第10次作业评讲

13.1 第10次作业评讲

例 13.1.1 (题1，26%) 不定项选择题：以下命题中正确的命题是____。

(A): 对任何正项级数 $\sum_{n \geq 1} a_{n}$ ，记 $b_{n} := \frac{a_{n}}{{(\sum_{k \leq n} a_{k})}^{p}}$ ，则 $\sum_{n \geq 1} b_{n}$ 收敛当且仅当 $p > 1$ ；
(B): 对任何收敛的正项级数 $\sum_{n \geq 1} a_{n}$ ，记 $c_{n} := \frac{a_{n}}{{(\sum_{k \geq n} a_{k})}^{p}}$ ，则 $\sum_{n \geq 1} c_{n}$ 收敛当且仅当 $p < 1$ ；
(C): 没有收敛得最慢的级数；
(D): 没有发散得最慢的级数；
(E): 以上命题都不正确。

解 BCD。(A)、(B)选项是Abel-Dini定理（例13.1.2）的内容，(A)错误（应将条件修改为发散的正项级数），(B)正确；(C)、(D)选项是Du Bois-Reymond & Abel定理（例11.3.3）的内容，均正确。

(A) 如果正项级数 $\sum_{n \geq 1} a_{n}$ 收敛，记该级数的和为 $S$ ，则对充分大的整数 $n$ ，考虑 $\begin{matrix} (1) & 0 < b_{n} = \frac{a_{n}}{{(S - \sum_{k > n} a_{k})}^{p}} \overset{?}{<} 2 \frac{a_{n}}{S^{p}} ⟺ {(1 - \frac{\sum_{k > n} a_{n}}{S})}^{p} \overset{?}{>} \frac{1}{2} \end{matrix}$ 当 $p \leq 0$ 时，由于 $0 < 1 - \frac{\sum_{k > n} a_{n}}{S} < 1$ ，故 $\begin{matrix} (2) & {(1 - \frac{\sum_{k > n} a_{n}}{S})}^{p} \geq 1 > \frac{1}{2} \end{matrix}$ 恒成立。当 $p > 0$ 时，选择充分大的 $n$ 使得 $\begin{matrix} (3) & \sum_{k > n} a_{k} < (1 - 2^{- 1 / p}) S \end{matrix}$ 成立即可。于是由Weierstrass判别法知 $\sum_{n \geq 1} b_{n}$ 收敛，这里的 $p$ 可以取任意实数，所以(A)选项错误。 $◻$

定理 13.1.2 (Abel-Dini定理)

(1): 设正项级数 $\sum_{k = 1}^{+ \infty} a_{k}$ 收敛，则级数 $\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{a_{n}}{T_{n}^{1 + α}}$ 收敛的充要条件是 $α < 0$ ，其中 $T_{n}$ 为级数 $\sum_{k = 1}^{+ \infty} a_{k}$ 的第 $n$ 个余式和，即 $T_{n} = a_{n} + a_{n + 1} + \dots$ 。
(2): 设正项级数 $\sum_{k = 1}^{+ \infty} a_{k}$ 发散，则级数 $\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{a_{n}}{S_{n}^{1 + α}}$ 收敛的充要条件是 $α > 0$ ，其中 $S_{n}$ 为级数 $\sum_{k = 1}^{+ \infty} a_{k}$ 的第 $n$ 个部分和，即 $S_{n} = a_{1} + a_{2} + \dots + a_{n}$ 。

证明 (1) 对于收敛级数 $\sum_{n \geq 1} a_{n}$ ， $T_{n}$ 单调递减且趋于 $0$ 。

$1^{\circ}$ 当 $α \leq - 1$ 时， $\frac{1}{T_{n}^{1 + α}}$ 单调递减，故有 $\begin{matrix} (4) & 0 < \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{a_{n}}{T_{n}^{1 + α}} \leq \frac{1}{T_{1}^{1 + α}} \sum_{n = 1}^{+ \infty} a_{n} = \frac{1}{T_{1}^{α}} < + \infty \end{matrix}$ 故级数收敛。

$2^{\circ}$ 当 $α \in (- 1, 0)$ 时，考虑 $\begin{matrix} (5) & 0 < \frac{a_{n}}{T_{n}^{1 + α}} = \frac{T_{n} - T_{n + 1}}{T_{n}^{1 + α}} \leq \int_{T_{n + 1}}^{T_{n}} \frac{d x}{x^{1 + α}} ⟹ 0 < \sum_{n = 1}^{N} \frac{a_{n}}{T_{n}^{1 + α}} \leq \int_{T_{N + 1}}^{T_{1}} \frac{d x}{x^{1 + α}} \end{matrix}$ 由于广义积分 $\int_{0}^{c} \frac{d x}{x^{1 + α}}$ 在 $α < 0$ 时收敛，故令 $N \to + \infty$ 可得级数 $\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{a_{n}}{T_{n}^{1 + α}}$ 收敛。

$3^{\circ}$ 当 $α = 0$ 时， $\forall n \in N^{*}$ ，取 $q \in N^{*}$ 使得 $T_{n + q} < \frac{1}{2} T_{n}$ ，则 $\begin{matrix} (6) & \frac{a_{n}}{T_{n}} + \dots + \frac{a_{n + q - 1}}{T_{n + q - 1}} \geq \frac{a_{n}}{T_{n}} + \dots + \frac{a_{n + q - 1}}{T_{n}} = \frac{T_{n} - T_{n + q}}{T_{n}} > \frac{1}{2} \end{matrix}$ 由Cauchy收敛准则知 $\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{a_{n}}{T_{n}}$ 发散。

$4^{\circ}$ 当 $α > 0$ 时， $\frac{1}{T_{n}^{α}}$ 单调递增，故有 $\begin{matrix} (7) & \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{a_{n}}{T_{n}^{1 + α}} \geq \frac{1}{T_{1}^{α}} \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{a_{n}}{T_{n}} = + \infty \end{matrix}$ 故级数发散。

综上所述， $\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{a_{n}}{T_{n}^{1 + α}}$ 收敛的充要条件是 $α < 0$ 。取 $α \in (- 1, 0)$ ，此时 $lim_{n \to + \infty} \frac{\frac{a_{n}}{T_{n}^{1 + α}}}{a_{n}} = lim_{n \to + \infty} \frac{1}{T_{n}^{1 + α}} = + \infty$ ，所以 $\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{a_{n}}{T_{n}^{1 + α}}$ 是比 $\sum_{n = 1}^{+ \infty} a_{n}$ 收敛得更慢的级数。

(2) 对于发散级数 $\sum_{n \geq 1} a_{n}$ ， $S_{n}$ 单调递增且趋于 $+ \infty$ 。

$1^{\circ}$ 当 $α > 0$ 时，考虑 $\begin{matrix} (8) & 0 < \frac{a_{n}}{S_{n}^{1 + α}} = \frac{S_{n} - S_{n - 1}}{S_{n}^{1 + α}} \leq \int_{S_{n - 1}}^{S_{n}} \frac{d x}{x^{1 + α}} ⟹ 0 < \sum_{n = 1}^{N} \frac{a_{n}}{S_{n}^{1 + α}} \leq \frac{1}{a_{1}^{α}} + \int_{a_{1}}^{S_{N}} \frac{d x}{x^{1 + α}} \end{matrix}$ 由于广义积分 $\int_{c}^{+ \infty} \frac{d x}{x^{1 + α}}$ 在 $α > 0$ 时收敛，故令 $N \to + \infty$ 可得级数 $\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{a_{n}}{S_{n}^{1 + α}}$ 收敛。

$2^{\circ}$ 当 $α = 0$ 时， $\forall n \in N^{*}$ ，取 $q \in N^{*}$ 使得 $S_{n + q} > 2 S_{n}$ ，则 $\begin{matrix} (9) & \frac{a_{n + 1}}{S_{n + 1}} + \dots + \frac{a_{n + q}}{S_{n + q}} \geq \frac{a_{n + 1}}{S_{n + q}} + \dots + \frac{a_{n + q}}{S_{n + q}} = \frac{S_{n + q} - S_{n}}{S_{n + q}} > \frac{1}{2} \end{matrix}$ 由Cauchy收敛准则知 $\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{a_{n}}{S_{n}}$ 发散。

$3^{\circ}$ 当 $α < 0$ 时， $\frac{1}{S_{n}^{α}}$ 单调递增，故有 $\begin{matrix} (10) & \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{a_{n}}{S_{n}^{1 + α}} \geq \frac{1}{S_{1}^{α}} \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{a_{n}}{S_{n}} = + \infty \end{matrix}$ 故级数发散。

综上所述， $\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{a_{n}}{S_{n}^{1 + α}}$ 收敛的充要条件是 $α > 0$ 。取 $α \in (- 1, 0]$ ，此时 $lim_{n \to + \infty} \frac{\frac{a_{n}}{S_{n}^{1 + α}}}{a_{n}} = lim_{n \to + \infty} \frac{1}{S_{n}^{1 + α}} = 0$ ，所以 $\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{a_{n}}{S_{n}^{1 + α}}$ 是比 $\sum_{n = 1}^{+ \infty} a_{n}$ 发散得更慢的级数。 $◻$

例 13.1.3 (题2，78%) 单项选择题：幂级数 $\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{(- 1)^{n} x^{n}}{{(1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n})}^{n}}$ 的收敛域为____。

(A): ${0}$
(B): $(- \infty, + \infty)$
(C): $(- 1, 1)$
(D): $(- 1, 1]$

解 B。由Cauchy判别法可得 $\begin{matrix} (11) & R = {[\underset{n \to + \infty}{lim sup} \sqrt[n]{| \frac{(- 1)^{n}}{{(\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k})}^{n}} |}]}^{- 1} = lim_{n \to + \infty} \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} = + \infty \end{matrix}$ 故该级数在 $(- \infty, + \infty)$ 上绝对收敛。 $◻$

例 13.1.4 (题3，96%) 单项选择题：记 $\sum_{n = 2}^{+ \infty} \frac{x^{n}}{n (n - 1)}$ 的和函数为 $S (x)$ ，则 $S^{'} (\frac{1}{2}) =$ ____。

(A): $\ln 2 - \ln 3$
(B): $\ln 3 - \ln 2$
(C): $- \ln 2$
(D): $\ln 2$

解 D。易知 $S$ 的收敛半径为 $1$ ，在收敛区间 $(- 1, 1)$ 上逐项求导可得 $\begin{matrix} (12) & \begin{aligned} S^{'} (x) & = \sum_{n = 2}^{+ \infty} {[\frac{x^{n}}{n (n - 1)}]}^{'} = \sum_{n = 2}^{+ \infty} \frac{x^{n - 1}}{n - 1} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{x^{n}}{n} \\ S^{″} (x) & = \sum_{n = 1}^{+ \infty} {(\frac{x^{n}}{n})}^{'} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} x^{n - 1} = \frac{1}{1 - x} \end{aligned} \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (13) & S^{'} (x) = S^{'} (0) + \int_{0}^{x} S^{″} (t) d t = 0 + \int_{0}^{x} \frac{d t}{1 - t} = - \ln (1 - x) ⟹ S^{'} (\frac{1}{2}) = \ln 2 \end{matrix}$ $◻$

例 13.1.5 (题4，91%) 填空题：设幂级数 $y = \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n}$ 的和函数是微分方程初值问题 $\begin{matrix} (14) & {\begin{cases} x y^{″} = y \\ y (0) = 0, y^{'} (0) = 1 \end{cases} \end{matrix}$ 的解，则 $\frac{1}{a_{3}} =$ ____。

解将幂级数代入微分方程中可得 $\begin{matrix} (15) & \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n} = \sum_{n = 2}^{+ \infty} n (n - 1) a_{n} x^{n - 1} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} n (n + 1) a_{n + 1} x^{n} \end{matrix}$ 对应系数可得 $\begin{matrix} (16) & a_{n} = n (n + 1) a_{n + 1} ⟹ a_{n + 1} = \frac{a_{n}}{n (n + 1)}, n \geq 1 \end{matrix}$ 其中 $a_{0}, a_{1}$ 由初始条件给出，即 $\begin{matrix} (17) & a_{0} = 0, a_{1} = 1 ⟹ a_{n} = \frac{1}{n (n - 1)} \cdot \frac{1}{(n - 1) (n - 2)} \dots \frac{1}{2 \cdot 1} a_{1} = \frac{n}{(n!)^{2}} \end{matrix}$ 亦即 $\begin{matrix} (18) & y = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{n}{(n!)^{2}} x^{n} = \sqrt{x} I_{1} (2 \sqrt{x}) \end{matrix}$ 其中 $I_{ν} (z)$ 为 $ν$ 阶修正Bessel函数。对于本题的答案，计算可得 $\frac{1}{a_{3}} = \frac{(3!)^{2}}{3} = 12$ 。 $◻$

例 13.1.6 (题5，82%) 填空题：设级数 $\sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n}$ 在 $x = - 4$ 处条件收敛，记 $\sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{2 n} x^{n}$ 的收敛半径为 $R$ ，则 $R$ 的最小值是____。

解设级数 $\sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n}$ 的收敛半径为 $r \geq 0$ ，则级数只能在收敛边界 $x = \pm r$ 处条件收敛，故 $- 4 \in {- r, r} ⟹ r = 4$ ，亦即 $\begin{matrix} (19) & r = {(\underset{n \to + \infty}{lim sup} \sqrt[n]{| a_{n} |})}^{- 1} = 4 \end{matrix}$ 对于级数 $\sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{2 n} x^{n}$ 的收敛半径 $R$ ，计算可得 $\begin{matrix} (20) & R = {(\underset{n \to + \infty}{lim sup} \sqrt[n]{| a_{2 n} |})}^{- 1} = {(\underset{n \to + \infty}{lim sup} \sqrt[2 n]{| a_{2 n} |})}^{- 2} \geq {(\underset{n \to + \infty}{lim sup} \sqrt[n]{| a_{n} |})}^{- 2} = r^{2} = 16 \end{matrix}$ 即 $R \geq 16$ 。 $◻$

例 13.1.7 (题6，91%) 单项选择题：函数项级数 $\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{(- 1)^{n}}{n^{2} + x^{2}}$ 在 $R$ 上____。

(A): 绝对收敛且一致收敛
(B): 绝对收敛但不一致收敛
(C): 条件收敛且一致收敛
(D): 条件收敛但不一致收敛

解 A。由Weierstrass判别法可得 $\begin{matrix} (21) & \sum_{n = 1}^{+ \infty} | \frac{(- 1)^{n}}{n^{2} + x^{2}} | = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{2} + x^{2}} \leq \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{2}} = \frac{π^{2}}{6} < + \infty \end{matrix}$ 故该级数在 $R$ 上绝对收敛且一致收敛。 $◻$

例 13.1.8 (题7，65%) 单项选择题：已知幂级数 $\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{(x - a)^{n}}{\ln (n + 2)}$ 在点 $x = - 2$ 处条件收敛，则幂级数 $\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{(x - a)^{n}}{(n + 2)^{2}}$ 在点 $x = \frac{1}{2}$ 处____。

(A): 绝对收敛
(B): 条件收敛
(C): 发散
(D): 不能确定

解 C。参考例12.3.2。 $◻$

例 13.1.9 (题8) 填空题：设数项级数 $1 + \frac{1}{3!} + \frac{1}{6!} + \frac{1}{9!} + \dots$ 的和为 $S$ ，则 $S$ 的十进制小数表达中第27至第30位小数数字为____。

解¹ 参考例12.3.17可解得 $\begin{matrix} (22) & S = \frac{1}{3} (e + \frac{2}{\sqrt{e}} \cos \frac{\sqrt{3}}{2}) \end{matrix}$ 计算可得 $\begin{matrix} (23) & 1.16805 83133 75918 52551 62569 29611 14474 77169 33295 11329 \dots \end{matrix}$ $◻$

解² 首先估计余项 $\begin{matrix} (24) & T_{n} := \sum_{k = n}^{+ \infty} \frac{1}{(3 k)!} \leq \frac{1}{(3 n)!} \sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{1}{(3 n)^{3 k}} = \frac{1}{(3 n)!} \cdot \frac{1}{1 - \frac{1}{27 n^{3}}} \end{matrix}$ 暂时忽略 $27 n^{3}$ 的影响，采用Stirling公式可得 $\begin{matrix} (25) & n! = \sqrt{2 π n} {(\frac{n}{e})}^{n} [1 + O (\frac{1}{n})] ⟹ (3 n)! \sim \sqrt{6 π n} {(\frac{3 n}{e})}^{3 n} > 10^{31} \end{matrix}$ 两边取对数可得 $\begin{matrix} (26) & 3 n (\ln n + \ln 3 - 1) + \frac{1}{2} (\ln n + \ln 6 π) > 31 \ln 10 \end{matrix}$ 利用Excel可解得 $n \geq 10$ ，故只需要计算到 $n = 9$ ，计算可得 $\begin{matrix} (27) & \begin{aligned} n = 0 & : 1.00000 00000 00000 00000 00000 00000 00 \dots \\ n = 1 & : 0.16666 66666 66666 66666 66666 66666 66 \dots \\ n = 2 & : 0.00138 88888 88888 88888 88888 88888 88 \dots \\ n = 3 & : 0.00000 27557 31922 39858 90652 55731 92 \dots \\ n = 4 & : 0.00000 00020 87675 69878 68098 97921 00 \dots \\ n = 5 & : 0.00000 00000 00764 71637 31819 81647 59 \dots \\ n = 6 & : 0.00000 00000 00000 15619 20696 85862 26 \dots \\ n = 7 & : 0.00000 00000 00000 00001 95729 41063 39 \dots \\ n = 8 & : 0.00000 00000 00000 00000 00016 11737 57 \dots \\ n = 9 & : 0.00000 00000 00000 00000 00000 00091 83 \dots \\ n = 10 & : 0.00000 00000 00000 00000 00000 00000 00 \dots \end{aligned} \end{matrix}$ 计算第27～32位数字之和可得 $\begin{matrix} (28) & 666666 + 888888 + 573192 + 792100 + 164759 + 586226 + 106339 + 173757 + 009183 = 3961110 \end{matrix}$ 综上， $S$ 的十进制小数表达中第27至第30位小数数字为 $9611$ 。 $◻$