406 高等数学重点难点100讲 第92讲正项级数审敛法 对于一个级数∑,=1+2+…+xn+……我们主要讨论两个问题 (1)∑an是否收敛?即其部分和S,=1+n2+…+,的极限lmS是否存在? (2)若∑收敛它的和S=? 显然,讨论同题(1)要比讨论问题(2)更为重要,因为若∑,发散,问题(2)就不存在; n=1 若∑an收敛,那么即使还不知道它的和我们也可以用它的部分和S,去逼近它.由于和S limS,,即S=Sn+rn(余项r,→0,当n→∞时),所以这种逼近可以达到任意高的精确 度 由于正项级数在整个级数理论中的重要地位,这一讲着重讨论正项级数敛散性的判定 方法 正项级数的判敛思路: 「积分判別法 limu 比值法 较法的 比较法的 敛散性定义 极限形式 般形式 收效准则 ≠0 1根值法 ∑u发散 p0,m“2=1P=1,方法失效 p1,∑u,发散 根值判别法设∑(n>0),my.=1P=1,方法失效 ρ0),若在[1,+∞)上有一个单调连续的减函数f(x),且 f(n)=则∑n与,f(x)dx具有相同的敛散性 这三个判别法的共同特点是:利用级数本身就可以判别其敛散性,不用另找比较级数 例1判别下列级数的敛散性:
第92讲正项级数审敛法 407 (1) ∑ (2) √2) ∑ n!()" (3) arctan (n2 (4)∑( n+1)(a>0); an (5) nInn (6) n(Inn) 解根据通项un选用判别法,当正项级数的一般项是一些因子的连乘积,当xn中含有 n!,n”或c(c为常数)因子时,用比值判别法比较简便,这是因为在么+中能使阶乘符号消 失;对于c",能使n次幂消失对于n,往往能利用极限式im(1+)”=e求极限,据此,(1), (2)应用比值判别法 (1)=limn2(n+1) 书)(m如方1即对任意的n,有n>>…>1=可见lmn,≠0因此, 所给级数发散 当正项级数的一般项tn为n次方形式,或un是一些因子的乘积,其中含有c"(c为常数) 时,用根值判别法比较方便.据此,(3)、(4)可用根值判别法 (3)lim√un=lim (arctan) 2 In2 >1,由根值判别法知:所给级数发散 (4)lim√un=lim an n+1 a,当a1时,所给级数发散 当a=1时,原级数通项un=( 1 (n→∞),故所给级数发散 (1+-)” nI 综上,当0<a<1时,级数收敛,当a≥1时,级数发散 若f(x)连续、非负单调减,则正项级数∑f(n)与无穷积分,f(x)dx同时收敛,或 同时发散.从而当相应的无穷积分f(x)dx的敛散性易于判断时,可以通过积分的方法 来判定级数∑f(n)的敛散性 (5)取∫(x) rlnr ,f(x)在(2,+∞)上是单调减少的正值连续函数 2 -dr= In(Inr)/+ac limIn(Inr)-Inln2= 此广义积分发散,故所给级数发散 (6)把通项x,=n(m)中的n换成x,考虑函数f(x)= (Inr)
408 高等效学重点难点100讲 当p=1时,由(5)知级数发散; dx e lit dInx li K-n (Inb)-p+l In2) (Inc) (Inx). p+1 p+1 十 当p1时 于是级数当P≤1时发散,当户>1时收敛 例2判定下列级数的敛散性 (1) (2) ∑ (3) (4) nan (5) 2n+1·(n+1)! )lim(n+1)”=lim lin 2n 2”·n! (n+1) +1 lim 2 ,所以原级数发散 (n 1)tan an+2 (4)lim u+l= lim li =)0)收敛 u=9 <1,也地im√x,=p<1 二、比较判别法 若0≤v,≤v,则若∑v收敛,必有∑u收敛;若∑v发散,必有∑发散 比较法的极限形式:设∑及∑v均为正项级数且im数=A
第92讲正项级数审敛法 409 (1)若01时; n21发散,当p≤1时. 由比较判别法可推出如下常用的简易判别法: (1)若分母关于n的最高次数q比分子关于n的最高次数p大1(即q-p>1)时,级 数∑u(un>0)收敛,当q-p≤1时级数∑u,发散 (2)若当n→∞时,u,~v,(即un,是同阶无穷小),则∑an与∑v具有相同的敛散性 例3判别下列级数的收敛性: (1)∑,1;(2)S3(3)∑ (4)>sin; n(n+1) arctan (5)∑√n1n(1+,); (6) (7)∑ (7 (n+1)"1 (8) cOS x)"(p 解(1)因ln(n+1)0时,有1n(1+x)↓收 敛由比较审敛法的等价无穷小形式知,√nln(1+1)收敛
410 高等数学重点难点100讲 arctan (6)当n→∞时,易见 1)+1 =,由比较审敛法的等价无穷小 arctan 形式知, 4√n(n2-1)+1 收敛 (7)分母、分子关于n的最高次数分别为n+1,n-1,其差为2,所以所给级数收敛.事 实上,由比较法的极限形式得: m-oo (n +1)*=lim (1+-)+ (8)因为当x→0时,1-c08x~2·所以当n→+∞时,(1-con)~(2川7xy 2‘m,易见级数>(1-cos)当p>2时收敛;当00)的敛散性 解由罗比塔法则易证:对任意的正数a,,恒有ln(nx)=0.所以,不论a为怎样 大的正数,B为怎样小的正数,只要它们是固定的常数,则从某一个n开始总有:(nn)1) 2.对通项恒等变形,寻找参照级数 例6讨论∑n的敛散性(其中,x为参数) 解注意到x的变化范围为(0,+∞),通项,=n=(n-)=.当l2 1即0<x<1时,原级数收敛;当1n1≤1即x≥1时,原级数发散 3.取绝对值法 例7研究级数∑2i的绝对收敛性
第92讲正项级数审敛法 411 解12in|≤(2)”lz|,由于对任意x∈R级数∑(2)·|x=1x1∑( 收敛,所以原级数绝对收敛 4.利用已知的不等式或极限式,寻求参照级数 例8讨论 -n+1的敛散性 解由不等式 0(m2+1),从而x,0,使|(x)|≤M(-δ<x<0), f(x)=f(0)+P(0)x+1r(0x)x2=1r(Bx)x(-<x<6,0<0<1), 所以通项,=f(1)=3r( 2n(当-0<∠时),从而 M 1≤
412 高等数学重点难点100讲 ∑∫()绝对收做 例12已知正项级数∑收做,证明:()∑以收做,(2)∑yn收致 证(1)因∑a收敛,故ima,=0,令b=则mb.=imn2=ima,=0, 由比较审敛法的极限形式及习a的收敛性可知4=收做 注意本题常见以下错误证法:因为∑a收敛所以im=0,b>0时有√a≤(a+b),故 ≤÷(a 而级数∑a及二都收敛从而∑(a+)收敛,于是∑~n收敛 三、利用级数的敛散性定义和收敛准则 1.利用定义 这种方法就是将级数的通项u,用适当的方法变形后,以便于求其部分和S.的表达式 然后考虑S,的极限 n(1+ )”(n+1) 例13判别∑mn,hn(n+1)+的敛散性 解(1)首先将通项a,积化和差 nln(1++)+ln(n+1) (n +1)In(n+1)-nInn 1 u nnInn.(n +1)ln(n+1) nInn(n+1)In(n +1) nInn (n 1)In(n+ 1) (2)求部分和Sn S Ank(k+1)n(k+1)n2(n+1)ln(n+1) (3)取极限 lims,=limn2-(n+1)hn(n+1)1=2n2故原级数收敛其和S=1 例14求级数∑22的和 2n-32n 解设S 13 则方S ++… S=S 2 =4+(+a+…+a) 7 (1 +1 1+1-1-n+
第92讲正项级数审敛法 413 S,=3 limS 2n 例15设∑n(an-a-1)收敛,且已知 alumna,=a>0,讨论级数∑a的敛散性 解设∑n(an-an-)的部分和为S,和为S则imS,=S再设a a1+…+an-1,下面对S。恒等变形,寻找a与S之间的关系式 S.=(a1-a)+2(a2-a1)+3(a3-a2)+…+n(an-an-1) +2a 3a2+… mo limS ∴级数∑a收敛和σ=limo,=a-S 2.利用正项级数的收敢准则 该准则指的是:正项级数收敛的充要条件是部分和数列{Sn}有上界 例16判定2石+4++4的放散性(>0=12 (1+a1)(1+a2)…(1+an-1)(1+a1)(1+a2)…(1+a 故S 1+a1(1+a1)(1+a2) (1+a1)…(1+an-1)(1+a1)…(1+an-1)(1+a,) (1+a1)…(1+an) 由于a>0(=1,2,…),所以Sn单调增,且S,<1,故级数收敛 例17设a1=2,an+1 1 (an+)(n=1,2,…),讨论 1)的敛散性 解首先考察数列{an}的敛散性 注意到{a}是正项数列,由a,+=2(+1)z2y·1=1(n=1,2…)知 {an}有下界1(注意,下面的证明中用到了数列{an}的这一性质) 又 (a,+ 1y1 -)≥0(∵an≥1,上≤1) 即an+1≤a(n=1,2,…),故{an}单调减,所以lma,存在设为a,则a≥ 由此知≥1,所以∑( 1)是正项级数,其部分和 a)+1 ∴{Sn}有上界a1-a,即所给级数收敛