北京大学：高等代数（推荐下载）：第一章　数项级数

46 第 一 章 数项级数 § 1. 1 数项级数及其与序列极限和无穷积分的关系 设 }{ na 是一个给定的序列 , 我们称形式和 L++=∑ +∞ = 21 1 aaa k k 为序列 }{ na 的数项级 数或无穷级数 . 我们希望将加法从有限个数的和推广到无穷 , 即希望求序列 }{ na 的和 . 令 nn n k kn saaaas ,21 1 +++== ∑ = L 称为级数 ∑ +∞ =1k ka 的部分和 . 如果序 列 }{ ns 是收敛的 , 则称 ∑ +∞ =1k ka 收敛 , 定义其和为 n k n k sa∑+∞ = +∞→ = 1 lim ； 如果序列 ±∞= +∞→ nn slim , 则称 ∑ +∞ =1k ka 发散到 ∞± , 记为 ∞±=∑+∞ =1k ka ； 如果序列 n n s +∞→ lim 不存在 , 则称 ∑ +∞ =1k ka 发 散 , 其和无意义 . 例 等比级数 ∑ +∞ =0k kcq , 其部分和 ∑ = + ? ?== n k n k n q qccqs 0 1 1 1 . 当 1<q 时 q cs nn ?=+∞→ 1lim , 级数 ∑+∞ =0k kcq 收敛 , q ccq k k ?=∑ +∞ = 10 . 当 1≥q 时 , ∑ +∞ = +∞= 0k kcq . 当 0,1 ≠?= cq 时 , ∑ +∞ = +?+?= 0k k cccccq L 其发 散 . 当 1?<q 时 , ∞==∑ +∞ = +∞→ n k n k scq 0 lim . 例 通常一个实数 R∈r 可表示为无穷小数 L210. aaar = , 其中 90,0 ≤≤∈ iaa Z . 利用级数可将 r 表示为 ∑ +∞ = = 0 10k k kar . 例 3. 11： 证明 ∑ +∞ = +1 )1( 1 k kk 收敛 , 并求其和 . 47 证明 ： 级数的部分和 111111)1( 1 11 + ?=?????? +?=+= ∑∑ == nkkkk s n k n k n , 因此 ∑+∞ = +∞→ ==+ 1 1lim)1( 1 k nn skk . 例 3. 1. 2： 任给 R∈x , 证明级数 ∑ +∞ =0 !k k k x 收敛 , 并求其和 . 证明 ： 利用函数 xexf =)( 的 Taylor 公式 , 对于任意 n , 存在 10, << nn qq , 使得 x n x nn k k x e n xe n x k xe )!1()!1(!0 1 0 + <+=?< + = ∑ q , 因而 xn k k n ekx =∑ =+∞→ 0 ! lim . 我们将级数 ∑ +∞ =1k ka 的收敛和求和问题化为由其部分和构成的序列 }{ ns 的收敛和求极限 问题 . 利用序列极限的性质容易得到 定理 3. 1. 1： 如果 ∑∑ +∞ = +∞ = 11 , k k k k ba 收敛 , 则 R∈?c , ( )∑∑ +∞ = +∞ = + 11 k kk k k baca 和 收敛并且 ( ) ∑∑∑∑∑ +∞ = +∞ = +∞ = +∞ = +∞ = +=+= 11111 , k k k k k kk k k k k babaaca c . 定理 3. 1. 2： 如果 ∑ +∞ =1n na 收敛 , 则 0lim =+∞→ nn a . 证明 ： 由 1??= nnn ssa , ∑ +∞ =1n na 收敛等价于 }{ ns 收敛 . 因此 ( ) 0limlimlimlim 11 =?=?= ? +∞→+∞→?+∞→+∞→ nnnnnnnnn ssssa . 设 }{ ns 是一给定的序列 , 定义 L,3,2,, 111 =?== ? kssasa kkk . 则 }{ ns 是级数 ∑+∞ =1k ka 的部分和构成的序列 . 因此 }{ ns 的收敛和求极限问题就是级数 ∑+∞ =1k ka 的收敛和求和 问题 . 所以序列和级数是表示极限理论的两个等价的工具 . 但另一方面级数作为加法的推广 , 又有其自身独特的问题 、 特点和研究方法 . 例如我们可以将级数看作一个无穷积分 . 48 定理 3. 1. 3： 设 ∑ +∞ =1k ka 是给定的级数 , 定义 ),0[ +∞ 上的函数 )(xf 为 kaxf =)( . 如果 )1,[ +∈ kkx , 则 ∑ +∞ =1k ka 收敛的充分必要条件是 ∫ +∞ 1 )( dxxf 收敛 . 如果 ∑ +∞ =1k ka 收敛 , 则 ∑ ∫+∞ = ∞+= 1 1 )( k k dxxfa . 证明 ： 如果 ∫+∞ 1 )( dxxf 收敛 , 则由 ∫∑ + = == 11 1 )(n n k nk dxxfsa 得 ∫∫∑ ∞++∞→++∞→ +∞ = +∞→ === 111 1 )(lim)(limlim dxxfdxxfsa n n nk nnk . 反之 , 设 ∑ +∞ =1k ka 收敛 , 则对 ),1( +∞∈?T , 有 [ ] [ ] [ ] [ ]( ) [ ]TT T T TT aTTsdxxfdxxfdxxf ?+=+= ?∫∫∫ 111 )()()( . 由 ∑ +∞ =1k ka 收敛知 0lim =+∞→ kk a . 因此 [ ] [ ]( ) [ ] [ ] ∑∫ +∞ = ?+∞→+∞→?+∞→+∞→ ==?+= 1 111 limlimlim)(lim k kTTTTTT T T asaTTsdxxf . 由这一定理 , 级数可以表示为无穷积分 . 因此我们可以利用上一章中给出的关于 无穷积 分的许多方法和结果来研究级数 . § 3. 2 无穷级数的 Cauchy 准则和绝对收敛性 设 }{ ns 是级数 ∑ +∞ =1k ka 的部分和 , 利用序列极限的 Cauchy 准则 , 我们不难得到级数收敛 的 Cauchy 准则 . 定理 3. 2. 1（ Cauchy 准则 ）： 级数 ∑ +∞ =1n na 收敛的充分必要条件是 N?>? ,0e , 只要 L2,1,0, => kNn , 就有 e<++=? +++ knnnkn aass L1 . 证明 ：（ 思考题 ） . 在 Cauchy 准则中令 +∞→k , 则得 49 定理 3. 2. 2： 如果 ∑ +∞ =1n na 收敛 , 则对 N?>? ,0e , 只要 Nn > , 就有 e<∑+∞ =nk ka . 如果在 Cauchy 准则中令 1=k , 则有 定理 3. 2. 3： 如果 ∑ +∞ =1k ka 收敛 , 则 0lim =+∞→ kk a . 例 3. 2. 1： 级数 ∑ +∞ =1 1 k k 称为调和级数 . 求证 +∞=∑ +∞ =1 1 k k . 证明 ： 对于任意 n , 2121212121111 =+++>++++ nnnnnn LL . 令 210 =e , 则对 任意 n , 有 021111 e>++++ nnn L . ∑ +∞ =1 1 k k 不满足 Cauchy 准则 , 因而 ∑ +∞ =1 1 k k 发散 . 由 01 >k 得 +∞=∑ +∞ =1 1 k k . 例 3. 2. 2： R∈?x , 证明 ∑ +∞ =0 2 sin k k kx 收敛 . 证明 ： 由 n k nknnknn xknxn 2 1 2 11 2 11 2 1 2 1 2 1 2 )sin( 2 )1sin( 1 111 < ? ? =++≤++++ ++++++ LL . 因 此 0>?e , 取 N 使 e<N21 , 则 L2,1,0, => kNn 时恒有 e<++++ ++ knn xknxn 2 )sin(2 )1sin( 1 L . ∑+∞ =0 2 sin k k kx 满足 Cauchy 准则 , 因而收敛 . 定理 3. 2. 4： 如果 ∑ +∞ =1k ka 收敛 , 则 ∑+∞ =1k ka 收敛 . 证明 ： 因 ∑ +∞ =1k ka 收敛 , 则满足 Cauchy 准则 , 即 N?>? ,0e , 只要 L2,1,0, => kNn , 就有 e<++ ++ knn aa L1 . 但 50 knnknn aaaa ++++ ++≤++ LL 11 , 因而 ∑ +∞ =1k ka 满足 Cauchy 准则 , 得 ∑+∞ =1k ka 收敛 . 类似于无穷积分 , 我们有下面定义 . 定义 3. 2. 5： 如果 ∑ +∞ =1k ka 收敛 , 则称 ∑+∞ =1k ka 绝对收敛 ； 如果 ∑+∞ =1k ka 收敛 , 而 +∞=∑+∞ =1k ka , 则称 ∑ +∞ =1k ka 条件收敛 . 在无穷积分中我们知道 ∫ ∞+ p dxx xsin 是条件收敛的 . 现令 ∫ += p p )1( sink kk dxx xa , 则 ∫∑ ∞+ +∞ = = p dxx xa k k sin 1 收敛 . 但 ∑ ∫∫∑ ∑ ∫ +∞ = +∞++∞ = +∞ = + +∞==== 1 ()1( 1 1 )1( sinsinsin k k kk k k kk dxx xdx x xdx x xa p p p p p , 因而 ∑ +∞ =1k ka 不是绝对收敛的 . § 3. 3 正项级数 如果对于 L3,2,1=k , 恒有 0>ka , 则级数 ∑ +∞ =1k ka 称为正项级数 ； 如果 0ka ≥ , 则称 ∑+∞ =1k ka 为非负项级数 . 例如 ∑+∞ =1k ka 是任意项级数 , 则 ∑+∞ =1k ka 是正项级数 . 如果 ∑ +∞ =0k ka 是非负项级数 , 则其部分和 ∑ = = n k kn as 0 是单调上升序列 , 因而仅有两种可能 . 或者 ∑ +∞ =0k ka 收敛 , 即 }{ ns 有界 ； 或者 ∞+=∑+∞ =1k ka . 因此对正项级数 , 我们通常用一些已知其 收敛和发散性的级数作为标准级数 , 用以和一般级数进行比较 , 建立收敛的各种判别法 . 比较判别法 ： 设 ∑ +∞ =1n na 和 ∑+∞ =1n nb 都是正项级数 , 如果存在常数 c 使 n 充分大后 , 有 51 nn cba ≤ , 则 （ 1） 如果 ∑ +∞ =1n nb 收敛 , 则 ∑+∞ =1n na 收敛 ； （ 2） 如果 ∑ +∞ =1n na 发散 , 则 ∑+∞ =1n nb 发散 . 证明 ： 不妨设对所有 n , 都成立 nn cba ≤ . 因此 , 对任意 n , ∑∑ +∞ = +∞ = ≤ 11 n n n n bca . 如果 ∑+∞ =1n nb 收敛 , 则 ?? ? ?? ?∑ = n k kb 1 有界 , 因而 ?? ? ?? ?∑ = n k ka 1 有界 , 得 ∑ +∞ =1n na 收敛 . 利用比较判别法不难得到 定理 3. 3. 1： 设 ∑ +∞ =1n na 和 ∑+∞ =1n nb 都是正项级数 , 设 lb a n n n = +∞→ lim , 则 1. +∞<< l0 时 , ∑ +∞ =1n na 和 ∑+∞ =1n nb 同时收敛或发散 ； 2. 如果 0=l , 并且 ∑ +∞ =1n nb 收敛 , 则 ∑+∞ =1n na 收敛 ； 3. 如果 +∞=l , 并且 ∑ +∞ =1n nb 发散 , 则 ∑+∞ =1n na 发散 . 如果我们将收敛级数 ∑ +∞ =1n na 的通项 na 构成的序列 }{ na 看作无穷小序列 , 则上面定理可 表示为同阶无穷小构成的正项级数同时收敛或者同时发散 ； 如果低阶无穷小构成的正项级数 收敛 , 则高阶无穷小构成的正项级数也收敛 ； 如果高阶无穷小构成的正项级数发散 , 则低阶 无穷小构成的正项级数也发散 . 例 3. 3. 1： 证明 R∈?x , ∑ +∞ =1 3 sin2 k k k x 绝对收敛 . 证明 ： 由 x x k k k k = ?????? +∞→ 3 2 3sin2lim , 因此 ?? ? ?? ? k k x 3sin2 是 ?? ??? ?? ??? ? ? ?? ? ? k 3 2 的同阶无穷小 （ 0≠x ） 52 或高阶无穷小 （ 0=x ） . 而 k k ∑+∞ = ?????? 1 3 2 收敛 , 因此 ∑+∞ =1 3 sin2 k k k x 绝对收敛 . 例 3. 3. 2： 证明级数 ∑ +∞ =1 1 n pn 在 1≤p 时发散 , 1>p 时收敛 . 证明 ： 1≤p 时 , nn p 11 ≥ . 但已知调和级数 ∑ +∞ = +∞= 1 1 n n , 因此 ∑ +∞ = +∞= 1 1 n pn . 当 1>p 时 , 在 ),1[ +∞ 上定义函数 pnxg 1)( = 如果 )1,[ +∈ nnx . 定义函数 )(xf 为 1)( =xf 如果 )2,1(∈x , pxxf )1( 1)( ?= 如果 ),2[ +∞∈x , 则在 ),1[ +∞ 上 )()(0 xfxg ≤< . 但由广义积分知 1>p 时 ∫+∞ 1 )( dxxf 收敛 , 利用广义积分的比较判别法 得 ∫+∞ 1 )( dxxg 收敛 , 但 ∫∑ ∞+ +∞ = = 1 1 )(1 dxxgn n p , 因而 1>p 时 ∑ +∞ =1 1 n pn 收敛 . 例 3. 3. 3： 讨论级数 ∑ +∞ = ??? ? ??? ? ? ? ?? ? ? +? 1 11ln1 n nn 的收敛性 . 解 ： 令 )1ln()( xxxf +?= , 则 0)0( =f , xxxxf +=+?=′ 11 11)( . 因此 0>x 时 0)( >′ xf , )(xf 单调递增 . 特别地 , 当 0>x 时有 0)0()( => fxf . 令 nx 1= , 得 011ln1 >?????? +? nn , ∑ +∞ = ??? ? ??? ? ? ? ?? ? ? +? 1 11ln1 n nn 是正项级数 . 利用洛必达法则 , 当 0→x 时将 )(xf 和 2x 进行比较 , 得 2121lim)(lim 020 =+= ++ →→ x x x x xf xx , 即 0→x 时 )(xf 与 2x 是同阶无穷小 . 特别地 , 令 nx 1= , 得 ?? ? ?? ? ? ? ?? ? ? +? nn 11ln1 与 ?? ? ?? ? 1 2n 是 同阶无穷小 . 但已知 ∑ +∞ =1 2 1 n n 收敛 , 因此 ∑ +∞ = ??? ? ??? ? ? ? ?? ? ? +? 1 11ln1 n nn 收敛 . 令 ∑ +∞ = ??? ? ??? ? ? ? ?? ? ? +?= 1 11ln1 n nn c , ∑ = ??? ? ??? ? ? ? ?? ? ? +?= n k n kks 1 11ln1 为部分和 , 则 53 )1ln(11ln1 111 +?=?????? +?= ∑∑∑ === nkkkks n k n k n k n , 得 n n k cnk a+++=∑ = )1ln(1 1 , 其中 0→na 是无穷小 . 如果用 nln 代替 )1ln( +n , 上式可表 示为 n n k cnk a++=∑ = ln1 1 , 即 +∞→n 时调和级数 ∑ = n k k1 1 与 nln 是等价无穷小 . 上式中 c 称 为欧拉 （ Euler） 常数 . 利用其它方法可得 L05772156649.0=c . 为了与某些给定的标准级数进行比较 , 我们通常将比较判别法表示为 比较判别法 ： 设 ∑ +∞ =1n na , ∑+∞ =1n nb 是正项级数 , 如果 n 充分大时恒有 n n n n b b a a 11 ++ ≤ , 则当 ∑+∞ =1n nb 收敛时 , ∑+∞ =1n na 收敛 ； ∑+∞ =1n na 发散时 , ∑+∞ =1n nb 发散 . 证明 ： 由于改变一个级数的有限项不影响其收敛和发散性 , 因此不妨设对于 L3,2,1=n 恒有 n n n n b b a a 11 ++ ≤ . 特别地 , 11 2 2 1 11 2 2 1 11 b b b b b b b b a a a a a a a a n n n n n n n n nn =???≤???= ? ? ?? ? ? LL . 因此 nn bbaa 1 1≤ . 我们的定理就是前面的比较判别法 . 利用等比级数 ∑ +∞ =0n ncq 作为标准级数 , 用以判别其它级数的收敛和发散性 , 我们可以建 立下面的达郎倍尔 （ D’Alembert） 判别法 . 达郎倍尔判别法 ： 设 ∑ +∞ =0n na 是正项级数 , 如果 1lim 1 <=+ +∞→ raa n n n , 则 ∑ +∞ =0n na 收敛 ； 如果 1lim 1 >=+ +∞→ raa n n n , 则 ∑ +∞ =0n na 发散 . 证明 ： 设 1lim 1 <=+ +∞→ raa n n n , 取 0>e 使 1<+er , 则由极限定义知 , N? , 当 Nn > 时 , 有 n n n n r rr a a )( )( 11 e ee + +=+< ++ , 但 1<+er , 因而 ∑+∞ = + 0 )( n nr e 收敛 , 得 ∑ +∞ =0n na 收敛 . 54 设 1lim 1 >=+ +∞→ raa n n n , 取 0>e 使 1>?er , 则 N? , 当 Nn > 时 , 有 n n n n r rr a a )( )( 11 e ee ? ?=?> ++ , 但 ∑+∞ = ? 0 )( n nr e 发散 , 由比较 判别法 ∑ +∞ =0n na 发散 . 例 3. 3. 4： 讨论级数 ∑ +∞ =1n n n x 的收敛性 . 解 ： xn nnxnxaa nn n n 11 1 1 +=+= + + , 因此 x a a n n n =+ +∞→ 1lim . 由达郎倍尔判别法得 , 1<x 时 ∑ +∞ =1n n n x 收敛 ； 1>x 时 ∑+∞ =1n n n x 发散 . 容易看出 1>x 时 ∞→ n xn , 因此 ∑+∞ =1n n n x 显然 发散 . 当 1=x 时 , 达郎倍尔判别法不能判别其是否收敛 . 例 3. 3. 5： 讨论级数 ∑ +∞ = ?????? 1 ! n n n xn 的收敛性 . 解 ： 0=x 时显然收敛 . 设 0≠x , 则 .111111 1 11 1!1)!1( )1( 1 1 +? + + ?????? +??????? +?= ?????? +?=?????? +=?? ? ? ??? ? ??? ? ??? ? ++= n nnnn n n nnx nxn nx n xn n xn a a 因此 e x a a n n n =+ +∞→ 1lim , 得 ex < 时级数绝对收敛 , 而 ex > 时由 nn aa >+1 , 得 na 单调上 升 , 因而不趋于零 , 级数发散 . 当 ex = 时 , 1lim 1 =+ +∞→ n n n a a , 达郎倍尔判别法不能判别其是 否收敛 . 同样以等比级数 ∑ +∞ =0k kcq 为标准级数 , 我们有下面 的哥西判别法 . 哥西判别法 ： 设 ∑ +∞ =0k ka 是正项级数 , 如果 1lim <=+∞→ ran nn , 则 ∑+∞ =0k ka 收敛 ； 如果 55 1lim >= +∞→ ran n n , 则 ∑ +∞ =0k ka 发散 . 证明 ： 设 1lim <= +∞→ ran n n , 取 0>e 使 1<+er , 由上极限定义知 , N? , 使 Nn > 时 e+< ran n , 因此 nn ra )( e+< . 但 ∑ +∞ = + 0 )( k kr e 收敛 , 由比较判别法 , 得 ∑ +∞ =0k ka 收敛 . 如果 1lim >= +∞→ ran n n , 则存在 na 的子列 kn a , 使 1≥ kn a . 显然 na 不趋于零 , 级数发散 . 思考题 ： 达郎倍尔判别法能否用哥西判别法的形式 , 用上极限给出 ？ 应该怎样表述 ？ 例 3. 3. 6： 设 0,0 >> ba 为常数 , 定义级数 LL ++++++++ ? nnnn bababaababa 12221 . 试问 ba, 在什么样条件下级数收敛 . 解 ： 令 ?? ???= ? ?? . , , , 2 1 2 2 1 2 1 为偶数 为奇数 nba nbax nn nn n 则级数为 ∑ +∞ =1n nx . 而 ?? ?=+ . , , ,1 为偶数 为奇数 nb na x x n n 因此 },max{lim 1 baxx n n n =+ +∞→ , 得 1,1 << ba 时级数收敛 . 而 },min{lim 1 baxx n n n =+ +∞→ , 得 1,1 >> ba 时级数发散 . （ 由级数 ∑ +∞ =1n nx 的定义 , 这点显然 . ） 如果用哥西判别法 , 则有 abxn n n = +∞→ lim . 因此 1<ab 时级数收敛 , 1>ab 时级数发 散 , 1=ab 时 nx 不趋于零 , 级数显然也发散 . 在上例中哥西判别法给出的收敛范围包含了达郎倍尔判别法的结果 , 这一点并非偶然 . 事实上我们有下面命题 56 命题 3. 3. 2： 设 ∑ +∞ =1n na 为正项级数 , 如果 ra a n n n =+ +∞→ 1lim , 则 ran nn =+∞→lim . 但反之不成 立 . 证明 ： 任给 0>e , N? , 使 Nn > 后 , e+<+ raa n n 1 . 不妨设对 L,2,1=n , e+<+ raa n n 1 都成立 . 得 1 12 3 1 2 1 )( ? ? +<???= n n nn r a a a a a a a a eL , 因此 eee +→+<+< ? ? rraaraa n n nn nnn 1 1 1 1 )(,)( , 即 e+< +∞→ ran n n lim . 但 e 是任意的 , 得 ran n n ≤ +∞→ lim . 同理可证 e?≥ +∞→ ran n n lim . 因此得 ran n n = +∞→ lim . 如果令 n n na 2 )1(2 ?+= , 则 2 2 2 1 nn na ≤≤ . 因此 2 1lim = +∞→ n n n a . 但 ))1(2(2 )1(2 11 n n n n a a ?+ ?+= ++ . 因而 2 3lim 1 =+ +∞→ n n n a a , 6 1lim 1 =+ +∞→ n n n a a . 达郎倍尔判别法不能判别 ∑+∞ =1n na 的收敛性 , 而哥西判别法可以 . 对于级数 ∑ +∞ =1 1 n pn , 不论达郎倍尔判别法还是哥西判别法 , 都不能判别其是否收敛 , 原因 是达郎倍尔判别法和哥西判别法中用的标准级数都是等比级数 ∑ +∞ =0n nq . 而当 0>p 时 , 对于 任意 )1,0(∈q , ?? ? ?? ? pn 1 都是比 { }nq 高阶的无穷小 （ 思考题 ） . 因此 1>p 时 , ∑+∞ =1 1 n pn 是比 ∑+∞ =0n nq 收敛得 “ 更慢 ” 的级数 . 自然不能用 ∑ +∞ =0n nq 建立的判别法来判别 ∑ +∞ =1 1 n pn 的收敛性 . 另一方面 , 如果以 ∑ +∞ =1 1 n pn 作为标准级数 , 则有可能得到更强的比较判别法 . 拉阿伯 （ Raabe） 判别法 ： 设 ∑ +∞ =1n na 为正项级数 , 如果 11lim 1 >=?? ? ? ??? ? ? ++∞→ m n n n a an , 则 ∑+∞ =1n na 57 收敛 ； 如果 11lim 1 <=?? ? ? ??? ? ? ++∞→ m n n n a an , 则 ∑+∞ =1n na 发散 . 证明 ： 先证一个不等式 ： 设 1>> pr , 则存在 0>e , 使 e<< x0 时 , pxrx )1(1 +>+ . 事实上令 pxrxxf )1()1()( +?+= , 则 0)0( =f . 但 0)0( >?=′ prf , 而 )(xf ′ 是连续 的 , 因而存在 0>e , 使 )(xf ′ 在 ),( ee? 上大于零 , )(xf 单调上升 . 特别地 , 当 e<< x0 时 0)0()( => fxf . 在上面不等式中如果令 nx 1= , 则 n 充分大后有 p nn r ? ? ?? ? ? +>+ 111 . 现设 11lim 1 >=?? ? ? ??? ? ? ++∞→ m n n n a an , 取 pr, 使得 1>>> prm , 则 N? , 使 Nn > 后 , raan n n >?? ? ? ??? ? ? + 1 1 , 即 nraa n n +> + 1 1 . 对 r 和 p , 存在 1N , 使 1Nn > 后 , p nn r ? ? ?? ? ? +>+ 111 . 因而 },max{ 1NNn > 后 , p pp n n n n na a )1( 1 1 11 1 + =? ? ?? ? ? +> + . 而由 1>p 知 ∑ +∞ =1 1 n pn 收敛 , 因而 ∑ +∞ =1n na 收敛 . 如果 11lim 1 <=?? ? ? ??? ? ? ++∞→ m n n n a an , 则 n 充分大后有 11 1 <?? ? ? ??? ? ? +n n a an , 即 1 1 1 11 1 + =+≤ + n n na a n n . 而 ∑ +∞ =1 1 n n 发散 , 得 ∑ +∞ =1n na 发散 . 例 3. 3. 7： 判别级数 12 1!)!2( !)!12( 1 + ??∑ +∞ = nn n n 是否收敛 . 解 ： 1)32)(22( )12( 2 1 → ++ +=+ nn n a a n n , 因而不能用达郎倍尔判别法 . 而 123)12( )56(1 2 1 >→++=?? ? ? ??? ? ? + n nn a an n n , 由拉 阿伯判别法得级数收敛 . 58 考察级数 ∑ +∞ =2 ln 1 n nn , 由于 +∞→n 时 ?? ? ?? ? nn ln 1 是比 ?? ? ?? ? n 1 高阶的无穷小 , 而对于任意 0>e , ?? ? ?? ? nn ln 1 是比 ?? ? ?? ? +e1 1 n 低阶的无穷小 , 因而拉阿伯判别法也不能判别 ∑ +∞ =2 ln 1 n nn 的收 敛性 . 对于这类 级数 , 我们可以用下面的哥西积分判别法 . 哥西积分判别法 ： 设 ∑ +∞ =1n na 是正项级数 , 如果存在连续函数 )(xf , 满足 )(xf 单调下降 , 并且 nanf =)( , 则 ∑ +∞ =1n na 收敛的充分必要条件是 ∫ +∞ 1 )( dxxf 收敛 . 证明 ： 由 )(xf 单调下降 , 因而 1+≤≤ kxk 时 , 1)1()()( +=+≥≥= kk akfxfkfa , 得 ∑∫∑ = + = ≥≥ n k k nn k k adxxfa 1 11 1 )( , 即 ∑ = n n na 1 与 ∫n dxxf 1 )( 同为有界或同为无界 , 得 ∑ +∞ =1n na 与 ∫+∞1 )( dxxf 同时收敛或同时发散 . 例 3. 3. 8： 证明级数 ∑ +∞ =2 ln 1 n p nn 在 1>p 时收敛 , 1≤p 时发散 . 证明 ： 令 xxxf pln1)( = , 由哥西积分判别法 , 仅需讨论 ∫+∞ 2 )( dxxf 的收敛性 . 但当 1≠p 时 2ln 111)( 1 2 R xpdxxf p R ?+?=∫ , 因而 1>p 时收敛 , 1≤p 时发散 . 如果 1=p , 则 +∞→=∫ 2lnlnln 2 Rx xx dxR , 因而发 散 . § 3. 4 条件收敛的级数 如果级数 ∑ +∞ =0n na 中有无穷多项是正的 , 同时也有无穷多项是负的 , 则其不能用正项级数 的办法进行讨论 . 如果 ∑ +∞ =0n na 收敛 , 则 ∑+∞ =0n na 绝对收敛 . 因而我们仅需考虑 +∞=∑+∞ =0n na , 而 ∑ +∞ =0n na 收敛的情况 , 即我们只需讨论条件收敛的级数 . 与无穷积分讨论条件收敛时考虑形 59 式为 ∫+∞ 0 )()( dxxgxf 的积分相同 , 这里我们考虑形式为 n n nba∑+∞ =0 的级数 , 我们希望将其化为 无穷积分来讨论 . 定义 3. 4. 1 ),0[ +∞ 上的函数 )(),( xgxf 为 )1,[,)( +∈= nnxbxf n 如果 , )1,[,)( +∈= nnxaxg n 如果 . 则 n n nba∑+∞ =0 收敛的充分必要条件是 ∫+∞ 0 )()( dxxgxf 收敛 . 因而利用无穷积分的 Dirichlet 判别法和 Abel 判别法 , 我们得到级数的 Dirichlet 判别法和 Abel判别法 . Dirichlet 判别法 ： 如果 L,2,10 == ? ?????∑ N N n nb 有界 , 而 }{ na 单调趋于零 , 则 n n nba∑+∞ =0 收敛 . 证明 ： 不难看出 L,2,10 == ? ?????∑ N N n nb 有界等价于 { }),0()(0 +∞∈∫ Rdxxf R 有界 , 而 }{ na 单调趋 于零即 +∞→x 时 )(xg 单调趋于零 . 由无穷积分的 Dirichlet 判别法 , 得 ∫+∞ 0 )()( dxxgxf 收 敛 , 因而 n n nba∑+∞ =0 收敛 . Abel 判别法 ： 如果 }{ na 单调有界 , 而 ∑ +∞ =0n nb 收敛 , 则 n n nba∑+∞ =0 收敛 . 证明与上面的 Dirichlet 判别法相同 . 注 ： 在下一章中 , 我们将用 Abel 变换 Abel 不等式直接给出这两个判别法新的更简单的 证明 . 例 3. 4. 1： 讨论 ( ) n n n 11 1 ∑+∞ = ? 的收敛性 . 解 ： 令 nnn bna )1(,1 ?== , 则 }{ na 单调下降并趋于零 , 而 1 0 ≤∑ = N n nb . 由 Dirichlet 判别 法得 ( ) nba n n n nn 11 11 ∑∑ +∞ = +∞ = ?= 收敛 . 显然其仅是条件收敛 . 利用 Dirichlet 判别法 , 我们可得到下面常用的形式更简单的莱布尼兹 （ Leibniz） 判别法 . Leibniz 判别法 ： 如果 }{ na 单调趋于零 , 则 ∑ +∞ = ? 0 )1( n n n a 收敛 , 并且有余项估计 60 N Nn n n aa ≤?∑ +∞ = )1( . 证明 ： 收敛性与上例相同 , 可直接用 Dirichlet 判别法得到 . 这里我们仅考虑其余项估计 . 不妨设 }{ na 单调下降 , 因而 01 ≥? +nn aa , 得 [ ] . )()( )()(0 4321 321 N NNNNN NNNN Nn n a aaaaa aaaaa ≤ +?+??= +?+?=≤ ++++ +++ +∞ = ∑ L L ∑+∞ = ? 1 )1( n n n a 是正负交替出现的 , 因而又称为交错级数 . 由于其有较好的余项估计 , 常被用 在近似计算中 . 在无穷积分中我们知道 ∫ ∞+ 0 sin dx x x 是条件收敛的 , 利用同样的方法 , 我们有下面条件 收敛的典型例题 . 例 3. 4. 2： 证明 ∑ +∞ =1 sin n n n 收敛但不绝对收敛 . 证明 ：（ 思考题 ） . § 3. 5 绝对收敛的级数 级数 ∑ +∞ =1n na 是有限和 naaa +++ L21 的推广 , 一个自然的问题是有限和的基本性质 , 如结合律 、 交换律和分配律等对无穷和 ∑ +∞ =1n na 是否仍然成立 . 结合律对级数 ∑ +∞ =1n na 是成立的 . 设 LL ++++ naaa 21 是收敛级数 , 则在不改变顺序的前提下将 na 分为若干组 ： , )()()( 21 212121 112111 LL LLLLL ++++? +++++++++++++ ++++ ?? n kkkkkkk bbb aaaaaaaaa nnn 则 ∑ +∞ =1n nb 收敛 , 并且 ∑∑ +∞ = +∞ = = 11 n n n n ab . 事实上 , ∑+∞ =1n nb 的部分和构成的序列是 ∑+∞ =1n na 部分和所 成序列的子序列 , 因而有相同的极限 . 61 结合律的逆不成立 . 0)11()11()11( =+?++?+? LL , 但 LL +?++?+? 111111 不收敛 . 交换律 ： 序列 { }ka′ 称为序列 { }ka 的一个重排 , 如果 { }ka′ 中每一项都是 { }ka 的项 , 而 { }ka 中每一项在 { }ka′ 中出现且仅出现一次 . 称级数 ∑ +∞ =1k ka 满足交换律 , 如果对 { }ka 的任意 重排 { }ka′ , 总有 ∑∑ +∞ = +∞ = ′= 11 k k k k aa . 定理 3. 5. 1： 正项级数满足交换律 . 证明 ： 设 ∑ +∞ =1k ka 为正项级数 , { }ka′ 为 { }ka 的一个重排 , 则对任意 n , 总有 ∑∑ +∞ == ≤′ 11 k k n k k aa , 因而 ∑∑ +∞ = +∞ = ≤′ 11 k k k k aa . 但 { }ka 也是 { }ka′ 的重排 , 因而 ∑∑ +∞ = +∞ = ′≤ 11 k k k k aa , 得 ∑∑ +∞ = +∞ = ′= 11 k k k k aa . 对于一般的级数 ∑ +∞ =1k ka , 令 { } { }.0,min,0,max kkkk aaaa == ?+ 则 ?+?+ ?=+= kkkkkk aaaaaa , . 但 ∑ +∞ = + 1k ka 和 ∑+∞ = ?? 1k ka 都是正项级数 , 因而其或者收敛 , 或 者为 ∞+ . 如果 ∑ +∞ = + 1k ka 和 ∑+∞ = ? 1k ka 都收敛 , 则显然 ∑∑∑ +∞ = ? +∞ = + +∞ = += 111 k k k k k k aaa 以及 ∑∑∑ +∞ = ? +∞ = + +∞ = ?= 111 k k k k k k aaa 都收敛 , 即 ∑+∞ =1k ka 绝对收敛 . 反之也成立 . 因正项级数 ∑ +∞ = + 1k ka 和 ∑+∞ = ?? 1k ka 满足交换律 , 因而我们得到 定理 3. 5. 2： 绝对收敛的级数满足交换律 . 如果 ∑ +∞ = + 1k ka 和 ∑+∞ = ?? 1k ka 中一个为有限 , 一个为无穷 , 则 ∑+∞ =1k ka 也为相同的无穷 , 其任意 重排所得的和也 是相同的无穷 . 如果 ∑ +∞ =1k ka 条件收敛 , 则必须 ?∞=+∞= ∑∑ +∞ = ? +∞ = + 11 , k k k k aa , 因此 ∑+∞ =1k ka 是 ∞?∞ 型不定 62 式的极限 , 其不满足交换律 . Riemann 定理 ： 如果 ∑ +∞ =1k ka 是条件收敛的级数 , 则 { }∞±∈? URB , 存在 { }ka 的一个 重排 { }ka′ , 使得 Ba k k =′∑+∞ =1 . 证明 ： 设 0, >∈ BB R , 由 +∞=∑ +∞ = + 1k ka , 因此存在 ++ 1,,1 paa L , 使得 ++++ ? ++ +++≤≤+++ 11 21121 pp aaaBaaa LL . 取 ?? 1,,1 qaa L , 使 ( ) ( ) ( ) ( ). 11 11 2121 12121 ???+++ ? ? ??+++ +++++++>≥ +++++++ qp qp aaaaaaB aaaaaa LL LL 再取 ++ + 21 ,,1 pp aa L , 使得 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ). 2111 2111 111 1111 ++ + ??++ + ? + + ??++ ++++++++< ≤++++++++ ppqp ppqp aaaaaa Baaaaaa LLL LLL 以此类 推 , 不断加入 ?+ kk aa , 构成 { }ka 的一个重排 , 其构成级数的部分和总在 ( )+? ++ kk pp aBaB , 内 . 但已知 ∑ +∞ =1k ka 收敛 , 因而 0lim =+∞→ kk a , 得 +∞→k 时 , 所得的级数收 敛到 B . 如果 +∞=B , 先取 ++ 1,,1 paa L , 使 1121 ≥+++ +++ paaa L ； 再取 ++ + 21 ,,1 pp aa L , 使得 ( ) ( ) 2211 111 >++++++ ++ +?++ ppp aaaaa LL ； 取 ++ + 32 ,,1 pp aa L , 使 ( ) ( ) ( ) 3321211 12111 >++++++++++ ++ +?++ +?++ ppppp aaaaaaaa LLL ； 以此类推 , 则得到 { }ka 的一个重排 , 使其和为 ∞+ . 分配律 （ 级数的乘法 ） ： 设 ∑ +∞ =0n na 和 ∑+∞ =0n nb 是两个给定的级数 , 如果以分配律将其逐项相 乘 , 则得一 ∞×∞ 的矩阵 63 LLLL L L L 221202 211101 201000 bababa bababa bababa 问题是怎样将此 ∞×∞ 的矩阵中元素排成一级数 ？ 所排的级数是否收敛到 ? ? ?? ? ??? ? ?? ? ? ∑∑ +∞ = +∞ = 00 n n n n ba ？ 对此有多种可能 . 正方形排法 ： 如图 , 令 ∑∑ ? == += 1 11 n k kn n k knn abbac , 则 ∑+∞ =0n nc 称为 ?? ?? ? ??? ? ?? ? ? ∑∑ +∞ = +∞ = 00 n n n n ba 的正 方形排法 . LLLL L L L 221202 211101 201000 bababa bababa bababa 如果 ∑ +∞ =0n na 和 ∑+∞ =0n nb 都收敛 , 则由 ?? ?? ? ??? ? ?? ? ?= ∑∑∑ === n k k n k k n k k bac 000 , 令 +∞→n , 得 ? ? ?? ? ??? ? ?? ? ?= ∑∑∑ +∞ = +∞ = +∞ = 000 k k k k k k bac , 即 ∑+∞ =0k ka 和 ∑+∞ =0k kb 乘积的正方形排法收敛到 ?? ?? ? ??? ? ?? ? ? ∑∑ +∞ = +∞ = 00 k k k k ba . 如果 ∑ +∞ =1k ka 和 ∑+∞ =1k kb 都是正项级数 , 则 }{ jiba 构成的级数也是正项级数 , 由于正项级数 满足交换律 , 因此其只要有一种排法是收敛的 （ 例如正方形排法 ） , 则其任意排法都收敛到 相同的和 . 因此正项级数乘积的任意排法都有和 ? ? ?? ? ??? ? ?? ? ? ∑∑ +∞ = +∞ = 00 k k k k ba . 如果 ∑ +∞ =1k ka 和 ∑+∞ =1k kb 都是绝对收敛的级数 , 则其可表示为收敛正项级数的差 , 因而其乘 积可分解为收敛正项级数的乘积 , 其和与排法无关 , 总是收敛到 ? ? ?? ? ??? ? ?? ? ? ∑∑ +∞ = +∞ = 00 k k k k ba . 如果 ∑ +∞ =1k ka 和 ∑+∞ =1k kb 中有一个是条件收敛的 , 则由 Riemann 定理 , 其和与排法无关 , 因 此其乘积的和显然与排法无关 . 总结上面所得的结果我们可以看出 , 绝对收敛的级数是有限加法的推广 , 保持了有限加 法的基本性质 . 条件收敛的级数是 ∞?∞ 型不定式的极限 , 其和由正项和负项相互抵消所得 , 64 不保持有限加法的基本性质 . 对角线排法 ： 级数 n n n xa∑+∞ =0 和 n n n xb∑+∞ =0 是按 nx 排成的级数 , 称为 x 的幂级数 . 如果将其 乘积也按 x 的幂展开 , 则得 n n n k knk n n n n n n xbaxbxa ∑ ∑∑∑ +∞ = = ? +∞ = +∞ = ? ? ?? ? ?=? ? ?? ? ??? ? ?? ? ? 0 000 . 特别地 , 令 1=x , 则得 ∑ ∑∑∑ +∞ = = ? +∞ = +∞ = ? ? ?? ? ?=? ? ?? ? ??? ? ?? ? ? 0 000 n n k knk n n n n baba . 级数 ∑ ∑ +∞ = = ? ?? ?? ? ? 0 0n n k knk ba 称为级数乘积 ?? ?? ? ??? ? ?? ? ? ∑∑ +∞ = +∞ = 00 n n n n ba 的对角线排法 （ 见下图 ） . LLLL L L L 221202 211101 201000 bababa bababa bababa 定理 3. 5. 3： 如果 Aa n n =∑+∞ =0 和 Bb n n =∑+∞ =0 中有一个是绝对收敛的 , 则其按对角线排法 所得的级数也是收敛的 , 并且其和为 BA ? . 证明 ： 由于绝对收敛级数 是两个收敛正项级数的差 , 不妨设 Aa n n =∑+∞ =0 是收敛的正项 级数 . 令 ( )mm bbB ++?= L0b , 则 0→mb , 而 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ).01100 0110 010100 00011000 0 0 bbb bbb mmmm mmm mmm mm m n n k knk aaaBaa aBaBa babbabba babababababa +++??++= ++?+?= +++++++= ++++++=? ? ?? ? ? ? ? ? = = ?∑ ∑ LL L LLL LL 令 0110 bbbg mmmm aaa +++= ? L , 仅需证 0lim = +∞→ mm g . 任给 0>e , 由 0lim = +∞→ mm b 知 , N? , 使 Nm > 时 , Am eb < . 因此 Nm > 时 65 ( ) .0 0110 011110 bbe bbe bbbbbg mNNm mNNmNm mNNmNNmmmm aa aaAaaa aaaaa +++≤ ++++++≤ ++++++= ? ??? ?+??? L LL LL 令 +∞→m , 由 0lim = +∞→ mm a , 得 eg ≤ +∞→ mm lim . 但 e 是任意的 , 因此得 0lim = +∞→ mm g , 即 0lim = +∞→ mm g . § 3. 6 无穷乘积 无穷级数 ∑ +∞ =0n na 是有限加法的推广 . 因此自然希望将有限乘法推广到无穷乘积 . 设 }{ nb 是给定的序列 , 定义 ∏∏ =+∞→ +∞ = = n i in i i bb 11 lim 如果 }{ nb 中有一项为零 , 则不论其它项怎样选取 , 总有 0 1 =∏ +∞ =i ib . 因此不能对序列 }{ nb 给出有规律的结果 . 所以一般不考虑 0 1 =∏ +∞ =i ib 的情况 . 定义 3. 4. 1： 无穷乘积 ∏ +∞ =1i ib 称为收敛的 , 如果其部分积 ∏ = = n i in bP 1 有异于零的有限极 限 . 反之则称 ∏ +∞ =1i ib 发散 . 定理 3. 4. 2： 如果 ∏ +∞ =1i ib 收敛 , 则 1lim =+∞→ nn b . 证明 ： 1 1 11 ? ? == == ∏∏ n n n i i n i in P Pbbb , 因此 1 lim lim lim 1 == ?+∞→ +∞→ +∞→ n n nn nn P P b . 由于改变无穷乘积 ∏ +∞ =1i ib 的有限项不影响其收敛性 , 因此在讨论 ∏+∞ =1i ib 时总可假定 0>ib . 这时对无穷乘积取对数 , 将乘法变为加法 . 定理 3. 4. 3： 无穷乘积 ∏ +∞ =1i ib 收敛的充分必要条件是无穷级数 ∑+∞ =1 ln i ib 收敛 . 这时 66 ∑= +∞ =∏ ∞+ = 1 ln 1 i ib i i eb , 即 ∑=??? ? ??? ? ∞+ = +∞ = ∏ 1 1 lnln i ii i bb . 证明 ： ∑=?? ? ? ??? ? ==∏ n i i n i i bb 1 1 lnln , ∑= =∏ = n i ibn i i eb 1 ln 1 , 而 xyey x ln, == 都是连续函数 , 因此 ∑+∞ =1 ln i ib 和 ∏+∞ =1i ib 中有一个收敛 , 则另一个也收敛 , 并满足所给的等式 . 利用此定理 , 无穷乘积 ∏ +∞ =1i ib 可以转化为无穷级数 ∑+∞ =1 ln i ib . 因而可利用 无穷级数的手 段进行研究 . 习题 1. 求下列级数的和 ： （ 1） ∑ +∞ = ?1 2 14 1 k k ；（ 2） ∑ +∞ = +?1 )13)(23( 1 k kk ； （ 3） ∑ +∞ = ++1 )2)(1( 1 k kkk ；（ 4） ∑ +∞ = ? + ? 1 1 )2( )1( k k kk ； （ 5） ∑ +∞ = +++1 )1()1( 1 k kkkk ；（ 6） ∑ +∞ =1 22 1arctg k k . 2． 设 0lim ≠= +∞→ anan n . 求证 ： ∑ +∞ =1n na 发散 . 3． 求下列级数的和 ： （ 1） ∑ +∞ = ? ?? 1 1 1 2 )1( n n n ；（ 2） ∑ +∞ = ? 1 2 12 n n n ； （ 3） 1,sin2sinsin 2 <++++ rnrrr n LL qqq ； （ 4） 1,cos2coscos21 2 <+++++ rnrrr n LL qqq . 4． 判断级数的收敛性 ： （ 1） ∑ +∞ =1 ln 1 n nn ；（ 2） ∑ +∞ =1 lnln 1 n nn . 5． 判断下列级数的收敛性 ： 67 （ 1） ∑ +∞ =1 2 ln n n nn ；（ 2） ∑+∞ = ? ? ++1 2 1 2 1 )12(n n n nn n ； （ 3） ∑ +∞ =1 2! n n n n n ；（ 4） ∑+∞ =1 3! n n n n n ； （ 5） ∑ +∞ = ? ? ?? ? ? +1 1 2! n n n nn n ；（ 6） ∑+∞ = +1 21 n n n a a ；（ 0>a ） （ 7） L+??? ???+?? ??+??+ 10741 9753741 75341 5313 . 6． 用哥西判别法证明 ∑+∞ = ??? 1 )1(2 n n n 收敛 , 并说明达郎倍尔判别法对此级数失效 . 7． 设 0>na , 且 ),2,1(11 L=<≤+ nraa n n . 求证 ： 用 ∑ = n k ka 1 近似代替 ∑ +∞ =1n na 的误差小于 r ra n ?1 . 8． 用积分判别法判别下列级数的收敛性 ： （ 1） ∑ +∞ =1 3 1 n n ；（ 2） ∑ +∞ =1 3n n n ； （ 3） ∑ +∞ =1 ln2 1 n n ；（ 4） ∑ +∞ =1 ln3 1 n n ； 9． 若级数 )0( 1 >∑ +∞ = n n n aa 发散 , 而 nS 表示级数的第 n 部分和 . 求证 ： 级数 ∑+∞ =1n n n S a 也发散 . 提示 ： 用收敛原理 . 10． 若正项级数 ∑ +∞ =1n na 收敛 , ),2,1(1 L=≤+ naa nn . 求证 ： 0lim =?+∞→ nn an . 11． 利用拉阿伯判别法研究下列级数的收敛性 ： （ 1） ∑ +∞ = ?? ? ?? ? ? 1 !)!2( !)!12( n p n n （ p 实数 ）； （ 2） )0,0(1! )1()1( 1 >>+??∑ +∞ = baaaa b n nn nL . 68 12． 不用哥西准则 , 求证 ： 如果 ∑ +∞ =1n na 收敛 , 则 ∑+∞ =1n na 也收敛 . 13． 证明 ： 若级数 ∑ +∞ =1n na （ A） 及级数 ∑+∞ =1n nb （ B） 皆收敛 , 且 ),2,1( L=≤≤ nbca nnn , 则级数 ∑ +∞ =1n nc (C)也 收敛 . 若级数 （ A） 及级数 （ B） 皆发散 , 问级数 (C)的收敛性如何 ？ 14． 求证 ： 若级数 ∑ +∞ =1 2 n na 及级数 ∑+∞ =1 2 n nb 收敛 , 则级数 ( ) ∑∑∑ ∞+ = ∞+ = ∞+ = + 11 2 1 ,, n n n nn n nn n ababa 也收敛 . 15． 判别下列级数的收敛性 ： （ 1） ∑ +∞ = + ? 1 100 )1( n n n n ；（ 2） 2sin ln 1 pn n n n ∑+∞ = ； （ 3） ∑ ∞+ = +++ ? 1 1 2 11 )1( n n n nL ；（ 4） ∑+∞ = ?+ ? 2 )1( )1( n n n n ； （ 5） ( )∑+∞ = + 1 2 1sin n np ；（ 6） ∑ +∞ = ?? 1 2/)1( 3 )1( n n nn ； （ 7） ∑ +∞ = ? 1 )1( n p n n ；（ 0>p ）；（ 8） 2sin3 1 1 pn n n∑ +∞ = ； （ 9） ∑ +∞ = ? 1 2cos)1( n n n n ；（ 10） ∑+∞ = ? 1 2sin )1( n n n n ； （ 11） LL ++??+++??++?? 1111131131121121 nn . 16． 设 0>nb , 且 01lim 1 >?? ? ? ??? ? ? ++∞→ n n n b bn . 69 求证 ： 级数 ∑ +∞ = +? 1 1)1( n n n b 收敛 . 17． 利用上一题讨论下列级数的收敛性 ： （ 1） ∑ +∞ = + ? ? ? ?? ? ?? 1 1 !)!2( !)!12()1( n p n n n ； （ 2） ∑ +∞ = +??+ 1 ! )1()1(1 n n naaa L . 18． 对序列 }{ ka , }{ kb 定义 nn aaaS +++= L21 , kkk bbb ?=? +1 . 求证 ： （ 1） 如果 }{ nS 有界 , ∑ +∞ = ? 1k kb 收敛 , 且 )(0 +∞→→ nbn , 则 ∑+∞ =1k kk ba 收敛 , 且有 ∑∑ +∞ = +∞ = ??= 11 k kk k kk bSba ； （ 2） 如果 ∑ +∞ =1k ka 与 ∑+∞ = ? 1k kb 都收敛 , 则 ∑+∞ =1k kk ba 收敛 . 19． 研究下列级数的收敛性与绝对收敛性 ： （ 1） ∑ +∞ = ? 1 )1( n p n n （ 0>p ）；（ 2） ∑ +∞ = + ? 1 1 )1( n p n nn （ 0>p ）； （ 3） [ ]∑ +∞ = ?+ ? 2 )1( )1( n pn n n （ 0>p ）；（ 4） [ ]∑∞+ = ? 1 )1( n p n n （ 0>p ）； （ 5） ∑ +∞ = ?? 1 2 1 sin2)1( n nn n n x ；（ 6） ∑∞+ = ??? ? ??? ? 1n n na x , 0lim >= +∞→ aan n ； （ 7） 12 )1(!)!2( !)!12(1 1 + ???+ ∑+∞ = nn n n n ；（ 8） ∑ +∞ = ? +++ ? 1 1 )()2)(1( !)1( n n nxxx n L （ 0>x ）； （ 9） ∑ +∞ = +? 1 )1( n nnn r （ 0>r ）；（ 10） ∑ +∞ = ?????? 1 ! n n n xn ； 20． 求证 ： 若将收敛级数的各项重新排列 , 而使每一项离开原有的位置不超过 m 个位置 （ m 为预先给定的数 ） , 则其和不变 . 21． 已知 nn rncnH ++=+++= ln1211 L , c 为欧拉常数 , 0lim = +∞→ nn r . 求证 ： （ 1） mrcmm 2121ln21214121 ++=+++ L ； 70 （ 2） 若把级数 L+?+? 4131211 的各项重新安排 , 而使挨次 p 个正项的一组与挨次 p 个负项的一组相交替 , 则新级数的和 为 q pln 2 12ln + . 22． 求级数 1, 3 0 <? ? ?? ? ?∑+∞ = xx n n 的和 . 23． 令 ∑ +∞ = = 0 !n n x n xe . 求证 ： yxyx eee ?=+ . 24． 设 lan n = +∞→ lim . 求证 ： （ 1） 当 1>l 时 , ∑ +∞ =1 1 n ann 收敛 ； （ 2） 当 1<l 时 , ∑ +∞ =1 1 n ann 发散 ； 并问 1=l 时会有什么结论 ？