复变函数 第5次作业
Chasse_neige
1.\(\sum_{n=1}^{\infty} a_n\) 与 \(\sum_{n=1}^{\infty} b_n\) 均为正项级数，下列说法是否正确？若正确，请给出证明；若不正确，试举反例说明之。
(a) 若 \(\lim_{n\to\infty} n a_n = 0\)，则 \(\sum_{n=1}^{\infty} a_n\) 收敛；
不正确
取\(a_{n} = \frac{1}{n \ln n}\)
由Cauchy反常积分判别法，原级数的收敛发散性质与积分 $$ \int_{1}^{\infty} \frac{1}{n \ln n} dn = \int_{0}^{\infty} \frac{d u}{u} $$ 相同，所以级数发散
(b) 若 \(a_{2n} < a_{2n+1}\)，则 \(\sum_{n=1}^{\infty} a_n\) 发散；
不正确 $$ \begin{aligned} a_{2} &= \frac{1}{100} \\ a_{2n} &= \frac{1}{(2 n)^{3}} \quad (n \neq 1) \\ a_{2n + 1} &= \frac{1}{(2n + 1)^{2}} \end{aligned} $$ 此时\(a_{2n} < a_{2n + 1}\)，但是 $$ \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} < \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}} = \frac{\pi^{2}}{6} $$ 由比较定理， \(\sum_{n=1}^{\infty} a_n\) 收敛
(c) 若 \(\lim_{n\to\infty} \frac{a_{2n+1}}{a_{2n}} = \infty\)，则 \(\sum_{n=1}^{\infty} a_n\) 发散；
不正确 $$ \begin{aligned} a_{2n} &= \frac{1}{(2 n)^{3}} \\ a_{2n + 1} &= \frac{1}{(2n + 1)^{2}} \end{aligned} $$
$$ \lim_{n \to \infty} \frac{a_{2n + 1}}{a_{2n}} = \lim_{n \to \infty} \frac{(2n)^{3}}{(2n + 1)^{2}} = \infty $$ 但是
由比较定理， \(\sum_{n=1}^{\infty} a\_n\) 收敛
(d) 若 \(\sum_{n=1}^{\infty} a_n\) 与 \(\sum_{n=1}^{\infty} b_n\) 发散，则 \(\sum_{n=1}^{\infty} \sqrt{a_n b_n}\) 发散。 不正确，反例
此时 $$ \sqrt{a_{n} b_{n}} = \frac{1}{n^{\frac{3}{2}}} $$
\(\sum_{n=1}^{\infty} \sqrt{a_n b_n}\) 收敛。
2.判断下列级数的收敛性以及绝对收敛性
(1) \(\sum_{n=2}^{\infty} \frac{i^n}{\ln n}\)；
由狄利克雷判别法
\(\frac{1}{\ln n}\) 单调递减且趋于0，并且部分和 $$ |\sum_{n} i^{n}| = |i - 1 - i + 1 + \cdots| < \sqrt{2}
$$ 所以该级数收敛 但是
由于调和级数发散，由比较判别法，原级数并非绝对收敛。
(2) \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{i^n}{n}\)
\(\frac{1}{ n}\) 单调递减且趋于0，并且部分和
所以该级数收敛
但是
由于调和级数发散，所以原级数并非绝对收敛。
(3) \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin(n\pi/6)}{n^2}\)
\(\frac{1}{n^{2}}\) 单调递减且趋于0，并且部分和 $$ |\sum_{k = 1}^{n} \sin (\frac{k \pi}{6})| = \left| \frac{\cos (\frac{\pi}{12}) - \cos{(n + \frac{1}{2}}) \frac{\pi}{6}}{2 \sin \frac{\pi}{12}} \right| \leq \frac{\cos (\frac{\pi}{12}) + 1}{2 \sin \frac{\pi}{12}} $$
所以该级数收敛 $$ \left| \frac{\sin(\frac{n \pi}{6})}{n^2}\right| \leq \frac{1}{n^{2}} $$
由比较定理，该级数绝对收敛
3.证明级数
收敛，并求其和。
提示：\(z^{n-1} = \frac{z^n - z^{n+1}}{z(1-z)}\) 证明 当\(|z| < 1\) 时
因为\(|z| < 1\)，由比较定理，原级数绝对收敛，可以进行裂项 当 \(|z| > 1\) 时
$$ \begin{aligned} &\left| \frac{z^{n-1}}{\left(1-z^n\right)\left(1-z^{n+1}\right)} \right| \leq \frac{|z|^{n - 1}}{(|z|^{n} - 1) (|z|^{n + 1} - 1)} = \frac{|z|^{n - 1}}{|z|^{2n + 1} - |z|^{n + 1} - |z|^{n}} \\ &\leq \frac{1}{ |z|^{n + 2} - |z|^{2} - |z|} \leq \frac{1}{|z|} \frac{1}{|z|^{n + 1} - 2 |z|} = \frac{1}{|z|^{2}} \frac{1}{|z|^{n} - 2} \end{aligned} $$ 由比较定理，原级数绝对收敛，可以进行裂项