高等微积分（2） 第1次作业

Chasse_neige

1. 判断如下级数的收敛发散性，需要给出证明。

(1) 级数 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{\sin (n\theta )}{n^2}$，其中 $\theta$ 是给定的实数。

$$\left|\frac{\sin (n\theta )}{n^2}\right|\le \frac{1}{n^2}$$$$\therefore \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\left|\frac{\sin (n\theta )}{n^2}\right|\le \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2}=\frac{{\pi }^2}{6}$$

由比较定理，绝对收敛。

(2) 级数 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{n!}{n^n}$ 。

作 Ratio Test：

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\frac{n}{n+1}}^n=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{((1-\frac{1}{n+1}{)}^{-(n+1)})}^{-\frac{n}{n+1}}=\frac{1}{e}<1$$

收敛。

(3) 级数 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{n!a^n}{n^n}$，其中 $a>0$ 是给定的实数。

作 Ratio Test：

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}a{\frac{n}{n+1}}^n=\frac{a}{e}$$

当 $a>e$ 时，发散；当 $a<e$ 时，收敛。

当 $a=e$ 时：

$$\because e^n>\sum _{i=0}^n\frac{n^i}{i!}\ge \frac{n^n}{n!}$$$$\therefore a_n\ge 1$$

发散。

(4) 级数 $\sum _{n=2}^{\mathrm{\infty }}\frac{n^{\ln n}}{(\ln n{)}^n}$.

$$a_n=e^{(\ln n{)}^2-n\ln (\ln (n))}$$

作 Root Test：

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{a_n}^{\frac{1}{n}}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{e}^{\frac{(\ln n{)}^2}{n}-\ln (\ln (n))}=0<1$$

收敛。

(5) 级数 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(\ln n{)}^p}{1+n^2}$，其中 $p$ 是给定的正数。

$$\frac{(\ln n{)}^p}{1+n^2}<\frac{(\ln n{)}^p}{n^2}$$

对 $(\ln n{)}^p$ 进行分析：取$\alpha >0$ ，

$$\frac{(\ln n{)}^p}{n^{\alpha }}={\left(\frac{p}{\alpha }\frac{\ln n^{\frac{\alpha }{p}}}{n^{\frac{\alpha }{p}}}\right)}^p$$$$\therefore \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{(\ln n{)}^p}{n^{\alpha }}=0$$

所以总可以找到 $N$ 使得在 $n>N$ 时，

$$\frac{(\ln n{)}^p}{n^{\alpha }}<1$$

回归本题，取 $0<\alpha <1$ ，

级数 $\sum _n\frac{(\ln n{)}^p}{n^2}$ 在 $n$ 足够大时小于 $\sum \frac{1}{n^{2-\alpha }}$ 这个正项收敛级数。

所以由比较定理，级数$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(\ln n{)}^p}{1+n^2}$ 收敛。

(6) 级数 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(\ln n{)}^q}{n^p}$，其中 $p,q$ 是给定的正数。

当 $p\le 1$ 时， $\frac{(\ln n{)}^q}{n^p}>\frac{1}{n}$，故发散。

当 $p>1$ 时，利用上一题的结论，在 $n$ 充分大时，$\frac{(\ln n{)}^q}{n^p}<\frac{1}{n^{p-\delta }}$，$\delta \in (0,p-1)$，由于 $\sum \frac{1}{n^{p-\delta }}$ 收敛，由比较定理，原级数收敛。

(7) 级数 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(\frac{1}{n^{\alpha }}-\sin \frac{1}{n^{\alpha }})$，其中 $\alpha$ 是给定的正数。

因为 $\frac{1}{n^{\alpha }}$ 单调递减且趋于零，所以

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{\frac{1}{n^{\alpha }}-\sin \frac{1}{n^{\alpha }}}{\frac{{\frac{1}{n^{\alpha }}}^3}{6}}=1$$

由比较定理的极限形式，级数 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(\frac{1}{n^{\alpha }}-\sin \frac{1}{n^{\alpha }})$ 与级数$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{6n^{3\alpha }}$ 收敛性质相同。

所以当 $\alpha \le \frac{1}{3}$ 时，原级数收敛；当 $\alpha >\frac{1}{3}$ 时，原级数发散。

(8) 级数 $1-\frac{1}{2^{2p}}+\frac{1}{3^p}-\frac{1}{4^{2p}}+\cdots +\frac{1}{(2n-1{)}^p}-\frac{1}{(2n{)}^{2p}}+\cdots$，其中 $p$ 是给定的正数。

当$p>1$ 时，

该交错级数的绝对值 $1+\frac{1}{2^{2p}}+\frac{1}{3^p}+\frac{1}{4^{2p}}+\cdots +\frac{1}{(2n-1{)}^p}+\frac{1}{(2n{)}^{2p}}+\cdots <1+\frac{1}{2^p}+\frac{1}{3^p}+\frac{1}{4^p}+\cdots +\frac{1}{(2n-1{)}^p}+\frac{1}{(2n{)}^p}+\cdots$ 收敛，故原级数绝对收敛。

当 $p\le 1$ 时，

$$\begin{array}{c}1-\frac{1}{2^{2p}}+\frac{1}{3^p}-\frac{1}{4^{2p}}+\cdots +\frac{1}{(2n-1{)}^p}-\frac{1}{(2n{)}^{2p}}+\cdots \\ =1-\frac{1}{2^p}+\frac{1}{2^p}-\frac{1}{2^{2p}}+\frac{1}{3^p}-\frac{1}{4^p}+\frac{1}{4^p}-\frac{1}{4^{2p}}+\cdots +\frac{1}{(2n-1{)}^p}-\frac{1}{(2n{)}^p}+\frac{1}{(2n{)}^p}-\frac{1}{(2n{)}^{2p}}+\cdots \end{array}$$

拆分成两个级数：

$$\begin{array}{c}1-\frac{1}{2^{2p}}+\frac{1}{3^p}-\frac{1}{4^{2p}}+\cdots +\frac{1}{(2n-1{)}^p}-\frac{1}{(2n{)}^{2p}}+\cdots \\ =1-\frac{1}{2^p}+\frac{1}{3^p}-\frac{1}{4^p}+\cdots +\frac{1}{(2n-1{)}^p}-\frac{1}{(2n{)}^p}+\cdots +\sum _n\frac{1}{(2n{)}^p}-\frac{1}{(2n{)}^{2p}}\end{array}$$

由 Leibniz Test，第一部分的绝对值单调递减且趋于零，所以收敛。故原级数的收敛性等价于第二部分收敛性。

利用比较定理的极限形式，构造 $b_n=\frac{1}{(2n{)}^p}$，

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{a_n}{b_n}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}(1-\frac{1}{(2n{)}^p})=1$$

所以第二部分收敛性等于 $\sum \frac{1}{(2n{)}^p}$的收敛性。

所以当 $p\le 1$时 $\sum \frac{1}{(2n{)}^p}$ 发散，故原级数发散。

(9) 级数 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{\sin n}{n^{\alpha }}$，其中 $\alpha >0$。

作 Dirichlet Test：

$$\frac{\sin n}{n^{\alpha }}=\frac{1}{n^{\alpha }}\cdot \sin n$$

其中 $\frac{1}{n^{\alpha }}$ 递减且趋于零，

$$\sum _{k=1}^n\sin k=\frac{\cos \frac{1}{2}-\cos (n+\frac{1}{2})}{2\sin (\frac{1}{2})}$$

有界，所以原级数收敛。

2. 证明如下的 Cauchy condensation test.

设 $f:[1,+\mathrm{\infty })\to {\mathbb{R}}_{\ge 0}$ 是取值为非负实数的不增函数，则级数 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}f(n)$ 收敛当且仅当级数 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{2}^{n}f(2^n)$ 收敛。

证明：因为$f:[1,+\mathrm{\infty })\to {\mathbb{R}}_{\ge 0}$ 是取值为非负实数的不增函数

$$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}f(n)=f(1)+f(2)+f(3)+\cdots \le \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{2}^{n}f(2^n)$$$$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}f(n)\ge \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{2}^{n-1}f(2^n)$$

充分性：因为$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{2}^{n}f(2^n)$ 收敛，由比较定理，正项级数$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}f(n)$ 收敛。

必要性：因为 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}f(n)$ 收敛，由比较定理，$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{2}^{n-1}f(2^n)$ 收敛。所以 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{2}^{n}f(2^n)=2\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{2}^{n-1}f(2^n)$ 收敛。

3. 设 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$ 是正项级数，满足 $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{a}_n=0$。证明：级数 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\ln (1+a_n)$ 收敛当且仅当级数 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$ 收敛。

证明：

证法1: 显然级数 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\ln (1+a_n)$ 为正项级数。

充分性：利用不等式 $\ln (1+a_n)\le a_n$ ，

因为级数 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$ 收敛，由比较定理，正项级数 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\ln (1+a_n)$ 收敛。

必要性：

$$\sum _{k=1}^n\ln (1+a_k)=\ln \prod _{k=1}^n(1+a_k)$$$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{k=1}^n\ln (1+a_n)=A$$

利用 $\ln$ 函数的连续性：

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\prod _{k=1}^n(1+a_k)=e^A$$$$\prod _{k=1}^n(1+a_k)\ge 1+\sum _{k=1}^n{a}_k$$

所以由比较定理，正项级数 $\sum _{k=1}^n{a}_k$ 收敛。

证法2: 利用比较定理的极限形式：

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{\ln (1+a_n)}{a_n}=\underset{x\to 0}{lim}\frac{\ln (1+x)}{x}=\underset{x\to 0}{lim}\frac{\frac{1}{1+x}}{1}=1$$

所以二者有相同的收敛发散性质。