《数学分析》第12章第三节习题解答

习题

1.下列级数那些是绝对收敛、条件收敛或发散的：

(3)\(\displaystyle \sum\frac{(-1)^n}{n^{p+\frac{1}{n}}}\);

解

(i) 若 \(p>1\), 则 \(|u_n|<\frac{1}{n^p}\). 此时正项级数 \(\sum\frac{1}{n^p}\) 收敛. 所以原级数绝对收敛.
(ii) 若\(p\leq1\), 则

\[\lim_{n\rightarrow\infty}n|u_n|=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{n^{1-p}}{\sqrt[n]{n}}=\begin{cases} +\infty, & p<1,\\ 1, & p=1, \end{cases} \]

因为 \(\sum \frac{1}{n}\) 发散, 所以 \(\displaystyle \sum\left|\frac{(-1)^n}{n^{p+\frac{1}{n}}}\right|\) 发散.

若记 \(f(x)=x^{p+\frac{1}{x}}\), \(\ln f(x)=(p+\frac{1}{x})\ln x\), \(x\in [1,+\infty)\), \(f'(x)=\frac{f(x)}{x^2}(px+1-\ln x)\), 记 \(g(x)=px+1-\ln x\), \(x\in [1, +\infty)\), 则 \(g(1)=1+p\), 故

(a) \(0<p\leq1\) 时, 因为
$$
\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}\frac{px+1-\ln x}{x}=p\Rightarrow \lim\limits_{x\rightarrow+\infty}(px+1-\ln x)=+\infty\Rightarrow\exists N>0, n>N, g(x)=px+1-\ln x>0,
$$
此时 \(f'(x)>0\), 所以当 \(x>N\) 时, \(f(x)=x^{p+\frac{1}{x}}\) 严格递增,即

\[n^{p+\frac{1}{n}}<(n+1)^{p+\frac{1}{n+1}}\Rightarrow u_n=\frac{1}{n^{p+\frac{1}{n}}}>\frac{1}{(n+1)^{p+\frac{1}{n+1}}}=u_{n+1}, \]

且 \(\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}\frac{1}{n^{p+\frac{1}{n}}}=0\), 由莱布尼茨判别法, 此时收敛为条件收敛.

(b) \(p\leqslant 0\) 时, 因为

\[\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}\left|\frac{(-1)^n}{n^{p+\frac{1}{n}}}\right|=\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}\frac{1}{n^{p+\frac{1}{n}}}\frac{n^{-p}}{\sqrt[n]{n}}=\left\{\begin{array}{ll} 1, & p=0, \\ \infty, & p<0, \end{array} \right. \]

所以原级数发散.

2. 应用阿贝尔或狄利克雷判别法判断下列函数的收敛性.

(2) \(\displaystyle\sum\frac{\sin nx}{n^{\alpha}}\).

解

数列 \(\{1/n^{\alpha}\}(\alpha>0)\) 单调递减, 且 \(\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}\frac{1}{n^{\alpha}}=0\). 而由

\[\begin{split} 2\sin\frac{x}{2}\sum\limits_{k=1}^{n}\sin kx&=\sum\left[\cos(k-\frac{1}{2})x-\cos(k+\frac{1}{2})x\right]\\ &=(\cos\frac{x}{2}-\cos\frac{3}{2}x)+(\cos\frac{3}{2}x-\cos\frac{5}{2}x)+\cdots+(\cos(n-\frac{1}{2})x-\cos(n+\frac{1}{2})x)\\ &=\cos\frac{x}{2}-\cos(n+\frac{1}{2})x\\ &\Rightarrow\left|\sum\limits_{k=1}^{n}\sin kx\right|=\frac{\left|\cos\frac{x}{2}-\cos(n+\frac{1}{2})x\right|}{2\sin\frac{x}{2}}\leqslant\frac{1}{\sin\frac{x}{2}}. \end{split} \]

因此级数 \(\sum\sin nx\), \(0<x<2\pi\) 的部分和数列有界, 根据狄利克雷判别法, 原级数收敛.

(3)\(\displaystyle\sum(-1)^n\frac{\cos^2n}{n}\).

解

由于

\[\begin{split} \left|\sum\limits_{k=1}^n(-1)^k\cos^2kx\right|&=\left|\sum\limits_{k=1}^n\frac{(-1)^k}{2}+\frac{1}{2}\sum\limits_{k=1}^n(-1)^k\cos2kx\right|\\ &\leqslant\left|\sum\limits_{k=1}^n\frac{(-1)^k}{2}\right|+\frac{1}{2}\left|\sum\limits_{k=1}^n(-1)^k\cos2kx\right|\\ &\leqslant \frac{1}{2}+\frac{1}{2}\left|\frac{1}{2}\cos k(\pi+2x)\right|\\ &=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\left|\frac{\sin(n+\frac{1}{2})(\pi+2x)}{2\sin\frac{\pi+2x}{2}}-\frac{1}{2}\right|\\ &\leqslant 1+\frac{1}{4\left|\sin\frac{\pi+2x}{2}\right|}. \end{split} \]

即 \(\sum (-1)^n\cos^2 nx\) 部分和数列有界, 而数列 \(\{\frac{1}{n}\}\) 单调递减且 \(\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n}=0\). 由狄利克雷判别法, 原级数收敛.

3. 设 \(a_n>0\), \(a_n>a_{n+1}(n=1,2,\cdots)\), 且 \(\lim\limits_{n\rightarrow\infty}a_n=0\). 证明级数

\[\sum(-1)^{n-1}\frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n} \]

是收敛的.

证明

记 \(\displaystyle u_n=\frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}\), 则

\[u_n-u_{n+1}=\frac{a_1+a_2+\cdots+a_n-na_{n+1}}{n(n+1)}>0, \]

从而 \(\{u_n\}\) 严格递减, 且 \(\lim\limits_{n\rightarrow\infty}u_n=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}a_n=0\), 由莱布尼茨判别法, 交错级数收敛.