{n-1})|=|f'(\xi)(x_n-x_{n-1})|$，其中$\xi$介于$x_n$与$x_{n-1}$之间。
  又因为$0<f'(x)<\cfrac{1}{2}$，所以$|x_{n+1}-x_n|\leqslant\cfrac{1}{2}|x_{n}-x_{n-1}|\leqslant\cdots\leqslant\cfrac{1}{2^{n-1}}|x_2-x_1|$。
  由于级数$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty\cfrac{1}{2^{n-1}}|x_2-x_1|$收敛，所以级数$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty(x_{n+1}-x_n)$绝对收敛。

（2）$\lim\limits_{n\to\infty}x_n$存在，且$0<\lim\limits_{n\to\infty}x_n<2$。

证  设级数$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty(x_{n+1}-x_n)$的前$n$项和为$S_n$，则$S_n=x_{n+1}-x_1$。
  由（1）知，极限$\lim\limits_{n\to\infty}S_n$存在，即$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty(x_{n+1}-x_n)$存在，所以$\lim\limits_{n\to\infty}x_n$存在。
  设$\lim\limits_{n\to\infty}x_n=a$，由$x_{n+1}=f(x_n)$及$f(x)$的连续性，等式两端取极限得$a=f(a)$。
  即$a$是函数$g(x)=x-f(x)$的零点。由于$g(0)=-1<0,g(2)=2-f(2)=1-[f(2)-f(0)]=1-2f'(\eta)$，其中$\eta\in(0,2)$。又$g'(x)=1-f'(x)>0$，所以$g(x)$存在唯一的零点，且零点位于区间$(0,2)$内，于是$0<\lim\limits_{n\to\infty}x_n<2$。（这道题主要利用了函数零点存在定理求解）

7.2  幂级数

例37  求常数项级数$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty\cfrac{1}{n(n+1)(n+2)}$的和。

解
$u_n=\cfrac{1}{n(n+1)(n+2)}=\cfrac{1}{2}\left[\cfrac{1}{n(n+1)}-\cfrac{1}{(n+1)(n+2)}\right],\\ \begin{aligned} S_n&=\cfrac{1}{2}\left[\left(\cfrac{1}{1\times2}-\cfrac{1}{2\times3}\right)+\left(\cfrac{1}{2\times3}-\cfrac{1}{3\times4}\right)+\cdots+\left(\cfrac{1}{n(n+1)}-\cfrac{1}{(n+1)(n+2)}\right)\right]\\ &=\cfrac{1}{2}\left[\cfrac{1}{1\times2}-\cfrac{1}{(n+1)(n+2)}\right]=\cfrac{1}{4}, \end{aligned}\\ \displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty\cfrac{1}{n(n+1)(n+2)}=\cfrac{1}{4}.$
（这道题主要利用了分式分解求解）

例42  求极限$\lim\limits_{n\to\infty}\left(\cfrac{1}{a}+\cfrac{2}{a^2}+\cdots+\cfrac{n}{a^n}\right)(a>1)$。

解  令$S(x)=\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty nx^n(x\in(-1,1))$，则
$\begin{aligned} S(x)&=\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty nx^n=x\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty nx^{n-1}\\ &=x\left(\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty x^n\right)'=x\left(\cfrac{x}{1-x}\right)'=\cfrac{x}{(1-x)^2}. \end{aligned}$
  所以$\lim\limits_{n\to\infty}\left(\cfrac{1}{a}+\cfrac{2}{a^2}+\cdots+\cfrac{n}{a^n}\right)=S\left(\cfrac{1}{a}\right)=\cfrac{\cfrac{1}{a}}{\left(1-\cfrac{1}{a}\right)^2}=\cfrac{a}{(1-a)^2}$。（这道题主要利用了构造函数求解）

练习七

10.证明：$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty\cfrac{\cos nx}{n^2}=\cfrac{1}{12}(3x^2-6\pi x+2\pi^2),0\leqslant x\leqslant\pi$。

证  将$x^2-2\pi x$在$0\leqslant x\leqslant\pi$上展开为余弦级数得$x^2-2\pi x=-\cfrac{2\pi^2}{3}+4\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty\cfrac{\cos nx}{n^2}$，故$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty\cfrac{\cos nx}{n^2}=\cfrac{1}{12}(3x^2-6\pi x+2\pi^2)$。（这道题主要利用了傅里叶级数求解）

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