From b7f0be9f287b12260b10de02cd5aacc2cfbc8878 Mon Sep 17 00:00:00 2001 From: =?UTF-8?q?=E7=8E=8B=E8=BD=B2=E6=A5=A0?= Date: Fri, 30 Jan 2026 20:21:41 +0800 Subject: [PATCH] vault backup: 2026-01-30 20:21:40 --- ...的基本思路和方法（解析版）.md | 436 ++++++------------ 1 file changed, 153 insertions(+), 283 deletions(-) diff --git a/编写小组/讲义/级数敛散性的基本思路和方法（解析版）.md b/编写小组/讲义/级数敛散性的基本思路和方法（解析版）.md index 2ea1587..2a57d8b 100644 --- a/编写小组/讲义/级数敛散性的基本思路和方法（解析版）.md +++ b/编写小组/讲义/级数敛散性的基本思路和方法（解析版）.md @@ -6,119 +6,33 @@ tags: ## 几何级数 -### 定义 - -几何级数是指形如 - -$$ -\sum_{n=0}^{\infty} ar^n = a + ar + ar^2 + ar^3 + \cdots -$$ - -的无穷级数，其中： -- $a \neq 0$ 是首项（常数） -- $r$ 是公比（常数） +>[!info] 定义 +几何级数是指形如$$\sum_{n=0}^{\infty} ar^n = a + ar + ar^2 + ar^3 + \cdots$$ +的无穷级数，其中$a \neq 0$ 是首项（常数），$r$ 是公比（正常数） ### 敛散性结论 | 公比 $r$ 的范围 | 敛散性 | 和（当收敛时） | | ---------- | --- | -------------------- | -| $r<1$ | 收敛 | $S = \dfrac{a}{1-r}$ | +| $0[!solution] 证明 +>考虑部分和数列 $$S_n=a(1+r+r^2+\cdots+r^{n-1})=\frac{a(1-r^n)}{1-r}.$$ +>$0$r>1$ 时，$\lim\limits_{n\to\infty}r^n=+\infty,$ 所以 $\{S_n\}$ 发散. --- -#### 二、敛散性分析 - -##### 情形1：$|r| < 1$ 时收敛 -当 $|r| < 1$ 时，$\lim_{n \to \infty} r^n = 0$ - -$$ -\lim_{n \to \infty} S_n = \lim_{n \to \infty} a \cdot \frac{1 - r^n}{1 - r} = \frac{a}{1 - r} -$$ - -所以级数收敛，和为 $S = \dfrac{a}{1-r}$。 - -##### 情形2：$|r| > 1$ 时发散 -当 $|r| > 1$ 时，$\lim_{n \to \infty} |r|^n = \infty$ - -$$ -\lim_{n \to \infty} S_n = \lim_{n \to \infty} a \cdot \frac{1 - r^n}{1 - r} \quad \text{不存在（趋于无穷）} -$$ - -所以级数发散。 - -##### 情形3：$r = 1$ 时发散 -$S_n = na$，当 $a \neq 0$ 时： - -$$ -\lim_{n \to \infty} S_n = \lim_{n \to \infty} na = \infty -$$ - -所以级数发散。 - -##### 情形4：$r = -1$ 时发散 -此时级数为： - -$$ -a - a + a - a + \cdots -$$ - -部分和为： -- $S_1 = a$ -- $S_2 = 0$ -- $S_3 = a$ -- $S_4 = 0$ -- ... - -当 $a \neq 0$ 时，部分和序列在 $a$ 和 $0$ 之间振荡，没有极限，所以发散。 - -##### 情形5：$r = -1$ 且 $a = 0$ -这是平凡情况，级数恒为 0，收敛于 0（但通常几何级数定义要求 $a \neq 0$）。 - ---- - -#### 三、直观理解 +**直观理解** 1. **$|r| < 1$**：项以指数速度衰减，总和有限 2. **$|r| \ge 1$**：项不衰减或增长，总和无限或振荡 **例子：** -- $\sum_{n=0}^{\infty} \left(\dfrac{1}{2}\right)^n = 1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{4} + \cdots = 2$（收敛） -- $\sum_{n=0}^{\infty} 2^n = 1 + 2 + 4 + \cdots$（发散） -- $\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n = 1 - 1 + 1 - 1 + \cdots$（发散） +- $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \left(\dfrac{1}{2}\right)^n = 1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{4} + \cdots = 2$（收敛） +- $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} 2^n = 1 + 2 + 4 + \cdots$（发散） +- $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n = 1 - 1 + 1 - 1 + \cdots$（发散） --- @@ -149,14 +63,8 @@ $$ ## p 级数 -### 定义 - -p 级数是指形如 - -$$ -\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^p} -$$ - +>[!info] 定义 +$p$ 级数是指形如$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^p}$$ 的无穷级数，其中 $p$ 是实数。 ### 敛散性结论 @@ -168,8 +76,8 @@ $$ ### 证明（初等方法） #### 一、准备工作 -1. **调和级数发散**：$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 发散 -2. **几何级数收敛**：当 $|r| < 1$ 时，$\sum_{n=0}^{\infty} r^n$ 收敛 +1. **调和级数发散**：$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 发散 +2. **几何级数收敛**：当 $|r| < 1$ 时，$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} r^n$ 收敛 --- @@ -177,20 +85,16 @@ $$ **证明步骤：** -1. 对于任意 $0 < p \le 1$，有 $n^p \le n$ -2. 因此： +对于任意 $0 < p \le 1$，有 $n^p \le n$ +因此： $$ \frac{1}{n^p} \ge \frac{1}{n} $$ -3. 已知调和级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 发散 -4. 由比较判别法： - - 若 $\sum a_n$ 发散，且 $b_n \ge a_n > 0$，则 $\sum b_n$ 也发散 - - 这里 $b_n = \frac{1}{n^p}$，$a_n = \frac{1}{n}$ -5. 所以当 $0 < p \le 1$ 时，p 级数发散 - -**注：** $p = 1$ 就是调和级数本身。 - ---- +已知调和级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 发散 +由比较判别法： +若 $\displaystyle\sum a_n$ 发散，且 $b_n \ge a_n > 0$，则 $\displaystyle\sum b_n$ 也发散 +这里 $\displaystyle b_n = \frac{1}{n^p}$，$\displaystyle a_n = \frac{1}{n}$ +所以当 $0 < p \le 1$ 时，$p$ 级数发散 #### 三、当 $p > 1$ 时收敛 @@ -216,7 +120,7 @@ $$ **估计第 $k$ 组的和：** 第 $k$ 组从 $n = 2^{k-1}$ 到 $n = 2^k - 1$，共 $2^{k-1}$ 项。 -由于 $f(x) = \frac{1}{x^p}$ 递减，组内每项不超过第一项： +由于 $\displaystylef(x) = \frac{1}{x^p}$ 递减，组内每项不超过第一项： $$ \frac{1}{n^p} \le \frac{1}{(2^{k-1})^p} \quad (n \ge 2^{k-1}) @@ -246,19 +150,17 @@ $$ r = 2^{1-p} < 2^0 = 1 $$ -右边是公比 $0 < r < 1$ 的几何级数，收敛到 $\frac{1}{1-r}$。 +右边是公比 $0 < r < 1$ 的几何级数，收敛到 $\displaystyle\frac{1}{1-r}$。 因此原级数的部分和有上界，且单调递增（各项为正），故级数收敛。 ---- - #### 四、直观理解 1. **$p \le 1$**：项衰减太慢，类似调和级数，总和无限增大 2. **$p > 1$**：项衰减足够快，总和有限 **特例：** -- $p = 2$：$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}$ +- $p = 2$：$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}$ - $p$ 越大，收敛越快 --- @@ -283,17 +185,17 @@ $$ ## **原理** -对于级数 $\sum_{n=1}^{\infty}u_n$，构造其部分和数列 $S_n=u_1+u_2+\dots+u_n$。若极限 $\lim\limits_{n\to\infty}S_n=S$（S 为有限常数），则级数收敛，且和为 S；若该极限不存在（或为无穷大），则级数发散。 +对于级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}u_n$，构造其部分和数列 $S_n=u_1+u_2+\dots+u_n$。若极限 $\lim\limits_{n\to\infty}S_n=S$（$S$ 为有限常数），则级数收敛，且和为 $S$；若该极限不存在（或为无穷大），则级数发散。 ## **适用情况** 适用于部分和可通过公式化简求和的级数，典型类型包括： -1.等比级数：$\sum_{n=1}^{\infty}aq^{n-1}（a\neq0）$，部分和 $S_n=\frac{a(1-q^n)}{1-q}$； +1.等比级数：$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}aq^{n-1}（a\neq0）$，部分和 $\displaystyle S_n=\frac{a(1-q^n)}{1-q}$； -2.裂项相消型级数：如 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(n+1)}$，通项可拆为 $\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$，部分和可逐项抵消化简； +2.裂项相消型级数：如 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(n+1)}$，通项可拆为 $\displaystyle\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$，部分和可逐项抵消化简； -3. 少数可通过错位相减、分组求和的特殊级数。 +3.少数可通过错位相减、分组求和的特殊级数。 ## **优势** @@ -303,7 +205,7 @@ $$ ## **劣势** -1. 适用范围极窄：绝大多数级数的部分和无法用初等函数化简（如调和级数 $\sum\frac{1}{n}$、$\sum\frac{n}{2^n}$虽能判定敛散性，但部分和无简单表达式）。 +1. 适用范围极窄：绝大多数级数的部分和无法用初等函数化简（如调和级数 $\displaystyle\sum\frac{1}{n}$、$\displaystyle\sum\frac{n}{2^n}$虽能判定敛散性，但部分和无简单表达式）。 2. 计算难度高：裂项、错位相减等求和技巧性强，对复杂通项不易找到化简方法。 @@ -312,28 +214,28 @@ $$ ## **例子** >[!example] **例1** ->判定级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2}{(2n-1)(2n+1)}$的敛散性，若收敛求其和 +>判定级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2}{(2n-1)(2n+1)}$的敛散性，若收敛求其和 -解析 +**解析** 1.  裂项变形 -   $\frac{2}{(2n-1)(2n+1)}=\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}$ +   $\displaystyle\frac{2}{(2n-1)(2n+1)}=\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}$ 2.  求部分和 -   $S_n=\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1}\right) = \left(1-\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}\right)+\dots+\left(\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}\right) = 1-\frac{1}{2n+1}$ +   $\displaystyle S_n=\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1}\right) = \left(1-\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}\right)+\dots+\left(\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}\right) = 1-\frac{1}{2n+1}$ 3.  取极限 -   $\lim_{n \to \infty}S_n=\lim_{n \to \infty}\left(1-\frac{1}{2n+1}\right)=1$ +   $\displaystyle\lim_{n \to \infty}S_n=\lim_{n \to \infty}\left(1-\frac{1}{2n+1}\right)=1$ -4.  结论：该级数 **收敛**，和为 \( 1 \) +4.  结论：该级数 **收敛**，和为 $1$ >[!example] **例2** -判断级数$\sin \frac{\pi}{6} + \sin \frac{2\pi}{6} + \cdots + \sin \frac{n\pi}{6} + \cdots$的敛散性 +判断级数$\displaystyle\sin \frac{\pi}{6} + \sin \frac{2\pi}{6} + \cdots + \sin \frac{n\pi}{6} + \cdots$的敛散性 -解析： +**解析：** 1. 已知公式 @@ -349,7 +251,7 @@ $= \cos\left( (k - \tfrac12)\theta \right) - \cos\left( (k + \tfrac12)\theta \ri 因此： -$\boxed{\sin(k\theta) = \frac{\cos\left( (k - \tfrac12)\theta \right) - \cos\left( (k + \tfrac12)\theta \right)}{ 2\sin\frac{\theta}{2} }}$ +$$\sin(k\theta) = \frac{\cos\left( (k - \tfrac12)\theta \right) - \cos\left( (k + \tfrac12)\theta \right)}{ 2\sin\frac{\theta}{2} }$$ 这是一个裂项公式，因为对 k 求和时，中间项会消去。 @@ -357,59 +259,53 @@ $\boxed{\sin(k\theta) = \frac{\cos\left( (k - \tfrac12)\theta \right) - \cos\lef 题中级数为： -$\sum_{k=1}^{\infty} \sin\left( \frac{k\pi}{6} \right)$ +$\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty} \sin\left( \frac{k\pi}{6} \right)$ -这里  $\theta = \frac{\pi}{6}$ ， $\sin\frac{\theta}{2}$ = $\sin\frac{\pi}{12} \neq 0$。 +这里  $\displaystyle\theta = \frac{\pi}{6}$ ， $\displaystyle\sin\frac{\theta}{2} = \sin\frac{\pi}{12} \neq 0$。 利用上面裂项公式，记 -$a_k = \sin\left( \frac{k\pi}{6} \right)$ - -$= \frac{\cos\left( \frac{(k - \frac12)\pi}{6} \right) - \cos\left( \frac{(k + \frac12)\pi}{6} \right)}{2\sin\frac{\pi}{12}}$ +$$\displaystyle a_k = \sin\left( \frac{k\pi}{6} \right)= \frac{\cos\left( \frac{(k - \frac12)\pi}{6} \right) - \cos\left( \frac{(k + \frac12)\pi}{6} \right)}{2\sin\frac{\pi}{12}}$$ 即 -$a_k = \frac{1}{2\sin\frac{\pi}{12}} \left[ \cos\left( \frac{(2k-1)\pi}{12} \right) - \cos\left( \frac{(2k+1)\pi}{12} \right) \right]$ +$$a_k = \frac{1}{2\sin\frac{\pi}{12}} \left[ \cos\left( \frac{(2k-1)\pi}{12} \right) - \cos\left( \frac{(2k+1)\pi}{12} \right) \right]$$ 3. 求部分和 $S_n$ -$S_n = \sum_{k=1}^n a_k$ - -$= \frac{1}{2\sin\frac{\pi}{12}} \sum_{k=1}^n \left[ \cos\frac{(2k-1)\pi}{12} - \cos\frac{(2k+1)\pi}{12} \right]$ +$$\displaystyle S_n = \sum_{k=1}^n a_k= \frac{1}{2\sin\frac{\pi}{12}} \sum_{k=1}^n \left[ \cos\frac{(2k-1)\pi}{12} - \cos\frac{(2k+1)\pi}{12} \right]$$ -记 $C_m = \cos\frac{(2m-1)\pi}{12}$，则： +记 $\displaystyle C_m = \cos\frac{(2m-1)\pi}{12}$，则： -$\sum_{k=1}^n \left[ C_k - C_{k+1} \right]$ +$$\sum_{k=1}^n \left[ C_k - C_{k+1} \right]$$ 这是一个裂项和： -$\sum_{k=1}^n (C_k - C_{k+1}) = C_1 - C_{n+1}$ +$$\sum_{k=1}^n (C_k - C_{k+1}) = C_1 - C_{n+1}$$ 其中 -$C_1 = \cos\frac{(2\cdot 1 - 1)\pi}{12} = \cos\frac{\pi}{12}$ - -$C_{n+1} = \cos\frac{(2(n+1)-1)\pi}{12} = \cos\frac{(2n+1)\pi}{12}$ +$$C_1 = \cos\frac{(2\cdot 1 - 1)\pi}{12} = \cos\frac{\pi}{12},C_{n+1} = \cos\frac{(2(n+1)-1)\pi}{12} = \cos\frac{(2n+1)\pi}{12}$$ 因此： -$S_n = \frac{1}{2\sin\frac{\pi}{12}} \left[ \cos\frac{\pi}{12} - \cos\frac{(2n+1)\pi}{12} \right]$ +$$S_n = \frac{1}{2\sin\frac{\pi}{12}} \left[ \cos\frac{\pi}{12} - \cos\frac{(2n+1)\pi}{12} \right]$$ 4. 分析极限 -当 $n \to \infty$ 时， $\frac{(2n+1)\pi}{12} \mod 2\pi$  在 $[0, 2\pi)$ 内不趋于一个固定值，而是周期性地取多个不同值。 +当 $n \to \infty$ 时， $\displaystyle\frac{(2n+1)\pi}{12} \mod 2\pi$  在 $[0, 2\pi)$ 内不趋于一个固定值，而是周期性地取多个不同值。 -事实上，$\cos\frac{(2n+1)\pi}{12}$ 的值在 $n$ 增加时振荡，不会趋于一个常数。 +事实上，$\displaystyle\cos\frac{(2n+1)\pi}{12}$ 的值在 $n$ 增加时振荡，不会趋于一个常数。 因此： -$\lim_{n\to\infty} S_n \quad \text{不存在。}$ +$$\lim_{n\to\infty} S_n \quad \text{不存在。}$$ **习题1** 级数 -$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2n+1}{n^2(n+1)^2}$ +$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2n+1}{n^2(n+1)^2}$$ 的和为 @@ -421,17 +317,17 @@ C. 2 D. 不存在（发散） -解： +**解：** 观察 -$\frac{2n+1}{n^2(n+1)^2} = \frac{(n+1)^2 - n^2}{n^2(n+1)^2} = \frac{1}{n^2} - \frac{1}{(n+1)^2}$ +$$\frac{2n+1}{n^2(n+1)^2} = \frac{(n+1)^2 - n^2}{n^2(n+1)^2} = \frac{1}{n^2} - \frac{1}{(n+1)^2}$$ 部分和： -$S_N = \sum_{n=1}^N \left[ \frac{1}{n^2} - \frac{1}{(n+1)^2} \right] = 1 - \frac{1}{(N+1)^2} \to 1$ +$$S_N = \sum_{n=1}^N \left[ \frac{1}{n^2} - \frac{1}{(n+1)^2} \right] = 1 - \frac{1}{(N+1)^2} \to 1$$ -收敛到 1。 +收敛到 $1$。 答案：B @@ -439,13 +335,11 @@ $S_N = \sum_{n=1}^N \left[ \frac{1}{n^2} - \frac{1}{(n+1)^2} \right] = 1 - \frac 级数 -$\sum_{n=1}^{\infty} \left( \sqrt{n+2} - 2\sqrt{n+1} + \sqrt{n} \right)$ - -\]   +$$\sum_{n=1}^{\infty} \left( \sqrt{n+2} - 2\sqrt{n+1} + \sqrt{n} \right)$$ 的敛散性是 -A. 收敛到 0 +A. 收敛到 $0$ B. 收敛到 $1 - \sqrt{2}$ @@ -453,15 +347,13 @@ C. 收敛到 $\sqrt{2} - 2$ D. 发散 -解： +**解：** 观察通项： 设 $a_n = \sqrt{n}$，则 -$a_{n+2} - 2a_{n+1} + a_n = (a_{n+2} - a_{n+1}) - (a_{n+1} - a_n)$ - -\]   +$$a_{n+2} - 2a_{n+1} + a_n = (a_{n+2} - a_{n+1}) - (a_{n+1} - a_n)$$ 记 $b_n = a_{n+1} - a_n = \sqrt{n+1} - \sqrt{n}$，则 @@ -469,23 +361,19 @@ $a_{n+2} - 2a_{n+1} + a_n = (a_{n+2} - a_{n+1}) - (a_{n+1} - a_n)$ 部分和： -$S_N = \sum_{n=1}^N (b_{n+1} - b_n) = b_{N+1} - b_1$ +$$S_N = \sum_{n=1}^N (b_{n+1} - b_n) = b_{N+1} - b_1$$ -\]   -$b_{N+1} = \sqrt{N+2} - \sqrt{N+1}, \quad b_1 = \sqrt{2} - 1$ - -\]   +$$b_{N+1} = \sqrt{N+2} - \sqrt{N+1}, \quad b_1 = \sqrt{2} - 1$$ 因此 -$S_N = (\sqrt{N+2} - \sqrt{N+1}) - (\sqrt{2} - 1)$ +$$S_N = (\sqrt{N+2} - \sqrt{N+1}) - (\sqrt{2} - 1)$$ -\]   当 $N \to \infty，\sqrt{N+2} - \sqrt{N+1} \to 0$，所以 -$lim_{N\to\infty} S_N = 1 - \sqrt{2}$ +$$\displaystyle \lim_{N\to\infty} S_N = 1 - \sqrt{2}$$ 收敛到 $1 - \sqrt{2}$。 @@ -497,29 +385,29 @@ $lim_{N\to\infty} S_N = 1 - \sqrt{2}$ 1. 线性运算性质的应用 -设$\sum u_n、\sum v_n$ 为已知敛散性的级数，k 为非零常数： +设$\displaystyle\sum u_n、\sum v_n$ 为已知敛散性的级数，$k$ 为非零常数： -- 若 $\sum u_n$ 收敛，则 $\sum ku_n$ 收敛；若 $\sum u_n$ 发散，则 $\sum ku_n$ 发散。 +- 若 $\displaystyle\sum u_n$ 收敛，则 $\displaystyle\sum ku_n$ 收敛；若 $\displaystyle\sum u_n$ 发散，则 $\displaystyle\sum ku_n$ 发散。 -- 若 $\sum u_n$ 和 $\sum v_n$ 都收敛，则 $\sum(u_n\pm v_n)$ 收敛。 +- 若 $\displaystyle\sum u_n$ 和 $\displaystyle\sum v_n$ 都收敛，则 $\displaystyle\sum(u_n\pm v_n)$ 收敛。 -- 若 $\sum u_n$ 收敛、$\sum v_n$ 发散，则 $\sum(u_n\pm v_n)$ 发散。 +- 若 $\displaystyle\sum u_n$ 收敛、$\displaystyle\sum v_n$ 发散，则 $\displaystyle\sum(u_n\pm v_n)$ 发散。 -注：若两者都发散，$\sum(u_n\pm v_n)$ 敛散性不确定。 +注：若两者都发散，$\displaystyle\sum(u_n\pm v_n)$ 敛散性不确定。 2. 添减/改变有限项性质的应用 对任意级数，增加、去掉或改变有限项，不改变其敛散性。 -例：$\sum_{n=3}^{\infty}\frac{1}{2^n}$ 收敛，因为它是收敛等比级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2^n}$ 去掉前2项得到的。 +例：$\displaystyle\sum_{n=3}^{\infty}\frac{1}{2^n}$ 收敛，因为它是收敛等比级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2^n}$ 去掉前2项得到的。 3. 正项级数重组性质的应用 -若正项级数 $\sum u_n$ 收敛，任意重排其项得到的新级数仍收敛，且和不变。 +若正项级数 $\displaystyle\sum u_n$ 收敛，任意重排其项得到的新级数仍收敛，且和不变。 ## **适用情况** -1. 待判定级数可拆分为两个或多个已知敛散性的级数的线性组合（如 $\sum (u_n\pm v_n)、\sum ku_n）$。 +1. 待判定级数可拆分为两个或多个已知敛散性的级数的线性组合（如 $\displaystyle\sum (u_n\pm v_n)、\sum ku_n）$。 2. 级数仅增减、改变有限项，或对正项级数进行项的重组。 @@ -535,14 +423,14 @@ $lim_{N\to\infty} S_N = 1 - \sqrt{2}$ 1. 依赖性强：必须依赖已知敛散性的“参考级数”，若无法拆分或无合适参考级数，则无法使用。 -2. 有局限性：对于 $\sum u_n$ 和 $\sum v_n$ 均发散的情况，$\sum (u_n\pm v_n)$ 的敛散性无法直接判定，性质失效。 +2. 有局限性：对于 $\displaystyle\sum u_n$ 和 $\displaystyle\sum v_n$ 均发散的情况，$\displaystyle\sum (u_n\pm v_n)$ 的敛散性无法直接判定，性质失效。 ## **例子** >[!example] **例1** ->判断级数$\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n \frac{n+2}{n+1} \cdot \frac{1}{\sqrt{n}}$的敛散性。 +>判断级数$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n \frac{n+2}{n+1} \cdot \frac{1}{\sqrt{n}}$的敛散性。 -解析： +**解析：** 原级数： @@ -615,39 +503,39 @@ u_n &= \frac{(-1)^n}{\sqrt{n} + (-1)^n} \\ \end{align*} $$ -$\frac{(-1)^n \sqrt{n}}{n - 1}$用莱布尼兹判别法判断收敛 +$\displaystyle\frac{(-1)^n \sqrt{n}}{n - 1}$用莱布尼兹判别法判断收敛 -$\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n - 1}：令 k=n-1，级数变为 \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k}$（调和级数），**发散**。 +$\displaystyle\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n - 1}：令 k=n-1，级数变为 \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k}$（调和级数），**发散**。 根据级数运算性质：**收敛级数 + 收敛级数 - 发散级数 = 发散级数**。 -因此，级数$\sum_{n=2}^{\infty} \frac{(-1)^n}{\sqrt{n} + (-1)^n}$**发散**。 +因此，级数$\displaystyle\sum_{n=2}^{\infty} \frac{(-1)^n}{\sqrt{n} + (-1)^n}$**发散**。 **习题1** -已知级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 收敛，$\sum_{n=1}^{\infty} b_n$ 发散，则以下说法正确的是（ ） +已知级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 收敛，$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} b_n$ 发散，则以下说法正确的是（ ） -A. $\sum_{n=1}^{\infty} (a_n + b_n)$ 必收敛 +A. $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} (a_n + b_n)$ 必收敛 -B. $\sum_{n=1}^{\infty} (a_n + b_n)$ 必发散 +B. $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} (a_n + b_n)$ 必发散 -C. $\sum_{n=1}^{\infty} (a_n b_n)$ 必发散 +C. $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} (a_n b_n)$ 必发散 -D. $\sum_{n=1}^{\infty} (a_n^2)$ 必收敛 +D. $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} (a_n^2)$ 必收敛 解析： -设 $s_n = a_1+\dots+a_n$ 收敛，$t_n = b_1+\dots+b_n$ 发散。 +设 $\displaystyle s_n = a_1+\dots+a_n$ 收敛，$t_n = b_1+\dots+b_n$ 发散。 则 $a_n+b_n$ 的前 $n$ 项和 = $s_n + t_n$，收敛+发散 = 发散，故 B 正确。 -反例：A 错。C：取 $a_n=\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}$（条件收敛），$b_n=(-1)^n$（发散），则 $a_n b_n = \frac{1}{\sqrt{n}}$ 发散，但这是特例，不是“必”发散，若 $a_n=\frac{1}{n^2}, b_n=n$，则 $a_n b_n = \frac{1}{n}$ 发散；若 $a_n=\frac{1}{n^2}, b_n=(-1)^n n$，则 $a_n b_n = \frac{(-1)^n}{n}$ 收敛（条件收敛）。所以 C 不对。D：反例 $a_n = \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}$ 收敛（条件收敛），但 $a_n^2 = \frac{1}{n}$ 发散。 +反例：A 错。C：取 $\displaystyle a_n=\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}$（条件收敛），$b_n=(-1)^n$（发散），则 $\displaystyle a_n b_n = \frac{1}{\sqrt{n}}$ 发散，但这是特例，不是“必”发散，若 $\displaystyle a_n=\frac{1}{n^2}, b_n=n$，则 $\displaystyle a_n b_n = \frac{1}{n}$ 发散；若 $\displaystyle a_n=\frac{1}{n^2}, b_n=(-1)^n n$，则 $\displaystyle a_n b_n = \frac{(-1)^n}{n}$ 收敛（条件收敛）。所以 C 不对。D：反例 $\displaystyle a_n = \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}$ 收敛（条件收敛），但 $\displaystyle a_n^2 = \frac{1}{n}$ 发散。 答案：B **习题2** -级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{\sin n}{n^2} + \frac{(-1)^n}{n} \right)$ 的收敛性是： +级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{\sin n}{n^2} + \frac{(-1)^n}{n} \right)$ 的收敛性是： A. 绝对收敛 @@ -661,9 +549,9 @@ D. 可能收敛可能发散 拆成两个： -1. $\sum \frac{\sin n}{n^2}：因 |\frac{\sin n}{n^2}| \le \frac{1}{n^2}$，绝对收敛。 +1. $\displaystyle\sum \frac{\sin n}{n^2}：因 |\frac{\sin n}{n^2}| \le \frac{1}{n^2}$，绝对收敛。 -2. $\sum \frac{(-1)^n}{n}$ 是交错调和级数，条件收敛。 +2. $\displaystyle\sum \frac{(-1)^n}{n}$ 是交错调和级数，条件收敛。    条件收敛 + 绝对收敛 = 条件收敛。 @@ -693,45 +581,45 @@ D. 可能收敛可能发散 ## 例子 > [!example] 例1 -> 判断级数$\sum_{n=2}^{\infty} \sin\left(\frac{1}{\ln n} \right)$的敛散性 +> 判断级数$\displaystyle\sum_{n=2}^{\infty} \sin\left(\frac{1}{\ln n} \right)$的敛散性 -设 $a_n = \sin\left( \frac{1}{\ln n} \right)$，其中 $n \geq 2$ 。记其前n项和为$S_n$。 +设 $\displaystyle a_n = \sin\left( \frac{1}{\ln n} \right)$，其中 $n \geq 2$ 。记其前n项和为$S_n$。 -由于当 $n \geq 2$ 时，有 $\frac{1}{\ln n} > 0$ ，且 $\sin n > \frac{n}{2}$ ，因此存在 $N$ ，使得当$n > N$时， +由于当 $n \geq 2$ 时，有 $\displaystyle\frac{1}{\ln n} > 0$ ，且 $\displaystyle\sin n > \frac{n}{2}$ ，因此存在 $N$ ，使得当$n > N$时， -$q_n = \sin\left( \frac{1}{\ln n} \right) > \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{\ln n} > \frac{1}{2n}.$ +$\displaystyleq_n = \sin\left( \frac{1}{\ln n} \right) > \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{\ln n} > \frac{1}{2n}.$ -记$\sum \frac{1}{2n}$的前$n$项和为$T_n$。 +记$\displaystyle\sum \frac{1}{2n}$的前$n$项和为$T_n$。 -由于 $\lim_{n \to \infty} S_n > \lim_{n \to \infty} T_n, \quad \text{而} \quad \lim_{n \to \infty} T_n = +\infty,$ +由于 $\displaystyle\lim_{n \to \infty} S_n > \lim_{n \to \infty} T_n, \quad \text{而} \quad \lim_{n \to \infty} T_n = +\infty,$ -因此 $\lim_{n \to \infty} S_n = +\infty.$ +因此 $\displaystyle\lim_{n \to \infty} S_n = +\infty.$ -故级数 $\sum_{n=2}^{\infty} \sin\left( \frac{1}{\ln n} \right)$ 发散。 +故级数 $\displaystyle\sum_{n=2}^{\infty} \sin\left( \frac{1}{\ln n} \right)$ 发散。 > [!example] 例2 基础练习 下列级数中收敛的有\_\_\_\_\_\_ - A $\sin \frac{\pi}{2} + \sin \frac{\pi}{2^2} + \sin \frac{\pi}{2^3} + \cdots$ - B $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{5^n} \cdot \frac{3n^3 + 2n^2}{4n^3 + 1}$ - C $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(a+n-1)(a+n)(a+n+1)} \quad (a>0)$ - D $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n\sqrt[n]{n}}$ - E $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} \arctan \frac{n}{n+1}$ - F $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sqrt{n+\sqrt{n}}}{n^2+1}$ + A $\displaystyle\sin \frac{\pi}{2} + \sin \frac{\pi}{2^2} + \sin \frac{\pi}{2^3} + \cdots$ + B $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{5^n} \cdot \frac{3n^3 + 2n^2}{4n^3 + 1}$ + C $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(a+n-1)(a+n)(a+n+1)} \quad (a>0)$ + D $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n\sqrt[n]{n}}$ + E $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} \arctan \frac{n}{n+1}$ + F $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sqrt{n+\sqrt{n}}}{n^2+1}$ **参考答案：ABCF. - - **A** 由于 $0 < \sin \frac{\pi}{2^n} \leq \frac{\pi}{2^n}$，且几何级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\pi}{2^n}$ 收敛，故原级数收敛。 - - **B** 由于 $\lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{5^n} \cdot \frac{3n^3 + 2n^2}{4n^3 + 1} \right) / \left( \frac{1}{5^n} \right) = \frac{3}{4}$，又几何级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{5^n}$ 收敛，故原级数收敛。 - - **C** 由于 $\lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{(a+n-1)(a+n)(a+n+1)} \right) / \left( \frac{1}{n^3} \right) = 1$，而级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^3}$ 收敛，故原级数收敛。（或由 $\frac{1}{(a+n-1)(a+n)(a+n+1)} \leq \frac{1}{(a+n-1)^3} < \frac{1}{(n-1)^3} \;(n>1)$） - - **D** 由于 $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n\sqrt[n]{n}} / \frac{1}{n} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt[n]{n}} = 1$，级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 发散，故原级数发散。 - - **E** 由于 $\lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{n} \cdot \arctan \frac{n}{n+1} \right) / \frac{1}{n} = \frac{\pi}{4}$，又级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 发散，故原级数发散。 - - **F** 由于 $\lim_{n \to \infty} \frac{\sqrt{n+\sqrt{n}}}{n^2+1} / \frac{1}{n^{3/2}} = \lim_{n \to \infty} \sqrt{1+\frac{1}{\sqrt{n}}} / \left( 1+\frac{1}{n^2} \right) = 1$，又 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{3/2}}$ 收敛，故原级数收敛。 + - **A** 由于 $\displaystyle0 < \sin \frac{\pi}{2^n} \leq \frac{\pi}{2^n}$，且几何级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\pi}{2^n}$ 收敛，故原级数收敛。 + - **B** 由于 $\displaystyle\lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{5^n} \cdot \frac{3n^3 + 2n^2}{4n^3 + 1} \right) / \left( \frac{1}{5^n} \right) = \frac{3}{4}$，又几何级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{5^n}$ 收敛，故原级数收敛。 + - **C** 由于 $\displaystyle\lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{(a+n-1)(a+n)(a+n+1)} \right) / \left( \frac{1}{n^3} \right) = 1$，而级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^3}$ 收敛，故原级数收敛。（或由 $\displaystyle\frac{1}{(a+n-1)(a+n)(a+n+1)} \leq \frac{1}{(a+n-1)^3} < \frac{1}{(n-1)^3} \;(n>1)$） + - **D** 由于 $\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n\sqrt[n]{n}} / \frac{1}{n} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt[n]{n}} = 1$，级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 发散，故原级数发散。 + - **E** 由于 $\displaystyle\lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{n} \cdot \arctan \frac{n}{n+1} \right) / \frac{1}{n} = \frac{\pi}{4}$，又级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 发散，故原级数发散。 + - **F** 由于 $\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{\sqrt{n+\sqrt{n}}}{n^2+1} / \frac{1}{n^{3/2}} = \lim_{n \to \infty} \sqrt{1+\frac{1}{\sqrt{n}}} / \left( 1+\frac{1}{n^2} \right) = 1$，又 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{3/2}}$ 收敛，故原级数收敛。 # 比值判别法 ## 原理 -对于正项级数 $\sum_{n=1}^{\infty}u_n\ (u_n>0)$，计算极限$\rho=\lim\limits_{n \to \infty}\frac{u_{n+1}}{u_n}$，根据$\rho$与 1 的大小关系判断级数敛散性。 +对于正项级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}u_n\ (u_n>0)$，计算极限$\displaystyle\rho=\lim\limits_{n \to \infty}\frac{u_{n+1}}{u_n}$，根据$\rho$与 1 的大小关系判断级数敛散性。 1. 若 $\boldsymbol{\rho<1}$，则级数收敛； 2. 若 $\boldsymbol{\rho>1}$（或 $\rho=+\infty$），则级数发散； 3. 若 $\boldsymbol{\rho=1}$，则判别法失效，需用其他方法（如比较判别法、积分判别法等）判断。 @@ -742,15 +630,15 @@ $q_n = \sin\left( \frac{1}{\ln n} \right) > \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{\ln n} > ## **优势** -1. 化简效率高：通项含 n!、$a^n$ 时，作商 $\frac{u_{n+1}}{u_n}$ 能直接约去大量重复因子 +1. 化简效率高：通项含 $n!$、$a^n$ 时，作商 $\displaystyle\frac{u_{n+1}}{u_n}$ 能直接约去大量重复因子 2. 判定直接：只需计算一个极限值与 1 比较，无需像比较判别法那样构造合适的参考级数，对初学者更友好。 ## **劣势** -1. 对通项形式依赖强：仅适合含阶乘、指数幂的正项级数，对于通项为多项式、分式（如 $u_n=\frac{1}{n^p}$）的级数，$\lim\limits_{n\to\infty}\frac{u_{n+1}}{u_n}=1$，判别法直接失效。 +1. 对通项形式依赖强：仅适合含阶乘、指数幂的正项级数，对于通项为多项式、分式（如 $\displaystyle u_n=\frac{1}{n^p}$）的级数，$\displaystyle\lim\limits_{n\to\infty}\frac{u_{n+1}}{u_n}=1$，判别法直接失效。 2. 失效情形无判定能力：当极限 $\rho=1$ 时，无法判断级数敛散性，必须换用比较判别法、积分判别法等其他方法，增加了解题步骤。 3. 仅针对正项级数：不能直接应用于任意项级数（如交错级数），若要使用，需先对通项取绝对值判断绝对收敛，再进一步分析条件收敛。 -4. 极限可能不存在：部分正项级数的 $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{u_{n+1}}{u_n}$ 不存在，此时比值判别法无法使用。 +4. 极限可能不存在：部分正项级数的 $\displaystyle\lim\limits_{n\to\infty}\frac{u_{n+1}}{u_n}$ 不存在，此时比值判别法无法使用。 ## **例子** @@ -777,7 +665,7 @@ $$\sum_{n=1}^\infty \frac{(2n-1)!!}{(n!)^\alpha}$$ $$a_n = \frac{(2n-1)!!}{(n!)^\alpha}$$ -这里 $(2n-1)!! = 1\cdot 3\cdot 5 \cdots (2n-1) = \frac{(2n)!}{2^n \, n!}$。 +这里 $\displaystyle(2n-1)!! = 1\cdot 3\cdot 5 \cdots (2n-1) = \frac{(2n)!}{2^n \, n!}$。 所以： $$a_n = \frac{\frac{(2n)!}{2^n \, n!}}{(n!)^\alpha}= \frac{(2n)!}{2^n \, (n!)^{\alpha+1}}$$ @@ -793,13 +681,13 @@ $$\lim_{n\to\infty} \frac{2n+1}{(n+1)^{\alpha}}$$ · 若 $\alpha$> 1，极限为 0，比值判别法得出 $\lim \frac{a_{n+1}}{a_n} = 0 < 1$，级数收敛。 -· 若 $\alpha$ = 1，极限为 $\lim_{n\to\infty} \frac{2n+1}{n+1}$ = 2 > 1，级数发散。 +· 若 $\alpha$ = 1，极限为 $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{2n+1}{n+1}$ = 2 > 1，级数发散。 · 若 0 < $\alpha$ < 1，极限为 $\infty$ > 1，级数发散。 4. 答案 - 当$\alpha$>1时收敛，当 0 < $\alpha$ < 1 时发散 + 当$\alpha$>1时收敛，当 $0<\alpha<1$ 时发散 >[!example] **习题1** 级数 $$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(2n)!}{(n!)^2} \cdot \frac{1}{5^n}$$ 的敛散性是 @@ -840,7 +728,7 @@ B. 发散 C. 无法判断 -解 +**解** $$a_n = \frac{3^n}{n^2}$$ $$\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{3^{n+1}}{(n+1)^2} \cdot \frac{n^2}{3^n} @@ -857,11 +745,11 @@ $$\lim_{n\to\infty} 3 \cdot \frac{n^2}{(n+1)^2} = 3 > 1$$ ### 原理 -通过计算级数通项 $u_n$ 的 $n$ 次方根的极限 $\rho = \lim\limits_{n\to\infty} \sqrt[n]{u_n}$，将原级数与等比级数 $\sum \rho^n$ 比较，从而判断敛散性。 +通过计算级数通项 $u_n$ 的 $n$ 次方根的极限 $\displaystyle\rho = \lim\limits_{n\to\infty} \sqrt[n]{u_n}$，将原级数与等比级数 $\displaystyle\sum \rho^n$ 比较，从而判断敛散性。 ### 适用情况 -1. 适用于正项级数 $\sum u_n$（一般 $u_n > 0$）。 +1. 适用于正项级数 $\displaystyle\sum u_n$（一般 $u_n > 0$）。 2. 当 $u_n$ 含有 $n$ 次幂、指数形式或连乘因子时，此方法往往有效。 @@ -940,15 +828,11 @@ $$ > **解** > 计算根值： -> $$ -> \sqrt[n]{u_n} = \sqrt[n]{\left(1 - \frac{1}{n}\right)^n} = 1 - \frac{1}{n} \to 1 \quad (n \to \infty) -> $$ +> $$\sqrt[n]{u_n} = \sqrt[n]{\left(1 - \frac{1}{n}\right)^n} = 1 - \frac{1}{n} \to 1 \quad (n \to \infty)$$ > 此时 $\rho = 1$，根值判别法失效。 > > 改用其他方法：注意到 -> $$ -> \left(1 - \frac{1}{n}\right)^n = e^{n \ln (1 - \frac{1}{n})} \sim e^{-1} \quad (n \to \infty) -> $$ +> $$\left(1 - \frac{1}{n}\right)^n = e^{n \ln (1 - \frac{1}{n})} \sim e^{-1} \quad (n \to \infty)$$ > 所以 $u_n \to e^{-1} \neq 0$，由级数收敛的必要条件（通项必须趋于0）知该级数发散。 > [!example] 例2 @@ -956,20 +840,13 @@ $$ > **解** > 计算根值： -> $$ -> \sqrt[n]{u_n} = \frac{\sqrt[n]{n}}{a + \frac{1}{n}} -> $$ +> $$\sqrt[n]{u_n} = \frac{\sqrt[n]{n}}{a + \frac{1}{n}}$$ > 因为 $\sqrt[n]{n} \to 1$，所以 -> $$ -> \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{u_n} = \frac{1}{a} -> $$ -> - 若 $\frac{1}{a} < 1$ 即 $a > 1$，则级数收敛。 -> - 若 $\frac{1}{a} > 1$ 即 $0 < a < 1$，则级数发散。 +> $$\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{u_n} = \frac{1}{a}$$ +> - 若 $\displaystyle\frac{1}{a} < 1$ 即 $a > 1$，则级数收敛。 +> - 若 $\displaystyle\frac{1}{a} > 1$ 即 $0 < a < 1$，则级数发散。 > - 若 $a = 1$，此时 $\rho = 1$，判别法失效。 -> 当 $a = 1$ 时， -> $$ -> u_n = \frac{n}{(1 + \frac{1}{n})^n} \sim \frac{n}{e} \quad (n \to \infty) -> $$ +> 当 $a = 1$ 时，$$u_n = \frac{n}{(1 + \frac{1}{n})^n} \sim \frac{n}{e} \quad (n \to \infty)$$ > 通项不趋于0，故级数发散。 > > **综上**： @@ -981,30 +858,22 @@ $$ > **证明** > 令 $M = \max\{a_1, \dots, a_m\}$，则 -> $$ -> M^n \le a_1^n + \cdots + a_m^n \le m M^n -> $$ +> $$M^n \le a_1^n + \cdots + a_m^n \le m M^n$$ > 两边开 $n$ 次方： -> $$ -> M \le \sqrt[n]{a_1^n + \cdots + a_m^n} \le M \cdot \sqrt[n]{m} -> $$ +> $$M \le \sqrt[n]{a_1^n + \cdots + a_m^n} \le M \cdot \sqrt[n]{m}$$ > 因为 $\sqrt[n]{m} \to 1$，由夹逼定理得结论。 > -> 此结论在判断形如 $\sum (a_1^n + \cdots + a_m^n)$ 的级数时可直接使用。 +> 此结论在判断形如 $\displaystyle\sum (a_1^n + \cdots + a_m^n)$ 的级数时可直接使用。 > [!example] 例4 > 判断级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^n + 3^n}{5^n}$ 的敛散性。 > **解** -> $$ -> u_n = \frac{2^n + 3^n}{5^n} = \left(\frac{2}{5}\right)^n + \left(\frac{3}{5}\right)^n -> $$ +> $$u_n = \frac{2^n + 3^n}{5^n} = \left(\frac{2}{5}\right)^n + \left(\frac{3}{5}\right)^n$$ > 计算根值： -> $$ -> \sqrt[n]{u_n} = \sqrt[n]{\left(\frac{2}{5}\right)^n + \left(\frac{3}{5}\right)^n} -> $$ -> 由例3结论，$\sqrt[n]{u_n} \to \max\left\{\frac{2}{5}, \frac{3}{5}\right\} = \frac{3}{5} < 1$，故级数收敛。 +> $$\sqrt[n]{u_n} = \sqrt[n]{\left(\frac{2}{5}\right)^n + \left(\frac{3}{5}\right)^n}$$ +> 由例3结论，$\displaystyle\sqrt[n]{u_n} \to \max\left\{\frac{2}{5}, \frac{3}{5}\right\} = \frac{3}{5} < 1$，故级数收敛。 --- @@ -1044,10 +913,10 @@ $$ ## 原理 所谓交错级数，就是正负项交错出现的级数。此类级数的收敛一般用莱布尼兹判别法： - 对于交错级数$\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}a_{n}$，若满足 + 对于交错级数$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}a_{n}$，若满足 （1）$\{a_{n}\}$单调减少，即$a_{1}\geqslant a_{2}\geqslant\cdots a_{n}\geqslant\cdots$ （2）$\lim\limits_{n\to\infty}a_{n}=0,$ - 则级数$\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}a_{n}$收敛，且$\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}a_{n}\leqslant a_{1}$. + 则级数$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}a_{n}$收敛，且$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}a_{n}\leqslant a_{1}$. ## 优势劣势 @@ -1057,39 +926,40 @@ $$ > [!example] 例1 > 判断下列极限是否收敛: -> $$(1)\sum_{n=1}^{\infty}\frac{cosn\pi}{n^{\frac{3}{4}}}$$ -> $$(2)\sum_{n=1}^{\infty}sin(n\pi+\frac{\pi}{n})$$ +> $$(1)\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\cos n\pi}{n^{\frac{3}{4}}}$$ +> $$(2)\sum_{n=1}^{\infty}\sin(n\pi+\frac{\pi}{n})$$ 解： -$(1)cosn\pi=(-1)^n,故级数为交错级数.$ +$(1)\cos n\pi=(-1)^n,故级数为交错级数.$ -$显然a_{n}=\frac{1}{n^{\frac{3}{4}}}单调递减且\lim\limits_{n\to\infty}a_{n}=0,由莱布尼兹判别法，级数收敛.$ +$\displaystyle显然a_{n}=\frac{1}{n^{\frac{3}{4}}}单调递减且\lim\limits_{n\to\infty}a_{n}=0,由莱布尼兹判别法，级数收敛.$ -$(2)sin(n\pi+\frac{\pi}{n})=(-1)^{n}sin(\frac{\pi}{n})，故级数为交错级数.$ +$\displaystyle(2)\sin(n\pi+\frac{\pi}{n})=(-1)^{n}\sin(\frac{\pi}{n})，故级数为交错级数.$ -$又a_{n}=sin(\frac{\pi}{n})\to0(n\to\infty)且\{a_{n}\}从第二项开始单调递减，由莱布尼兹判别法知，级数收敛.$ +$\displaystyle又a_{n}=\sin(\frac{\pi}{n})\to0(n\to\infty)且\{a_{n}\}从第二项开始单调递减，由莱布尼兹判别法知，级数收敛.$ 上面这个例题告诉我们，交错级数并不总是很傻地就写一个$(-1)^n$来给我们看，它也是会有多种形式地。而且，无论是单调性还是符号的交错出现，都不一定要从第一项开始，因为级数的敛散性和它的前有限项无关，要是这个交错级数通项的绝对值从第二项才开始单调递减，那就从第二项开始考虑，这不影响它的敛散性；一样，要是一个级数从第二项开始才是交错级数，那就从第二项开始算，第一项就不管它了。 > [!example] 例2 > 判断下面这个级数是否收敛： -> $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\ln n}{n}sin\frac{n\pi}{2}.$ +> $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\ln n}{n}\sin\frac{n\pi}{2}.$ 解： - $对k\in\mathbb{N}_{+},显然有n=2k-1时,sin\frac{n\pi}{2}=(-1)^{k},n=2k时,sin\frac{n\pi}{2}=0.故$ - $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\ln n}{n}sin\frac{n\pi}{2}=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\ln (2k-1)}{2k-1}\cdot(-1)^{k}$ - $故级数从第二项开始为交错级数，且a_{k}=\frac{\ln (2k-1)}{2k-1}\to0(n\to\infty),$ + $\displaystyle对k\in\mathbb{N}_{+},显然有n=2k-1时,\sin\frac{n\pi}{2}=(-1)^{k},n=2k时,\sin\frac{n\pi}{2}=0.故$ + $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\ln n}{n}\sin\frac{n\pi}{2}=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\ln (2k-1)}{2k-1}\cdot(-1)^{k}$ + $\displaystyle故级数从第二项开始为交错级数，且a_{k}=\frac{\ln (2k-1)}{2k-1}\to0(n\to\infty),$ $\{a_{k}\}从第二项开始单调递减，由莱布尼兹判别法，级数收敛.$ ## 习题 -$(1)\sum_{n=1}^{\infty}sin(\sqrt{n^2+1}\pi).$ -$(2)\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{3^n}sin\frac{n\pi}{2}.$ -$(3)\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n(n-1)/2}}{3^n}.$ -$(4)\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}a^{\frac{1}{n}} (a>0).$ +$\displaystyle(1)\sum_{n=1}^{\infty}\sin(\sqrt{n^2+1}\pi).$ +$\displaystyle(2)\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{3^n}\sin\frac{n\pi}{2}.$ +$\displaystyle(3)\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n(n-1)/2}}{3^n}.$ +$\displaystyle(4)\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}a^{\frac{1}{n}} (a>0).$ ## **习题答案** -$(1)sin(\sqrt{n^2+1}\pi)=(-1)^{n}sin((\sqrt{n^2+1}-n)\pi)=(-1)^{n}sin(\frac{1}{\sqrt{n^2+1}+n}\pi),$ -$a_{n}=sin(\frac{\pi}{\sqrt{n^2+1}+n})\to0(n\to\infty),且\{a_{n}\}单调递减，由莱布尼兹判别法，级数收敛$ +$\displaystyle(1)\sin(\sqrt{n^2+1}\pi)=(-1)^{n}\sin((\sqrt{n^2+1}-n)\pi)=(-1)^{n}\sin(\frac{1}{\sqrt{n^2+1}+n}\pi),$ +$\displaystyle a_{n}=\sin(\frac{\pi}{\sqrt{n^2+1}+n})\to0(n\to\infty),且\{a_{n}\}单调递减，由莱布尼兹判别法，级数收敛$ $(2)同例2解法，答案是收敛（建议作为课前题目）$ $(3)n(n-1)/2的奇偶性与n正好相反，所以级数也是交错级数，容易证明是收敛$ -$(4)a^{\frac{1}{n}}\to1(n\to\infty)，由级数收敛的必要条件知，级数发散$ \ No newline at end of file +$\displaystyle(4)a^{\frac{1}{n}}\to1(n\to\infty)，由级数收敛的必要条件知，级数发散$ +