习题课讲解

11.3 习题课讲解

例 11.3.1 （例1节选）求以下级数的和： $\sum_{n = 1}^{+ \infty} \arctan \frac{1}{2 n^{2}}$ 。

解本题的关键在于如何裂项。注意到 $\begin{matrix} (1) & \tan (α - β) = \frac{\tan α - \tan β}{1 + \tan α \tan β} \Rightarrow \arctan x - \arctan y = \arctan \frac{x - y}{1 + x y} \end{matrix}$ 令 $x = x_{n}$ 、 $y = x_{n - 1}$ ，则 $\begin{matrix} (2) & \frac{1}{2 n^{2}} = \frac{x_{n} - x_{n - 1}}{1 + x_{n} x_{n - 1}} \Rightarrow x_{n} = \frac{1 + 2 n^{2} x_{n - 1}}{2 n^{2} - x_{n - 1}} \end{matrix}$ 初始条件为 $x_{0} = 0$ ，利用数学归纳法可得 $x_{n} = \frac{n - 1}{n}$ ，故有 $\begin{matrix} (3) & \sum_{n = 1}^{+ \infty} \arctan \frac{1}{2 n^{2}} = lim_{n \to + \infty} \arctan x_{n} - \arctan x_{0} = \arctan 1 - 0 = \frac{π}{4} \end{matrix}$ 也可以选择初始条件为 $x_{0} = 1$ ，利用数学归纳法可得 $x_{n} = 2 n + 1$ ，故有 $\begin{matrix} (4) & \sum_{n = 1}^{+ \infty} \arctan \frac{1}{2 n^{2}} = lim_{n \to + \infty} \arctan x_{n} - \arctan x_{0} = \arctan (+ \infty) - \frac{π}{4} = \frac{π}{4} \end{matrix}$ $◻$

例 11.3.2 （例1节选）求以下级数的和： $\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{n}{2^{n}}$ 。

解可以采用错位相减法。设 $S_{N} = \sum_{n = 1}^{N} \frac{n}{2^{n}}$ ，则有 $\begin{matrix} (5) & \begin{aligned} S_{N} - \frac{1}{2} S_{N} & = \sum_{n = 1}^{N} \frac{n}{2^{n}} - \sum_{n = 1}^{N} \frac{n}{2^{n + 1}} = \frac{1}{2} + \sum_{n = 2}^{N} \frac{n - (n - 1)}{2^{n}} - \frac{N}{2^{N + 1}} \\ = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} - \frac{1}{2^{N}} - \frac{N}{2^{N + 1}} = 1 - \frac{N + 2}{2^{N + 1}} \end{aligned} \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (6) & S_{N} = 2 - \frac{N + 2}{2^{N}} \Rightarrow \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{n}{2^{n}} = lim_{N \to + \infty} S_{N} = 2 \end{matrix}$ $◻$

注错位相减法适用于所有等差数列×等比数列形式的级数求和，即 $\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{a + d n}{q^{n}}$ 。如果利用D’Alembert判别法先证明级数收敛（只需 $| q | > 1$ ），则上述证明还可以进一步简化。

例 11.3.3 （例2）已知 $lim_{n \to + \infty} \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} - \ln n = γ = 0.577 \dots$ （称为Euler常数），求以下级数的和：

(1): $1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \dots$ 。
(2): $1 + \frac{1}{3} - \frac{1}{2} + \frac{1}{5} + \frac{1}{7} - \frac{1}{4} + \frac{1}{9} + \frac{1}{11} - \frac{1}{6} + \dots$ 。

证明本题的级数具有规律性（ $2 n$ 或 $3 n$ ），故一般先证明部分和数列的子列（ $S_{2 n}$ 或 $S_{3 n}$ ）收敛，后证明 $S_{n}$ 的极限与子列的极限相同。记 $H_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k}$ 。

(1) 注意到 $\begin{matrix} (7) & S_{2 n} = (1 + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{2 n - 1}) - (\frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \dots + \frac{1}{2 n}) = H_{2 n} - H_{n} \end{matrix}$ 故有 $\begin{matrix} (8) & lim_{n \to + \infty} S_{2 n} = lim_{n \to + \infty} (H_{2 n} - \ln 2 n) - lim_{n \to + \infty} (H_{n} - \ln n) + \ln 2 = γ - γ + \ln 2 = \ln 2 \end{matrix}$ 此外还有 $\begin{matrix} (9) & lim_{n \to + \infty} S_{2 n - 1} = lim_{n \to + \infty} S_{2 n} - a_{2 n} = \ln 2 - 0 = \ln 2 \end{matrix}$ 因此级数的和为 $\ln 2$ 。

(2) 注意到 $\begin{matrix} (10) & S_{3 n} = (1 + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{4 n - 1}) - (\frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \dots + \frac{1}{2 n}) = H_{4 n} - \frac{1}{2} H_{2 n} - \frac{1}{2} H_{n} \end{matrix}$ 故有 $\begin{matrix} (11) & \begin{aligned} lim_{n \to + \infty} S_{3 n} & = lim_{n \to + \infty} (H_{4 n} - \ln 4 n) - \frac{1}{2} lim_{n \to + \infty} (H_{2 n} - \ln 2 n) - \frac{1}{2} lim_{n \to + \infty} (H_{n} - \ln n) + \frac{3}{2} \ln 2 \\ = γ - \frac{1}{2} γ - \frac{1}{2} γ + \frac{3}{2} \ln 2 = \frac{3}{2} \ln 2 \end{aligned} \end{matrix}$ 此外还有 $\begin{matrix} (12) & \begin{aligned} lim_{n \to + \infty} S_{3 n - 1} & = lim_{n \to + \infty} S_{3 n} - a_{3 n} = \frac{3}{2} \ln 2 - 0 = \frac{3}{2} \ln 2 \\ lim_{n \to + \infty} S_{3 n - 2} & = lim_{n \to + \infty} S_{3 n - 1} - a_{3 n - 1} = \frac{3}{2} \ln 2 - 0 = \frac{3}{2} \ln 2 \end{aligned} \end{matrix}$ 因此级数的和为 $\frac{3}{2} \ln 2$ 。 $◻$

注本题即为Riemann重排定理的一个应用。注意到 $\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n}$ 发散，但 $\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{(- 1)^{n}}{n}$ 收敛，故可以通过重排使得级数收敛于任意实数。

例 11.3.4 （例3，Du Bois-Reymond & Abel）是否存在收敛或发散得最慢的级数？

解均不存在。以下设 $a_{n} > 0$

(1) 若 $\sum a_{n}$ 收敛，记 $\begin{matrix} (13) & b_{n} = \sqrt{\sum_{k \geq n} a_{k}} - \sqrt{\sum_{k \geq n + 1} a_{k}} \end{matrix}$ 则 $b_{n} > 0$ ，且 $\begin{matrix} (14) & B_{n} = \sum_{k \geq n} b_{k} = \sqrt{\sum_{k \geq 1} a_{k}} - \sqrt{\sum_{k \geq n + 1} a_{k}} \to \sqrt{\sum_{k \geq 1} a_{k}}, n \to + \infty \end{matrix}$ 所以级数 $\sum b_{n}$ 收敛。注意到 $\begin{matrix} (15) & \frac{a_{n}}{b_{n}} = \frac{\sum_{k \geq n} a_{k} - \sum_{k \geq n + 1} a_{k}}{\sqrt{\sum_{k \geq n} a_{k}} - \sqrt{\sum_{k \geq n + 1} a_{k}}} = \sqrt{\sum_{k \geq n} a_{k}} + \sqrt{\sum_{k \geq n + 1} a_{k}} \to 0, n \to + \infty \end{matrix}$ 即无穷远处 $a_{n}$ 远小于 $b_{n}$ ，所以级数 $\sum b_{n}$ 收敛得更慢。

(2) 若 $\sum a_{n}$ 发散，记 $\begin{matrix} (16) & b_{n} = \sqrt{\sum_{k \leq n + 1} a_{k}} - \sqrt{\sum_{k \leq n} a_{k}} \end{matrix}$ 则 $b_{n} > 0$ ，且 $\begin{matrix} (17) & B_{n} = \sum_{k \leq n} b_{k} = \sqrt{\sum_{k \leq n + 1} a_{k}} - \sqrt{a_{1}} \to + \infty, n \to + \infty \end{matrix}$ 所以级数 $\sum b_{n}$ 发散。注意到 $\begin{matrix} (18) & \frac{b_{n}}{a_{n}} = \frac{\sqrt{\sum_{k \geq n} a_{k}} - \sqrt{\sum_{k \geq n + 1} a_{k}}}{\sum_{k \geq n} a_{k} - \sum_{k \geq n + 1} a_{k}} = \frac{1}{\sqrt{\sum_{k \leq n + 1} a_{k}} + \sqrt{\sum_{k \leq n} a_{k}}} \to 0 n \to + \infty \end{matrix}$ 即无穷远处 $b_{n}$ 远小于 $a_{n}$ ，所以级数 $\sum b_{n}$ 发散得更慢。 $◻$

例 11.3.5 （例6节选）判断以下级数的敛散性：

(1): $\sum_{n} x^{1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n}}$ （ $x > 0$ ）；
(2): $\sum_{n} \frac{\ln n!}{n^{α}}$ ；
(3): $\sum_{n} \sin (π \sqrt{n^{2} + 1})$ ；
(4): $\sum_{n} \frac{(- 1)^{n}}{n - \ln n}$ ；
(5): $\sum_{n} \frac{\sin n x}{n^{α}}$ 。

解 (1) 借助积分放缩可得 $\begin{matrix} (19) & \ln n = \int_{1}^{n} \frac{d x}{x} < H_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} < 1 + \int_{1}^{n} \frac{d x}{x} = 1 + \ln n \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (20) & n^{\ln x} = x^{\ln n} < x^{H_{n}} < x^{1 + \ln n} = x \cdot e^{\ln x \ln n} = x \cdot n^{\ln x} \end{matrix}$ 故 $x^{H_{n}} = O (n^{\ln x})$ ，因此 $\sum_{n} x^{H_{n}}$ 收敛当且仅当 $\ln x < - 1$ ，即 $0 < x < \frac{1}{e}$ 。

(2) 借助积分放缩可得 $\begin{matrix} (21) & n \ln n > \ln n! > \int_{1}^{n} \ln x d x > n \ln n - n \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (22) & \frac{1}{n^{α - 1}} < \frac{\ln n - 1}{n^{α - 1}} < \frac{\ln n!}{n^{α}} < \frac{\ln n}{n^{α - 1}} < \frac{1}{n^{α - 1 - ε}} \end{matrix}$ 故 $\frac{1}{n^{α - 1}} = O (\frac{\ln n!}{n^{α}})$ ， $\frac{1}{n^{α - 1}}$ 发散（ $α \leq 2$ ）则 $\frac{\ln n!}{n^{α}}$ 发散； $\frac{\ln n!}{n^{α}} = O (\frac{1}{n^{α - 1 - ε}})$ ， $\frac{1}{n^{α - 1 - ε}}$ 收敛（ $α > 2$ ）则 $\frac{\ln n!}{n^{α}}$ 收敛。

(3) 利用Taylor展开可得 $\begin{matrix} (23) & π \sqrt{n^{2} + 1} = π n {(1 + \frac{1}{n^{2}})}^{1 / 2} = π n [1 + \frac{1}{2 n^{2}} + O (\frac{1}{n^{4}})] \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (24) & \begin{aligned} \sin (π \sqrt{n^{2} + 1}) & = \sin [π n (1 + \frac{1}{2 n^{2}} + O (\frac{1}{n^{4}}))] = (- 1)^{n} \sin [\frac{π}{2 n} + O (\frac{1}{n^{3}})] \\ = (- 1)^{n} [\frac{π}{2 n} + O (\frac{1}{n^{3}})] \end{aligned} \end{matrix}$ 故 $\sin (π \sqrt{n^{2} + 1})$ 可以被拆分成两个收敛的级数之和，收敛。

(4) $\frac{1}{x - \ln x}$ 关于 $x$ 在 $(1, + \infty)$ 上单调递减， $lim_{x \to + \infty} \frac{1}{x - \ln x} = 0$ ，由Leibniz判别法知级数收敛。

(5) 当 $x = k π$ （ $k \in Z$ ）时，显然收敛，以下设 $x \neq k π$ （ $k \in Z$ ）。

当 $α > 0$ 时，部分和 $\sum_{n} \sin n x$ 有界且 $\frac{1}{n^{α}}$ 单调趋于 $0$ ，由Dirichlet判别法知其收敛。当 $α \leq 0$ 时， $lim_{n \to + \infty} \frac{\sin n x}{n^{α}} = 0$ 不成立，故不收敛。 $◻$

注设 $x \neq k π$ （ $k \in Z$ ），如何说明 $lim_{n \to + \infty} \frac{\sin n x}{n^{α}} = 0$ 不成立？假设 $lim_{n \to + \infty} \frac{\sin n x}{n^{α}} = 0$ ，注意到 $lim_{n \to + \infty} n^{α} = 0$ 或 $1$ ，则 $lim_{n \to + \infty} \sin n x = 0$ 。设 $y = \frac{x}{π}$ ，若 $y \in Q$ ，显然不成立；若 $y \notin Q$ ，则 ${n y}$ 在 $[0, 1]$ 上稠密，故 $| \sin n x | = | \sin ({n y} π) |$ 亦在 $[0, 1]$ 上稠密，不成立。

另一种证明可以避免使用稠密性。假设 $\underset{n \to + \infty}{lim sup} | \sin n x | = 0$ ，则有 $lim_{n \to + \infty} | \cos n x | = 1$ 。取子列 $n_{k}$ 使得 $lim_{k \to + \infty} \cos n_{k} x = 1$ ，注意到 $\begin{matrix} (25) & \sin (n_{k} + 1) x = \sin n_{k} x \cos x + \cos n_{k} x \sin x \to \sin x \neq 0, k \to + \infty \end{matrix}$ 矛盾！故 $lim_{n \to + \infty} \frac{\sin n x}{n^{α}} \neq 0$ 。

例 11.3.6 （例7）设 $a_{n} \geq 0$ 单调不增。证明：级数 $\sum_{n = 1}^{+ \infty} a_{n}$ 收敛当且仅当 $\sum_{k = 1}^{+ \infty} 2^{k} a_{2^{k}}$ 收敛，并使用该结论讨论级数 $\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{p}}$ 、 $\sum_{n = 2}^{+ \infty} \frac{1}{n (\ln n)^{p}}$ 的敛散性。

证明（必要性）若 $\sum_{n = 1}^{+ \infty} a_{n}$ 收敛，记收敛值为 $M_{1}$ ，则 $\begin{matrix} (26) & \begin{aligned} a_{1} + 2 a_{2} + 4 a_{4} + \dots + 2^{k} a_{2^{k}} \\ \leq a_{1} + 2 [a_{2} + 2 a_{4} + \dots + 2^{k - 1} a_{2^{k}}] \\ \leq 2 a_{1} + 2 [a_{2} + (a_{3} + a_{4}) + \dots + (a_{2^{k - 1} + 1} + \dots + a_{2^{k}})] \leq 2 M_{1} \end{aligned} \end{matrix}$ 故 $\sum_{k = 1}^{+ \infty} 2^{k} a_{2^{k}}$ 收敛。

（充分性）若 $\sum_{k = 1}^{+ \infty} 2^{k} a_{2^{k}}$ 收敛，记收敛值为 $M_{2}$ ，则 $\begin{matrix} (27) & \begin{aligned} a_{1} + a_{2} + a_{3} + \dots + a_{2^{n}} \\ \leq a_{1} + (a_{2} + a_{3}) + \dots + (a_{2^{n}} + \dots + a_{2^{n + 1} - 1}) \\ \leq a_{1} + 2 a_{2} + \dots + 2^{n} a_{2^{n}} \leq M_{2} \end{aligned} \end{matrix}$ 故 $\sum_{n = 1}^{+ \infty} a_{n}$ 收敛。

当 $p \leq 0$ 时， $\frac{1}{n^{p}} \geq 1$ ，故 $\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{p}}$ 发散。当 $p > 0$ 时， $\frac{1}{n^{p}}$ 严格减，故有 $\begin{matrix} (28) & \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{p}} \sim \sum_{n = 1}^{+ \infty} 2^{n} \frac{1}{(2^{n})^{p}} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{(2^{p - 1})^{n}} \end{matrix}$ 收敛当且仅当 $p > 1$ 。

当 $p \leq 0$ 时， $\frac{1}{n (\ln n)^{p}} \geq \frac{1}{n}$ （ $n \geq 3$ ），故 $\sum_{n = 2}^{+ \infty} \frac{1}{n (\ln n)^{p}}$ 发散。当 $p > 1$ 时， $\frac{1}{n (\ln n)^{p}}$ 严格减，故有 $\begin{matrix} (29) & \sum_{n = 2}^{+ \infty} \frac{1}{n (\ln n)^{p}} \sim \sum_{n = 2}^{+ \infty} 2^{n} \frac{1}{2^{n} (\ln 2^{n})^{p}} = \frac{1}{(\ln 2)^{p}} \sum_{n = 2}^{+ \infty} \frac{1}{n^{p}} \end{matrix}$ 收敛当且仅当 $p > 1$ 。 $◻$

例 11.3.7 （例8）设 $z \in C$ ，记 $\begin{matrix} (30) & \exp z = 1 + z + \frac{z^{2}}{2} + \dots + \frac{z^{n}}{n!} + \dots = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{z^{n}}{n!} \end{matrix}$ 证明： $\forall z, w \in C$ ，成立 $\exp (z + w) = \exp z \exp w$ 。

证明利用D’Alembert判别法证明级数绝对收敛，故成立级数的乘法法则，有 $\begin{matrix} (31) & \exp z \exp w = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \sum_{k = 0}^{n} \frac{z^{k}}{k!} \frac{w^{n - k}}{(n - k)!} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{n!} \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) z^{k} w^{n - k} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{(z + w)^{n}}{n!} = \exp (z + w) \end{matrix}$ $◻$

例 11.3.8 （例9）设 $μ, z \in C$ 且 $| z | < 1$ ，记 $\begin{matrix} (32) & P_{μ} (z) = 1 + μ z + \frac{μ (μ - 1)}{2} z^{2} + \dots + \frac{μ (μ - 1) \dots (μ - n + 1)}{n!} z^{n} + \dots = \sum_{n = 0}^{+ \infty} (\binom{μ}{n}) z^{n} \end{matrix}$ 其中 $(\binom{μ}{n})$ 为广义二项式系数， $(\binom{μ}{0}) = 1$ 。证明： $P_{μ} (z) P_{ν} (z) = P_{μ + ν} (z)$ 。

证明利用D’Alembert判别法证明级数绝对收敛，故成立级数的乘法法则，有 $\begin{matrix} (33) & P_{μ} (z) P_{ν} (z) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \sum_{k = 0}^{n} (\binom{μ}{k}) (\binom{ν}{n - k}) z^{n} \overset{?}{=} \sum_{n = 0}^{+ \infty} (\binom{μ + ν}{n}) z^{n} = P_{μ + ν} (z) \end{matrix}$ 我们只需要证明： $\begin{matrix} (34) & \sum_{k = 0}^{n} (\binom{μ}{k}) (\binom{ν}{n - k}) = (\binom{μ + ν}{n}) \end{matrix}$ 当 $μ, ν$ 均为不小于 $n$ 的自然数时，问题转化为以下组合数学问题：考虑一个有 $μ$ 个红球、 $ν$ 个白球的盒子，从中取 $n$ 个球，显然有 $(\binom{μ + ν}{n})$ 种取法。另一方面，可以先取 $k$ 个红球，再取 $n - k$ 个白球， $k$ 可从 $0$ 取到 $n$ ，故共有 $\sum_{k = 0}^{n} (\binom{μ}{k}) (\binom{ν}{n - k})$ 种取法。因此等式成立。

注意到等式左右两侧均为关于 $μ, ν$ 的 $n$ 次多项式，由于等式在 $μ, ν \in N \cap [n, + \infty)$ 上成立，故 $\forall μ, ν \in C$ ，等式亦成立。 $◻$

注实际上有 $P_{μ} (z) = (1 + z)^{μ}$ 。