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高等数学: 数字教材

T,谭易兰, C

Section 8.1 数项级数的概念与性质

Subsection 8.1.1 数项级数的概念

给定一个数列
\begin{equation*} u_{1}, u_{2}, u_{3}, \cdots, u_{n}, \cdots, \end{equation*}
各项依次相加构成的表达式
\begin{equation*} u_{1}+u_{2}+u_{3}+\cdots+u_{n}+\cdots \end{equation*}
称为数项级数, 也称为常数项级数或无穷级数, 简称级数, 记作 \(\sum\limits_{n=1}^{\infty} u_{n}\text{,}\) 简记为 \(\sum u_{n}\text{,}\) 即
\begin{equation} \sum\limits_{n=1}^{\infty} u_{n}=u_{1}+u_{2}+u_{3}+\cdots+u_{n}+\cdots\tag{8.1.1} \end{equation}
其中 \(u_{n}\) 称为数项级数 (8.1.1)的通项,也称一般项. 例如:
  1. \(\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}+\cdots\) 是数项级数, 称为调和级数, 通项为 \(u_{n}=\frac{1}{n} ;\)
  2. \(\sum\limits_{n=1}^{\infty} a q^{n-1}=a+a q+a q^{2}+\cdots+a q^{n-1}+\cdots\) (其中 \(a\) 和 \(q\) 都是常数) 是数项级数,称为几何级数或等比级数, 通项为 \(u_{n}=a q^{n-1}\text{,}\) 其中 \(q\) 称为公比;
  3. \(\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{p}}=1+\frac{1}{2^{p}}+\frac{1}{3^{p}}+\cdots+\frac{1}{n^{p}}+\cdots(p>0)\) 是数项级数, 称为 \(p{- \text {级数,}}\)通项为 \(u_{n}=\frac{1}{n^{p}}\text{;}\)
  4. \(\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}=1-1+1-1+\cdots+(-1)^{n}+\cdots\) 是数项级数, 通项为 \(u_{n}=\) \((-1)^{n-1}\text{;}\)
  5. \(\sum\limits_{n=1}^{\infty} 2 n=2+4+6+\cdots+2 n+\cdots\) 是数项级数, 通项为 \(u_{n}=2 n\text{.}\)

Subsection 8.1.2 数项级数的收敛与发散

对于无穷级数(8.1.1), 它的 “无穷项相加” 如何实现? 我们可从级数前有限项之和出发, 观察它们的变化, 然后用极限实现 “相加” 以得到结果. 因此,可先作出数项级数(8.1.1)的前 \(n\) 项的和, 记为
\begin{equation} s_{n}=u_{1}+u_{2}+u_{3}+\cdots+u_{n}=\sum\limits_{k=1}^{n} u_{k}\tag{8.1.2} \end{equation}
\(s_{n}\) 称为数项级数(8.1.1)的部分和. 当 \(n\) 依次取 \(1,2,3, \cdots\) 时就得到一个新的数列 \(s_{1}\text{,}\) \(s_{2}, s_{3}, \cdots, s_{n}, \cdots\text{,}\) 这一数列称为级数(8.1.1)的部分和数列.
部分和 \(s_{n}\) 中项数 \(n\) 越大,部分和 \(s_{n}\) 就越接近级数(8.1.1)的 “和”. 因此, 可以通过部分和数列 \(\left\{s_{n}\right\}\) 当 \(n \rightarrow \infty\) 时的极限来定义级数 (8.1.1)的“和”.

Definition 8.1.1.

定义 若级数 \(\sum\limits_{n=1}^{\infty} u_{n}\) 的部分和数列 \(\left\{s_{n}\right\}\) 收敛于 \(s\text{,}\) 即 \(\lim\limits_{n \rightarrow \infty} s_{n}=s\text{,}\) 则称级数 \(\sum\limits_{n=1}^{\infty} u_{n}\) 收敛,并称极限 \(s\) 为级数 \(\sum\limits_{n=1}^{\infty} u_{n}\) 的和, 记作
\begin{equation*} \sum\limits_{n=1}^{\infty} u_{n}=u_{1}+u_{2}+u_{3}+\cdots+u_{n}+\cdots=s \end{equation*}
此时也称级数 \(\sum\limits_{n=1}^{\infty} u_{n}\) 收敛于 \(s\text{;}\) 若级数 \(\sum\limits_{n=1}^{\infty} u_{n}\) 的部分和数列 \(\left\{s_{n}\right\}\) 发散, 则称级数 \(\sum\limits_{n=1}^{\infty} u_{n}\) 发散, 发散级数没有和.
因此, 当级数 (8.1.1)收敛时, 部分和 \(s_{n}\) 就可以作为级数的和的近似值, 即 \(s \approx s_{n}\text{,}\)它们的差
\begin{equation*} r_{n} \triangleq s-s_{n}=u_{n+1}+u_{n+2}+\cdots \end{equation*}
称为级数 (8.1.1)的余项. 余项的绝对值 \(\left|r_{n}\right|=\left|u_{n+1}+u_{n+2}+\cdots\right|\) 给出了 \(s_{n}\) 代替 \(s\) 后所产生的误差.

Example 8.1.2.

例 1 讨论公比为 \(q\) 的等比级数
\begin{equation} \sum\limits_{n=0}^{\infty} a q^{n}=a+a q+a q^{2}+\cdots+a q^{n}+\cdots\tag{8.1.3} \end{equation}
的敛散性, 其中 \(a \neq 0\text{.}\) (如果 \(a=0\text{,}\) 级数中每一项都是零, 那么它一定收敛, 且和为 0 )
Solution.
解 若 \(q \neq 1\text{,}\) 则部分和
\begin{equation*} s_{n}=a+a q+\cdots+a q^{n-1}=\frac{a-a q^{n}}{1-q}=\frac{a}{1-q}-\frac{a q^{n}}{1-q} \end{equation*}
当 \(|q|<1\) 时, \(\lim\limits_{n \rightarrow \infty} s_{n}=\frac{a}{1-q}\text{,}\) 级数收敛于 \(\frac{a}{1-q}\text{;}\)
当 \(|q|>1\) 时, \(\lim\limits_{n \rightarrow \infty} s_{n}=\infty\text{,}\) 级数发散;
当 \(|q|=1\) 时, 若 \(q=1, s_{n}=n a \rightarrow \infty\text{,}\) 则级数发散; 若 \(q=-1\text{,}\) 则级数成为
\begin{equation*} a-a+a-a+\cdots, \end{equation*}
所以当 \(n\) 分别为奇数或偶数时, 部分和 \(s_{n}\) 分别为 \(a\) 或零, 因为 \(a \neq 0\text{,}\) 所以部分和数列 \(\left\{s_{n}\right\}\) 不存在极限, 级数发散.
综上所述, 几何级数(8.1.3)有如下的结论: (1) 当公比 \(|q|<1\) 时收敛, 其和为 \(\frac{a}{1-q}\text{,}\) 即 \(a+a q+a q^{2}+\cdots+a q^{n-1}+\cdots=\frac{a}{1-q}(|q|<1)\text{;}\) (2) 当公比 \(|q| \geqslant 1\) 时发散.
例如, 级数 \(1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2^{2}}-\frac{1}{2^{3}}+\cdots+(-1)^{n-1} \frac{1}{2^{n-1}}+\cdots\) 是公比 \(q=-\frac{1}{2}\) 的几何级数, 所以级数收敛, 其和为 \(s=\frac{a}{1-q}=\frac{1}{1-\left(-\frac{1}{2}\right)}=\frac{2}{3}\text{.}\)

Example 8.1.3.

例 2 证明调和级数
\begin{equation} 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}+\cdots\tag{8.1.4} \end{equation}
发散。
Solution.
证 调和级数(8.1.4)的部分和为
\begin{equation*} s_{n}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n} . \end{equation*}
利用不等式 \(x>\ln (1+x)(x>0)\) (注意: 函数 \(f(x)=x-\ln (1+x)\) 在 \(x>0\) 时 \(f^{\prime}(x)>0\text{,}\) 在 \(x \geqslant 0\) 时连续, 且 \(f(0)=0\text{,}\) 因此当 \(x>0\) 时 \(\left.f(x)>0\right)\text{,}\) 得
\begin{equation*} \begin{aligned} s_{n} & =1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n} \\ & >\ln (1+1)+\ln \left(1+\frac{1}{2}\right)+\cdots+\ln \left(1+\frac{1}{n}\right) \\ & =\ln 2+\ln \frac{3}{2}+\cdots+\ln \frac{n+1}{n} \\ & =\ln 2+(\ln 3-\ln 2)+\cdots+[\ln (n+1)-\ln n]=\ln (n+1), \end{aligned} \end{equation*}
而 \(\lim\limits_{n \rightarrow \infty} \ln (n+1)=+\infty\text{,}\) 故 \(\lim\limits_{n \rightarrow \infty} s_{n}=+\infty\text{,}\) 从而部分和数列发散, 所以调和级数发散.
注意人们一般不关心发散级数, 但调和级数是例外, 原因是它在今后的级数审敛法与级数收敛条件的讨论中起着重要作用.

Example 8.1.4.

例 3 求证 \(\frac{1}{1 \cdot 2}+\frac{1}{2 \cdot 3}+\frac{1}{3 \cdot 4}+\cdots+\frac{1}{n(n+1)}+\cdots=1\text{.}\)
Solution.
证 因为
\begin{equation*} \begin{aligned} s_{n} & =\frac{1}{1 \cdot 2}+\frac{1}{2 \cdot 3}+\frac{1}{3 \cdot 4}+\cdots+\frac{1}{n(n+1)} \\ & =\left(1-\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right) \\ & =1-\frac{1}{n+1}, \end{aligned} \end{equation*}
所以
\begin{equation*} \lim\limits_{n \rightarrow \infty} s_{n}=\lim\limits_{n \rightarrow \infty}\left(1-\frac{1}{n+1}\right)=1, \end{equation*}
从而该级数收敛, 它的和为 1 .
下面给出级数收敛的必要条件.

Proof.

证 由于 \(\sum\limits_{n=1}^{\infty} u_{n}\) 收敛,因此 \(\lim\limits_{n \rightarrow \infty} s_{n}=s, \lim\limits_{n \rightarrow \infty} s_{n-1}=s\text{.}\)
显然 \(u_{n}=s_{n}-s_{n-1}\text{,}\) 所以 \(\lim\limits_{n \rightarrow \infty} u_{n}=\lim\limits_{n \rightarrow \infty}\left(s_{n}-s_{n-1}\right)=\lim\limits_{n \rightarrow \infty} s_{n}-\lim\limits_{n \rightarrow \infty} s_{n-1}=s-s=0\text{.}\)
注意 \(\lim\limits_{n \rightarrow \infty} u_{n}=0\) 是 \(\sum\limits_{n=1}^{\infty} u_{n}\) 收敛的必要条件, 不是充分条件. 也就是说, 由 \(\lim\limits_{n \rightarrow \infty} u_{n}=0\) 不能保证级数 \(\sum\limits_{n=1}^{\infty} u_{n}\) 收敛. 例如, 调和级数 \(\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}\) 中, \(\lim\limits_{n \rightarrow \infty} u_{n}=\lim\limits_{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n}=0\text{,}\)但调和级数是发散的.
由Theorem 8.1.5可知, 若 \(\lim\limits_{n \rightarrow \infty} u_{n} \neq 0\text{,}\) 则 \(\sum\limits_{n=1}^{\infty} u_{n}\) 一定发散. 因此, \(\lim\limits_{n \rightarrow \infty} u_{n} \neq 0\) 可作为判断级数发散的充分条件. 例如, \(\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}=1-1+1-1+\cdots\text{,}\) 通项 \((-1)^{n-1}\) 不趋于 0 ,故级数发散.
因此,当考察一个级数是否收敛时,通常首先考察当 \(n\) 趋于无穷时该级数的通项 \(u_{n}\) 是否趋于零. 如果 \(u_{n}\) 不趋于零, 那么立即可以断定这个级数是发散的.

Subsection 8.1.3 收敛级数的性质

由于级数的敛散性归结为部分和数列的敛散性, 因此利用数列极限的性质可导出级数的相关性质, 从而可利用这些性质判断一些级数的敛散性.

Proof.

证 记 \(\sum\limits_{n=1}^{\infty} u_{n}\) 的部分和为 \(s_{n}=u_{1}+u_{2}+\cdots+u_{n}\text{,}\) 则 \(\sum\limits_{n=1}^{\infty} k u_{n}\) 的部分和为
\begin{equation*} \sigma_{n}=k u_{1}+k u_{2}+\cdots+k u_{n}=k\left(u_{1}+u_{2}+\cdots+u_{n}\right)=k s_{n} . \end{equation*}
由 \(\lim\limits_{n \rightarrow \infty} s_{n}=s\) 得 \(\lim\limits_{n \rightarrow \infty} \sigma_{n}=\lim\limits_{n \rightarrow \infty} k s_{n}=k s\text{,}\) 于是级数 \(\sum\limits_{n=1}^{\infty} k u_{n}\) 也收敛, 且和为 \(k s\text{.}\)
例如, 当 \(|q|<1\) 时, 已知几何级数 \(\sum\limits_{n=1}^{\infty} q^{n-1}\) 收敛, 其和为 \(s=\frac{1}{1-q}\text{,}\) 所以, 当 \(|q|<1\) 时, \(\sum\limits_{n=1}^{\infty} a q^{n}\) 也收敛, 且 \(\sum\limits_{n=1}^{\infty} a q^{n}=\sum\limits_{n=1}^{\infty}(a q) q^{n-1}=a q \sum\limits_{n=1}^{\infty} q^{n-1}=\frac{a q}{1-q}\text{.}\)
该性质可简述为: 收敛级数的每一项乘以同一个常数后,仍为收敛级数.

Proof.

证 设级数 \(\sum\limits_{n=1}^{\infty} u_{n}\) 与 \(\sum\limits_{n=1}^{\infty} v_{n}\) 的部分和分别为
\begin{equation*} \begin{aligned} & s_{n}=u_{1}+u_{2}+\cdots+u_{n}, \\ & \sigma_{n}=v_{1}+v_{2}+\cdots+v_{n}, \end{aligned} \end{equation*}
则 \(\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left(u_{n} \pm v_{n}\right)\) 的部分和
\begin{equation*} \begin{aligned} \lambda_{n} & =\left(u_{1} \pm v_{1}\right)+\left(u_{2} \pm v_{2}\right)+\cdots+\left(u_{n} \pm v_{n}\right) \\ & =\left(u_{1}+u_{2}+\cdots u_{n}\right) \pm\left(v_{1}+v_{2}+\cdots v_{n}\right)=s_{n} \pm \sigma_{n} . \end{aligned} \end{equation*}
由于 \(\lim\limits_{n \rightarrow \infty} s_{n}=s, \lim\limits_{n \rightarrow \infty} \sigma_{n}=\sigma\text{,}\) 因此 \(\lim\limits_{n \rightarrow \infty} \lambda_{n}=\lim\limits_{n \rightarrow \infty}\left(s_{n} \pm \sigma_{n}\right)=s \pm \sigma\text{,}\) 从而 \(\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left(u_{n} \pm v_{n}\right)\) 也收敛,其和为 \(s \pm \sigma\text{.}\)

Example 8.1.8.

例 4 证明级数 \(\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{2^{n-1}}+\frac{5}{3^{n}}\right)\) 收敛,并求其和.
Solution.
证 由于几何级数 \(\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2^{n-1}}\) 与 \(\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{3^{n}}\) 都收敛, 从而 \(\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{5}{3^{n}}\) 也收敛, 因此 \(\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{2^{n-1}}+\frac{5}{3^{n}}\right)\) 收敛, 且
\begin{equation*} \begin{aligned} \sum\limits_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{2^{n-1}}+\frac{5}{3^{n}}\right) & =\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2^{n-1}}+\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{5}{3^{n}}=\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2^{n-1}}+\frac{5}{3} \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{3^{n-1}} \\ & =\frac{1}{1-\frac{1}{2}}+\frac{5}{3} \cdot \frac{1}{1-\frac{1}{3}}=2+\frac{5}{2}=\frac{9}{2} . \end{aligned} \end{equation*}

Proof.

证 用反证法. 假设 \(\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left(u_{n} \pm v_{n}\right)\) 收敛,因为 \(\sum\limits_{n=1}^{\infty} u_{n}\) 收敛, 则由Proposition 8.1.7 知 \(\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left[\left(u_{n}+v_{n}\right)-u_{n}\right]=\sum\limits_{n=1}^{\infty} v_{n}\) 收敛,这与假设 \(\sum\limits_{n=1}^{\infty} v_{n}\) 发散矛盾. 例如 \(\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2^{n-1}}\) 收敛, \(\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}\) 发散, 所以 \(\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{2^{n-1}}+\frac{1}{n}\right)\) 发散.

Proof.

证 先证收敛级数去掉有限项形成的新级数仍然收敛.
其实只要证明去掉一项后级数仍然收敛即可. 事实上, 可以把去掉有限项的过程分解为: 每次去掉一项, 共进行有限次. 每次去掉一项后级数收敛, 则有限次 (去掉了有限项) 后级数仍然收敛.
设在收敛级数 \(\sum\limits_{n=1}^{\infty} u_{n}\) 中去掉一项 \(u_{k}\) 后得另一级数
\begin{equation} \sum\limits_{n=1}^{\infty} u_{n}^{\prime}=u_{1}+u_{2}+\cdots+u_{k-1}+u_{k+1}+\cdots\tag{8.1.5} \end{equation}
用 \(s_{n}\) 表示原级数的前 \(n\) 项的部分和, 用 \(\sigma_{n}\) 表示新级数(8.1.5)前 \(n\) 项的部分和. 当 \(n>k\)时显然有
\begin{equation*} s_{n}=\sigma_{n-1}+u_{k} \text {, } \end{equation*}
而 \(u_{k}\) 是一个与 \(n\) 无关的常数, 故当 \(n \rightarrow \infty\) 时, 由数列 \(\left\{s_{n}\right\}\) 收敛可得数列 \(\left\{\sigma_{n}\right\}\) 也收敛, 从而级数 \(\sum\limits_{n=1}^{\infty} u_{n}^{\prime}\) 收敛.
同理可以证明,加上有限项或改变有限项的数值也不影响级数的收敛性.

Proof.

证 设 \(u_{1}+u_{2}+u_{3}+u_{4}+\cdots\) 收敛, 即其部分和数列 \(s_{1}, s_{2}, s_{3}, s_{4}, \cdots\) 存在极限 \(s\text{.}\) 设原级数任意加括号后所得新级数为
\begin{equation*} \left(u_{1}+\cdots+u_{n_{1}}\right)+\left(u_{n_{1}+1}+\cdots+u_{n_{2}}\right)+\cdots+\left(u_{n_{k-1}+1}+\cdots+u_{n_{k}}\right)+\cdots=\sum\limits_{k=1}^{\infty} v_{k}, \end{equation*}
其中 \(v_{k}=u_{n_{k-1}+1}+u_{n_{k-1}+2}+\cdots+u_{n_{k}}\text{,}\) 即每一括号作为新级数的一项. 显然新级数前 \(k\) 项的部分和 \(A_{k}\) 与原级数的部分和有如下关系:
\begin{equation*} \begin{aligned} & A_{1}=u_{1}+\cdots+u_{n_{1}}=s_{n_{1}}, \\ & A_{2}=\left(u_{1}+\cdots+u_{n_{1}}\right)+\left(u_{n_{1}+1}+\cdots+u_{n_{2}}\right)=s_{n_{2}}, \\ & \cdots \cdots \\ & A_{k}=\left(u_{1}+\cdots+u_{n_{1}}\right)+\left(u_{n_{1}+1}+\cdots+u_{n_{2}}\right)+\cdots+\left(u_{n_{k-1}+1}+\cdots+u_{n_{k}}\right)=s_{n_{k}}, \end{aligned} \end{equation*}
可见,数列 \(\left\{A_{k}\right\}\) 就是数列 \(\left\{s_{n}\right\}\) 的一个子数列. 由数列 \(\left\{s_{n}\right\}\) 的收敛性以及收敛数列与其子数列的关系可知, 数列 \(\left\{A_{k}\right\}\) 必定收敛,且有
\begin{equation*} \lim\limits_{k \rightarrow \infty} A_{k}=\lim\limits_{n \rightarrow \infty} s_{n}, \end{equation*}
即加括号后所成的新级数收敛,且其和不变.
注意 收敛级数不能随意去括号. 事实上, 收敛级数去括号后形成的新级数可能不收敛. 例如, 级数 \((1-1)+(1-1)+\cdots+(1-1)+\cdots=0+0+\cdots+0+\cdots=0\) 收敛, 但去括号后级数为 \(1-1+1-1+\cdots+(-1)^{n-1}+\cdots\text{,}\) 它是发散的.

Subsection 8.1.4 * 级数收敛的柯西 (Cauchy) 准则

根据级数收敛的定义, 所谓级数 \(\sum\limits_{n=1}^{\infty} u_{n}\) 收敛就是对应的部分和数列 \(\left\{s_{n}\right\}\) 收敛.由前面介绍的数列收敛的柯西准则可知, 数列 \(\left\{s_{n}\right\}\) 收敛的充分必要条件是对于任
意给定的正数 \(\varepsilon\text{,}\) 总存在自然数 \(N\text{,}\) 使得当 \(n>N\) 时, 对于任意的自然数 \(p\text{,}\) 都有 \(\left|s_{n+p}-s_{n}\right|<\varepsilon\text{.}\) 注意到 \(\left|s_{n+p}-s_{n}\right|=\left|u_{n+1}+u_{n+2}+\cdots+u_{n+p}\right|\text{,}\) 故可以得到以下级数收敛的一个充分必要条件.
注意到不等式(8.1.6)左边绝对值记号内的和数实际上是在级数中截取第 \(n+1\)项到第 \(n+p\) 项上一段的和数,权且称之为级数的一个“片段”. 因此,柯西准则中所给出的级数收敛的充要条件可以理解为:对于任何正数 \(\varepsilon\) (无论 \(\varepsilon\) 多么小), 都能找到自然数 \(N\text{,}\) 从级数的第 \(N+1\) 项 \(u_{N+1}\) 之后截取任意长度的一个片段,其和的绝对值总小于事先指定的 \(\varepsilon\text{.}\)

Example 8.1.13.

例 5 应用级数收敛的柯西准则证明级数 \(\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}}\) 收敛.
Solution.
证 由于
\begin{equation*} \begin{aligned} & \left|u_{n+1}+u_{n+2}+\cdots+u_{n+p}\right|=\frac{1}{(n+1)^{2}}+\frac{1}{(n+2)^{2}}+\cdots+\frac{1}{(n+p)^{2}} \\ < & \frac{1}{n(n+1)}+\frac{1}{(n+1)(n+2)}+\cdots+\frac{1}{(n+p-1)(n+p)} \\ = & \left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)+\left(\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{n+p-1}-\frac{1}{n+p}\right) \\ = & \frac{1}{n}-\frac{1}{n+p}<\frac{1}{n}, \end{aligned} \end{equation*}
因此,对于任意正数 \(\varepsilon\text{,}\) 取 \(N=\left[\frac{1}{\varepsilon}\right]\text{,}\) 当 \(n>N\) 时,对于任意自然数 \(p\text{,}\) 有
\begin{equation*} \left|u_{n+1}+u_{n+2}+\cdots+u_{n+p}\right|<\frac{1}{n}<\varepsilon . \end{equation*}
由级数收敛的柯西准则可得级数 \(\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}}\) 收敛.

Subsection 8.1.5 习题8-1

  1. 写出下列级数的一般项, 并将级数表示成和式 \(\sum\) 的形式:
    1. \(\frac{1 !}{2}+\frac{2 !}{5}+\frac{3 !}{10}+\frac{4 !}{17}+\cdots\text{;}\)
    2. \(-\frac{1}{2}+\frac{2}{2^{2}}-\frac{3}{2^{3}}+\frac{4}{2^{4}}-\cdots\text{;}\)
    3. \(\frac{a^{2}}{3}-\frac{a^{3}}{5}+\frac{a^{4}}{7}-\frac{a^{5}}{9}+\cdots\text{;}\)
    4. \(\frac{\sqrt{a}}{2}+\frac{a}{2 \cdot 4}+\frac{a \sqrt{a}}{2 \cdot 4 \cdot 6}+\frac{a^{2}}{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot 8}+\cdots\text{.}\)
  2. 已知级数 \(\sum\limits_{n=1}^{\infty} u_{n}\) 的前 \(n\) 项和 \(s_{n}=\frac{2 n}{n+1}\text{,}\)
    1. 写出级数一般项 \(u_{n}\text{;}\)
    2. 写出级数的前 5 项;
    3. 求级数的和 \(s\text{.}\)
  3. 设级数 \(\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2 n-1)(2 n+1)}\text{,}\) 根据此级数一般项的构造特点, 可把 \(u_{n}\) 写成 \(u_{n}=\) \(\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2 n-1}-\frac{1}{2 n+1}\right)\text{.}\)
    （1）计算级数的部分和 \(s_{n} ;\) (2) 判别级数的敛散性, 若收敛,求级数的和 \(s\text{.}\)
  4. 已知级数 \(\sum\limits_{n=1}^{\infty} u_{n}\) 收敛, 讨论下列级数的敛散性.
    1. \(\sum\limits_{n=1}^{\infty} v_{n}=\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left(u_{n}+0.01\right)\text{,}\) 级数 \(\sum\limits_{n=1}^{\infty} v_{n}\)
    2. \(\sum\limits_{n=1}^{\infty} v_{n}=\sum\limits_{n=1}^{\infty} u_{n+100}\text{,}\) 级数 \(\sum\limits_{n=1}^{\infty} v_{n}\)
    3. \(\sum\limits_{n=1}^{\infty} v_{n}=\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{u_{n}}\left(u_{n} \neq 0\right)\text{,}\) 级数 \(\sum\limits_{n=1}^{\infty} v_{n}\)
  5. 利用级数收敛与发散的定义,判别下列级数的敛散性.
    1. 对于级数 \(\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{n}{3^{n}}\text{,}\) 证明 \(\frac{2}{3} s_{n}=s_{n}-\frac{1}{3} s_{n}=\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{3^{n}}\right)-\frac{n}{3^{n+1}}\text{,}\) 并求级数的和;
    2. 对于级数 \(\sum\limits_{n=1}^{\infty} \arctan \frac{1}{2 n^{2}}\text{,}\) 用数学归纳法证明 \(s_{n}=\arctan \frac{n}{n+1}\text{,}\) 并求级数的和;
    3. 对于级数 \(\sum\limits_{n=1}^{\infty}(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})\text{,}\) 写出级数的部分和 \(s_{n}\text{,}\) 并证明该级数发散.
  6. 利用几何级数、调和级数的敛散性及常数项级数的基本性质, 判别下列级数的敛散性:
    1. \(\frac{\ln 2}{2}+\frac{\ln ^{2} 2}{2^{2}}+\frac{\ln ^{3} 2}{2^{3}}+\cdots+\frac{\ln ^{n} 2}{2^{n}}+\cdots\text{;}\)
    2. \(\frac{1}{1001}+\frac{1}{2001}+\frac{1}{3001}+\cdots+\frac{1}{1000 n+1}+\cdots\text{;}\)
    3. \(\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{2^{n}}+\frac{1}{10 n}\right)\text{;}\)
    4. \(\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{2^{n}}+\frac{1}{3^{n}}\right)\text{;}\)
    5. \(\sum\limits_{n=1}^{\infty} 10^{10} \frac{1}{a^{n}}(a>0)\text{;}\)
    6. \(\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{\sqrt[n]{5}}\text{.}\)
  7. 利用级数的柯西充要条件证明下列级数的收敛性：
    1. \(a_{0}+\frac{a_{1}}{10}+\cdots+\frac{a_{n}}{10^{n}}+\cdots\left(\left|a_{n}\right|<10\right)\text{;}\)
    2. 若级数 \(\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_{n}\) 和 \(\sum\limits_{n=1}^{\infty} b_{n}\) 都收敛, 且 \(a_{n} \leqslant c_{n} \leqslant b_{n}(n=1,2, \cdots)\text{,}\) 则级数 \(\sum\limits_{n=1}^{\infty} c_{n}\) 也收敛.
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