复变函数 第5次作业

Chasse_neige

1.$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$ 与 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{b}_n$ 均为正项级数，下列说法是否正确？若正确，请给出证明；若不正确，试举反例说明之。

(a) 若 $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}n{a}_n=0$，则 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$ 收敛；

不正确

取$a_n=\frac{1}{n\ln n}$

由Cauchy反常积分判别法，原级数的收敛发散性质与积分

$${\int }_1^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n\ln n}dn={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{du}{u}$$

相同，所以级数发散

(b) 若 $a_{2n}<a_{2n+1}$，则 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$ 发散；

不正确

$$\begin{array}{c}{a}_2=\frac{1}{100}\\ a_{2n}=\frac{1}{(2n{)}^3}(n\ne 1)\\ a_{2n+1}=\frac{1}{(2n+1{)}^2}\end{array}$$

此时$a_{2n}<a_{2n+1}$，但是

$$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n<\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2}=\frac{{\pi }^2}{6}$$

由比较定理， $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$ 收敛

(c) 若 $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{a_{2n+1}}{a_{2n}}=\mathrm{\infty }$，则 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$ 发散；

不正确

$$\begin{array}{c}{a}_{2n}=\frac{1}{(2n{)}^3}\\ a_{2n+1}=\frac{1}{(2n+1{)}^2}\end{array}$$$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{a_{2n+1}}{a_{2n}}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{(2n{)}^3}{(2n+1{)}^2}=\mathrm{\infty }$$

但是

$$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n<\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2}=\frac{{\pi }^2}{6}$$

由比较定理， $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$ 收敛

(d) 若 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$ 与 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{b}_n$ 发散，则 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\sqrt{a_n{b}_n}$ 发散。

不正确，反例

$$\begin{array}{c}{a}_{2n}=\frac{1}{2n},a_{2n+1}=\frac{1}{(2n+1{)}^2}\\ b_{2n}=\frac{1}{(2n{)}^2},b_{2n+1}=\frac{1}{2n+1}\end{array}$$

此时

$$\sqrt{a_n{b}_n}=\frac{1}{n^{\frac{3}{2}}}$$

$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\sqrt{a_n{b}_n}$ 收敛。

2.判断下列级数的收敛性以及绝对收敛性 (1) $\sum _{n=2}^{\mathrm{\infty }}\frac{i^n}{\ln n}$；

由狄利克雷判别法

$\frac{1}{\ln n}$ 单调递减且趋于0，并且部分和

$$|\sum _n{i}^n|=|i-1-i+1+\cdots |<\sqrt{2}$$

所以该级数收敛

但是

$$|\frac{i^n}{\ln n}|=\frac{1}{\ln n}>\frac{1}{n}$$

由于调和级数发散，由比较判别法，原级数并非绝对收敛。

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

$\frac{1}{n}$ 单调递减且趋于0，并且部分和

$$|\sum _n{i}^n|=|i-1-i+1+\cdots |<\sqrt{2}$$

所以该级数收敛

但是

$$|\frac{i^n}{n}|=\frac{1}{n}$$

由于调和级数发散，所以原级数并非绝对收敛。

(3) $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{\sin (n\pi /6)}{n^2}$

$\frac{1}{n^2}$ 单调递减且趋于0，并且部分和

$$|\sum _{k=1}^n\sin (\frac{k\pi }{6})|=\left|\frac{\cos (\frac{\pi }{12})-\cos (n+\frac{1}{2})\frac{\pi }{6}}{2\sin \frac{\pi }{12}}\right|\le \frac{\cos (\frac{\pi }{12})+1}{2\sin \frac{\pi }{12}}$$

所以该级数收敛

$$\left|\frac{\sin (\frac{n\pi }{6})}{n^2}\right|\le \frac{1}{n^2}$$

由比较定理，该级数绝对收敛

3.证明级数

$$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{z^{n-1}}{(1-z^n)(1-z^{n+1})},|z|\ne 1$$

收敛，并求其和。 提示：$z^{n-1}=\frac{z^n-z^{n+1}}{z(1-z)}$

证明

当$|z|<1$ 时

$$\left|\frac{z^{n-1}}{(1-z^n)(1-z^{n+1})}\right|\le \frac{|z{|}^{n-1}}{(1-|z|{)}^2}$$

因为$|z|<1$，由比较定理，原级数绝对收敛，可以进行裂项

当 $|z|>1$ 时

$$\begin{array}{c}\left|\frac{z^{n-1}}{(1-z^n)(1-z^{n+1})}\right|\le \frac{|z{|}^{n-1}}{(|z{|}^n-1)(|z{|}^{n+1}-1)}=\frac{|z{|}^{n-1}}{|z{|}^{2n+1}-|z{|}^{n+1}-|z{|}^n}\\ \le \frac{1}{|z{|}^{n+2}-|z{|}^2-|z|}\le \frac{1}{|z|}\frac{1}{|z{|}^{n+1}-2|z|}=\frac{1}{|z{|}^2}\frac{1}{|z{|}^n-2}\end{array}$$

由比较定理，原级数绝对收敛，可以进行裂项

$$\begin{gathered} \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{z^{n-1}}{(1-z^n)(1-z^{n+1})}=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{z^n-z^{n+1}}{(1-z^n)(1-z^{n+1})z(1-z)} \\ =\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{z(1-z)}(\frac{1}{1-z^n}-\frac{1}{1-z^{n+1}}) \\ =\{\begin{array}{l}\frac{1}{z(1-z{)}^2}(|z|>1)\\ \frac{1}{(1-z{)}^2}(|z|<1)\end{array} \end{gathered}$$