ARTICLE · 1022812
数分习题2
1.32
判断以下级数的敛散性.
(1)
题目为 .
当 时, . 因此 .
而 收敛, 所以原级数收敛.
(2)
题目为 .
令 . 则
所以由比值判别法, 原级数收敛.
(3)
题目为 .
令通项为 . 则 .
偶数项对应 , 奇数项对应 . 因此 .
所以原级数收敛.
(4)
题目为 .
令通项为 . 则
所以原级数收敛.
(5)
题目为 .
化简通项,
其中 , 且 . 因此 .
通项不趋于 , 所以原级数发散.
(6)
题目为 .
令 . 则
所以对任意固定的 , 原级数都收敛.
(7)
题目为 .
取 次根, 有 .
所以原级数收敛.
(8)
题目为 .
取 次根,
所以原级数收敛.
1.33
设 是正整数, 判断级数的敛散性.
(1)
题目为 .
令 . 则
若 , 则 , 通项不趋于 , 所以级数发散.
若 , 则 , 所以级数收敛.
若 , 则
所以 时发散, 时收敛.
(2)
题目为 .
利用双阶乘恒等式和斯特林公式,
因此 .
所以原级数与 同敛散. 当 时收敛, 当 时发散.
(3)
题面第 (3) 项未显示求和号. 由于本题要求判断级数的敛散性, 下文按
处理.
由上一问, , 且 .
因此 .
因为 收敛, 所以原级数收敛.
1.34
设 , 判断如下级数的敛散性.
(1)
题目为 .
令通项为 . 则
于是 .
所以由拉贝判别法, 原级数收敛.
这里普通比值判别法只能得到 , 因而不能直接判断.
(2)
题目为 .
利用伽马函数,
所以原级数与 同敛散.
因此 时收敛, 时发散.
(3)
题目为 .
因为 , 所以
所以原级数与 同敛散.
因此 时收敛, 时发散.
1.35
原题为: 设 , 令 . 证明: 级数 在 时收敛, 在 时发散.
这里原题按截图所给条件并不充分. 例如若 , 则结论可能失效. 为使结论成立, 下面补充条件 .
先设 .
取 满足 . 由上极限定义, 当 充分大时, 有 .
因为 , 所以充分大时 . 因而 , 即 .
于是 . 因为 , 所以 收敛.
由比较判别法, 收敛.
下面设 .
若 , 因为 , 所以 不趋于 , 原级数发散.
下面只需考虑 . 取 满足 .
由上极限定义, 存在无穷多个 , 使 . 取这些指标构成子列 , 则 .
因为 单调递增, 对 有 . 因此
因为 , 所以 . 因而部分和无界, 原级数发散.
临界情形 不能仅由题设判断.
例如取 , 则 , 且 发散.
再取 , 仍有 , 但 收敛.
1.36
设 和 均是正数列.
(1)
若存在 , 使得
证明级数 收敛.
两边乘以 , 得 .
从 到 求和,
因此 .
部分和有统一上界, 所以 收敛.
(2)
若 发散, 且
证明级数 发散.
两边乘以 , 得 .
所以 单调不减, 从而 .
因此 .
因为 发散, 所以由比较判别法, 发散.
1.37
试构造一例: 是递减趋于 的正数列, 但对任意的 , 级数 发散.
取 .
因为 严格递增且趋于无穷, 所以 是递减趋于 的正数列.
先考虑任意固定的 . 因为 , 所以当 充分大时, 有 .
于是 .
而 发散, 所以 发散.
若 , 则 , 级数显然发散.
若 , 因为 , 所以 不趋于 , 级数同样发散.
因此该数列满足要求.
1.38
设 , 判断级数
的敛散性.
令 .
先考虑出现零因子的情况. 若存在正整数 , 使 , 则 .
因此从 开始都有 , 原级数只有有限个非零项, 所以收敛.
下面假设 不是 的正整数次幂.
记 . 当 时,
因此 .
对充分大的 , 这些因子为正. 于是 .
有限个初始因子只会改变一个非零常数, 不影响渐近阶. 因此
于是存在常数 , 使 .
若 , 则 . 因此 收敛, 原级数绝对收敛.
若 且 , 则 . 此时 最终符号固定, 且 , 所以原级数发散.
若 , 则所有因子都等于 , 所以 , 原级数发散.
若 , 则每个因子都满足 . 因此 不趋于 , 原级数发散.
所以原级数在 或 时收敛, 其余情形发散.
1.39
设正数列 满足: 存在 以及正整数 , 使得当 时,
证明级数 收敛.
由题设, 当 时, 有 .
从 到 求和,
因此 .
于是 .
令 . 则对充分大的 , 有 .
因为 , 所以 收敛. 由比较判别法, 收敛.
1.40
设级数 收敛. 若 , 能否断言 也是收敛级数?
不能.
取 时
由 Leibniz 判别法, 收敛. 同时
但是 发散, 因而
发散.
因此, 当 只是条件收敛时, 并不能保证 与 同敛散.
1.41
设级数 收敛. 能否断言 , 也收敛?
不能.
先考虑平方. 取 , 则 由 Leibniz 判别法收敛, 但
发散.
再考虑立方. 定义
每三个连续项之和为 , 即 . 同时每个小块内部的部分和最大只有 , 所以 收敛.
但是
所以 发散.
因此由 收敛, 既不能推出 收敛, 也不能推出 收敛.
1.42
判断以下级数的敛散性.
(1)
数列 单调递减且趋于 , 所以由 Leibniz 判别法, 原级数收敛.
但是
发散.
因此原级数条件收敛.
(2)
因为 , 所以
而 收敛, 所以原级数绝对收敛.
(3)
因为 , 所以
而 收敛, 所以原级数绝对收敛.
(4)
当 时, 有 , 且 . 因此
因为 收敛, 所以原级数绝对收敛.
1.43
判断以下级数的敛散性, 以及绝对收敛性.
(1)
因为 单调递减并趋于 , 所以由 Leibniz 判别法, 原级数收敛.
但绝对值级数满足
所以原级数条件收敛.
(2)
设 ,
因为 最终单调递减并趋于 , 所以由 Leibniz 判别法, 对任意 , 原级数都收敛.
又因为
所以绝对值级数与 同敛散.
因此 时绝对收敛, 时条件收敛.
(3)
设 ,
先判断绝对收敛性. 因为
所以只有当 时绝对收敛.
下面判断普通收敛性.
当 时, 利用 ,
第一项的级数由 Leibniz 判别法收敛, 后两项在 时绝对可和, 因而原级数收敛.
当 时, 把相邻两项配对. 令
则
由于 , 所以 发散, 从而原级数发散.
因此 时绝对收敛, 时条件收敛, 时发散.
(4)
利用 ,
第一项由 Leibniz 判别法收敛.
又有
两个余弦数列的部分和均有界, 所以第二项由 Dirichlet 判别法收敛. 因而原级数收敛.
另一方面,
第二项收敛, 第一项发散, 所以绝对值级数发散.
因此原级数条件收敛.
(5)
将通项展开,
其中 收敛, 和 绝对收敛, 但 发散.
因此原级数发散. 同时通项绝对值与 同阶, 所以也不绝对收敛.
(6)
设 ,
当 时, 利用 ,
第一项的级数收敛, 后两项在 时绝对可和, 所以原级数收敛.
当 时, 相邻两项配对后的主项为正的 型项, 因而发散.
另一方面,
所以绝对收敛当且仅当 .
因此 时绝对收敛, 时条件收敛, 时发散.
(7)
将通项展开,
前两项对应的级数均由 Dirichlet 判别法收敛, 余项绝对收敛, 所以原级数收敛.
下面判断绝对收敛性. 当 足够大时,
而
第二项由 Dirichlet 判别法收敛, 第一项发散, 所以 发散.
因此原级数不绝对收敛, 即条件收敛.
(8)
记 . 则 , 且 单调递减.
当 时, 的部分和有界, 所以由 Dirichlet 判别法,
收敛. 当 时各项均为 . 因此对任意 , 原级数都收敛.
下面判断绝对收敛性.
若 , 则 , 所以原级数绝对收敛.
若 , 利用 ,
而
第一项发散, 第二项由 Dirichlet 判别法收敛, 所以绝对值级数发散.
因此 时绝对收敛, 时条件收敛.
(9)
先展开根式,
因此
主项为交错调和级数, 余项绝对可和, 所以原级数收敛.
同时
所以绝对值级数发散.
因此原级数条件收敛.
(10)
题图中的原式为
注意这里没有 .
展开根式,
因此通项与 只相差一个趋于 的扰动.
但 不趋于 . 事实上, 若它趋于 , 则 . 又由
不可能同时有 和 .
所以原级数的通项不趋于 , 原级数发散.
对, 应该把你手写的"若题目多一个 "作为同一小题后的补充讨论一起保留. 1.43(10) 换成下面这一段. Markdown 启用自动换行 复制
(10)
先展开根式,
记 . 则 .
若 , 则 . 又因为 , 所以
于是 , 与 矛盾.
因此 不趋于 , 原级数发散.
如果题目改成
则情况不同.
由前面的展开,
因此
所以该级数可以写成
从而收敛.
另一方面,
所以绝对值级数发散.
因此, 若根号前多一个 , 则级数条件收敛.
(11)
先展开
因此
所以原级数可以写成
从而收敛.
另一方面,
所以绝对值级数发散.
因此原级数条件收敛.
(12)
因为
而 收敛, 所以原级数绝对收敛.
(13)
若 , 则通项不趋于 , 所以级数发散.
下面设 . 有
因此
第一项在 时由 Leibniz 判别法收敛, 余项绝对可和, 所以原级数收敛.
又因为
所以绝对收敛当且仅当 .
因此 时绝对收敛, 时条件收敛, 时发散.
(14)
由前面的结论,
若 , 通项不趋于 , 所以级数发散.
若 , 数列 单调递减并趋于 , 因而原级数由 Leibniz 判别法收敛.
绝对值通项满足
所以绝对收敛当且仅当 .
因此 时绝对收敛, 时条件收敛, 时发散.
(15)
设 ,
利用
可得
若 , 即 , 则通项与一个非零常数乘 渐近等价, 所以级数发散.
若 , 则 , 一阶项消失, 从而通项为 .
因此此时级数绝对收敛.
所以原级数当且仅当 时收敛, 并且一旦收敛就是绝对收敛.