级数判别敛散性题集
紫钦
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个人记录
前言
本篇 blog 主要记载一些我遇到的关于级数判别敛散性、函数项级数收敛域判定的比较好的题目。
持续更新中。
题目
- 判断 \sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{\ln n}{n^{\frac54}} 的敛散性。
解：此级数通项极限为 0 ，无法求部分和，无法使用达朗贝尔比值法，柯西根值法也一筹莫展。
应使用比较判别法的极限形式推论，考虑收敛的 p 级数 \sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac1{n^\frac98} ，将原级数通项与 \dfrac1{n^{\frac98}} 作比，结果如下：
这意味着 $\ln n$ 在 $n\to\infty$ 时远小于 $n^{\frac18}$，所以可以将 $\ln n$ 放缩为 $n^{\frac18}$，而且我们可以改变前面有限项使得原级数恒小于 $\dfrac1{n^\frac98}$，这样就可以用比较判别法了。
所以 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{\ln n}{n^{\frac54}}$ 收敛。
2. 求出下列级数的部分和数列 $\{S_n\}$，并按级数收敛和发散的定义，考察其是否收敛，若收敛，试求其和。
(1)$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{(5n-4)(5n+1)}
(2)\sum\limits_{n=2}^{\infty}\ln(1-\dfrac{1}{n^2})
(3)\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{\sqrt n-\sqrt{n+1}}{\sqrt{n^2+n}}
(4)\sum\limits_{n=1}^{\infty}\arctan\dfrac{1}{n^2+n+1}
解：都是裂项。
(1) \dfrac{1}{(5n-4)(5n+1)}=\dfrac15(\dfrac{1}{5n-4}-\dfrac{1}{5n+1})，
部分和为 S_n=\dfrac15(1-\dfrac1{5n+1})，极限为 \dfrac15，
易知收敛，且 \sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{(5n-4)(5n+1)}=\dfrac15。
(2) \ln(1-\dfrac{1}{n^2})=\ln\dfrac{(n-1)(n+1)}{n^2}=\ln\dfrac{n-1}{n}-\ln\dfrac{n}{n+1}，
部分和为 S_n=-\ln2-\ln\dfrac{n}{n+1}，极限为 -\ln2，
原级数收敛，且 \sum\limits_{n=2}^{\infty}\ln(1-\dfrac{1}{n^2})=-\ln2。
(3) \dfrac{\sqrt n-\sqrt{n+1}}{\sqrt{n^2+n}}=\dfrac{1}{\sqrt{n+1}}-\dfrac{1}{\sqrt n}，
部分和为 S_n=\dfrac{1}{\sqrt{n+1}}-1，极限为 -1。
原级数收敛，且 \sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{\sqrt n-\sqrt{n+1}}{\sqrt{n^2+n}}=-1。
(4) 这道题用到了 \arctan 函数的性质，即 \arctan\dfrac{A-B}{1+AB}=\arctan A-\arctan B，
证明很容易，令 A=\tan\alpha,B=\tan\beta，其中 \alpha,\beta\in(-\dfrac\pi2,\dfrac\pi2)。等式左边 =\alpha-\beta，等式右边 =\alpha-\beta，即证。
换成加法也成立：\arctan\dfrac{A+B}{1-AB}=\arctan A+\arctan B
部分和为 $S_n=\arctan(n+1)-\dfrac\pi4$，极限为 $\dfrac\pi4$，
故级数收敛，且 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\arctan\dfrac{1}{n^2+n+1}=\dfrac\pi4
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已知 \sum\limits_{n=0}^{\infty}a_nx^n 收敛半径为 R>0，求以下级数的收敛半径
(1) \sum\limits_{n=0}^{\infty}(n+1)a_{n+1}x^n；
(2) \sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{a_{n-1}}{n}x^n；
(3) \sum\limits_{n=0}^{\infty}\dfrac{a_{n}}{3^n}x^n；
(4) \sum\limits_{n=0}^{\infty}\dfrac{a_{n}}{n!}x^n；
解：由于我们并不能得到 \lim\limits_{n\to\infty}\vert\dfrac{a_n}{a_{n+1}}\vert=R，所以我们不能利用极限来确定收敛半径。只能利用逐项求导、求积分不改变收敛半径的性质来确定半径。
(1) \sum\limits_{n=0}^{\infty}a_nx^n 逐项求导数得到 \sum\limits_{n=0}^{\infty}(n+1)a_{n+1}x^n，于是 \sum\limits_{n=0}^{\infty}(n+1)a_{n+1}x^n 收敛半径为 R；
(2) \sum\limits_{n=0}^{\infty}a_nx^n 逐项求积分得到 \sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{a_{n-1}}{n}x^n，于是 \sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{a_{n-1}}{n}x^n 收敛半径为 R；
(3) \sum\limits_{n=0}^{\infty}\dfrac{a_{n}}{3^n}x^n=\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_{n}\dfrac{x^n}{3^n}，所以收敛半径为 3R。
(4) 这个求导求积分换元都搞不来了，需要用定义。
取 0<c<R，则 \sum\limits_{n=0}^{\infty}a_nc^n 绝对收敛，
对任何 x，\sum\limits_{n=0}^{\infty}\vert\dfrac{a_{n}}{n!}x^n\vert=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\vert a_{n}c^n\vert\dfrac1{n!}\vert\dfrac{x}{c}\vert^n\leqslant\sum\limits_{n=0}^{\infty}\vert a_{n}c^n\vert\cdot1 （对充分大的 n ），
所以对任何 x，\sum\limits_{n=0}^{\infty}\dfrac{a_{n}}{n!}x^n 绝对收敛，所以收敛半径 =+\infty，
其中 \lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{a^n}{n!}=0，故 n 充分大时，\vert\dfrac{a^n}{n!}\vert<1。