高等微积分（2） 第1次作业

Chasse_neige

1. 判断如下级数的收敛发散性，需要给出证明。

(1) 级数 \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin(n\theta)}{n^2}\)，其中 \(\theta\) 是给定的实数。 $$ \left|\frac{\sin(n \theta)} {n^{2}} \right| \leq \frac{1}{n^{2}} $$

\[ \therefore \,\, \sum_{n=1}^{\infty} \left| \frac{\sin(n\theta)}{n^2} \right| \leq \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^{2}}{6} \]

由比较定理，绝对收敛。

(2) 级数 \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n!}{n^n}\) 。

作 Ratio Test： $$ \lim_{ n \to \infty} \frac{a_{n+1}}{a_{n}} = \lim_{ n \to \infty} \frac{n}{n+1}^{n} = \lim_{ n \to \infty} \left((1 - \frac{1}{n+1})^{- (n+1)} \right)^{- \frac{n}{n+1}} = \frac{1}{e} < 1 $$ 收敛。

(3) 级数 \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n! a^n}{n^n}\)，其中 \(a > 0\) 是给定的实数。

作 Ratio Test： $$ \lim_{ n \to \infty} \frac{a_{n+1}}{a_{n}} = \lim_{ n \to \infty} a \frac{n}{n+1}^{n} = \frac{a}{e} $$ 当 \(a>e\) 时，发散；当 \(a<e\) 时，收敛。

当 \(a=e\) 时： $$ \because \,\, e^{n} > \sum_{i=0}^{n} \frac{n^{i}}{i!} \geq \frac{n^{n}}{n!} $$

\[ \therefore \,\, a_{n} \geq 1 \]

发散。

(4) 级数 \(\sum_{n=2}^{\infty} \frac{n^{\ln n}}{(\ln n)^n}\). $$ a_{n} = e^{(\ln n)^{2} - n \ln(\ln(n))} $$ 作 Root Test： $$ \lim_{n \to \infty} {a_{n}}^{\frac{1}{n}} = \lim_{n \to \infty} e^{\frac{(\ln n)^{2}}{n} - \ln(\ln(n))} = 0 < 1 $$ 收敛。

(5) 级数 \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(\ln n)^p}{1+n^2}\)，其中 \(p\) 是给定的正数。 $$ \frac{(\ln n)^p}{1+n^2} < \frac{(\ln n )^{p}}{n^{2}} $$ 对 \((\ln n)^{p}\) 进行分析：取\(\alpha > 0\) ， $$ \frac{(\ln n)^{p}}{n^{\alpha}} = \left( \frac{p}{\alpha} \frac{\ln n^{\frac{\alpha}{p}}}{n^{\frac{\alpha}{p}}}\right)^{p} $$

\[ \therefore \,\, \lim_{n \to \infty} \frac{(\ln n)^{p}}{n^{\alpha}} = 0 \]

所以总可以找到 \(N\) 使得在 \(n > N\) 时， $$ \frac{(\ln n)^{p}}{n^{\alpha}} <1 $$ 回归本题，取 \(0 < \alpha <1\) ，

级数 \(\sum_{n}\frac{(\ln n )^{p}}{n^{2}}\) 在 \(n\) 足够大时小于 \(\sum \frac{1}{n^{2-\alpha}}\) 这个正项收敛级数。

所以由比较定理，级数\(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(\ln n)^p}{1+n^2}\) 收敛。

(6) 级数 \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(\ln n)^q}{n^p}\)，其中 \(p, q\) 是给定的正数。

当 \(p \leq 1\) 时， \(\frac{(\ln n)^q}{n^p} > \frac{1}{n}\)，故发散。

当 \(p > 1\) 时，利用上一题的结论，在 \(n\) 充分大时，\(\frac{(\ln n)^q}{n^p} < \frac{1}{n^{p - \delta}}\)，\(\delta \in (0, p-1)\)，由于 \(\sum \frac{1}{n^{p - \delta}}\) 收敛，由比较定理，原级数收敛。

(7) 级数 \(\sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{1}{n^\alpha} - \sin \frac{1}{n^\alpha} \right)\)，其中 \(\alpha\) 是给定的正数。

因为 \(\frac{1}{n^{\alpha}}\) 单调递减且趋于零，所以 $$ \lim_{ n \to \infty} \frac{\frac{1}{n^{\alpha}} - \sin \frac{1}{n^{\alpha}}}{\frac{\frac{1}{n^{\alpha}}^{3}}{6}} = 1 $$ 由比较定理的极限形式，级数 \(\sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{1}{n^\alpha} - \sin \frac{1}{n^\alpha} \right)\) 与级数\(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{6 n^{3 \alpha}}\) 收敛性质相同。

所以当 \(\alpha \leq \frac{1}{3}\) 时，原级数收敛；当 \(\alpha > \frac{1}{3}\) 时，原级数发散。

(8) 级数 \(1 - \frac{1}{2^{2p}} + \frac{1}{3^p} - \frac{1}{4^{2p}} + \cdots + \frac{1}{(2n-1)^p} - \frac{1}{(2n)^{2p}} + \cdots\)，其中 \(p\) 是给定的正数。

当\(p > 1\) 时，

该交错级数的绝对值 \(1 + \frac{1}{2^{2p}} + \frac{1}{3^p} + \frac{1}{4^{2p}} + \cdots + \frac{1}{(2n-1)^p} + \frac{1}{(2n)^{2p}} + \cdots < 1 + \frac{1}{2^{p}} + \frac{1}{3^p} + \frac{1}{4^{p}} + \cdots + \frac{1}{(2n-1)^p} + \frac{1}{(2n)^{p}} + \cdots\) 收敛，故原级数绝对收敛。

当 \(p \leq 1\) 时， $$ \begin{aligned} &1 - \frac{1}{2^{2p}} + \frac{1}{3^p} - \frac{1}{4^{2p}} + \cdots + \frac{1}{(2n-1)^p} - \frac{1}{(2n)^{2p}} + \cdots \\ &= 1 - \frac{1}{2^{p}} + \frac{1}{2^p} - \frac{1}{2^{2p}} + \frac{1}{3^p} - \frac{1}{4^{p}} + \frac{1}{4^p} - \frac{1}{4^{2p}} + \cdots + \frac{1}{(2n-1)^p} - \frac{1}{(2n)^{p}} + \frac{1}{(2n)^{p}}- \frac{1}{(2n)^{2p}} + \cdots \end{aligned} $$ 拆分成两个级数： $$ \begin{aligned} &1 - \frac{1}{2^{2p}} + \frac{1}{3^p} - \frac{1}{4^{2p}} + \cdots + \frac{1}{(2n-1)^p} - \frac{1}{(2n)^{2p}} + \cdots \\ &= 1 - \frac{1}{2^{p}} + \frac{1}{3^p} - \frac{1}{4^{p}} + \cdots + \frac{1}{(2n-1)^p} - \frac{1}{(2n)^{p}} + \cdots + \sum_{n} \frac{1}{(2n)^{p}} - \frac{1}{(2n)^{2p}} \end{aligned} $$ 由 Leibniz Test，第一部分的绝对值单调递减且趋于零，所以收敛。故原级数的收敛性等价于第二部分收敛性。

利用比较定理的极限形式，构造 \(b_{n} = \frac{1}{(2n)^{p}}\)， $$ \lim_{n \to \infty} \frac{a_{n}}{b_{n}} = \lim_{n \to \infty} (1 - \frac{1}{(2n)^{p}}) = 1 $$ 所以第二部分收敛性等于 $ \sum \frac{1}{(2n)^{p}}$的收敛性。

所以当 \(p \leq 1\)时 $ \sum \frac{1}{(2n)^{p}}$ 发散，故原级数发散。

(9) 级数 \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin n}{n^\alpha}\)，其中 \(\alpha > 0\)。

作 Dirichlet Test： $$ \frac{\sin n}{n^{\alpha}} = \frac{1}{n^{\alpha}} \cdot \sin n $$ 其中 \(\frac{1}{n^{\alpha}}\) 递减且趋于零， $$ \sum_{k=1}^{n} \sin k = \frac{\cos \frac{1}{2} - \cos (n+ \frac{1}{2})}{2 \sin (\frac{1}{2})} $$ 有界，所以原级数收敛。

2. 证明如下的 Cauchy condensation test.

设 \(f: [1, +\infty) \to \mathbb{R}_{\geq 0}\) 是取值为非负实数的不增函数，则级数 \(\sum_{n=1}^{\infty} f(n)\) 收敛当且仅当级数 \(\sum_{n=1}^{\infty} 2^n f(2^n)\) 收敛。

证明：因为\(f: [1, +\infty) \to \mathbb{R}_{\geq 0}\) 是取值为非负实数的不增函数 $$ \sum_{n=1}^{\infty} f(n) = f(1) + f(2) + f(3) + \cdots \leq \sum_{n=0}^{\infty} 2^{n} f(2^{n}) $$

\[ \sum_{n=1}^{\infty} f(n) \geq \sum_{n=1}^{\infty} 2^{n-1} f(2^{n}) \]

充分性：因为\(\sum_{n=1}^{\infty} 2^n f(2^n)\) 收敛，由比较定理，正项级数\(\sum_{n=1}^{\infty} f(n)\) 收敛。

必要性：因为 \(\sum_{n=1}^{\infty} f(n)\) 收敛，由比较定理，\(\sum_{n=1}^{\infty} 2^{n-1} f(2^{n})\) 收敛。所以 \(\sum_{n=1}^{\infty} 2^n f(2^n) = 2 \sum_{n=1}^{\infty} 2^{n-1} f(2^{n})\) 收敛。

3. 设 \(\sum_{n=1}^{\infty} a_n\) 是正项级数，满足 \(\lim_{n \to \infty} a_n = 0\)。证明：级数 \(\sum_{n=1}^{\infty} \ln(1 + a_n)\) 收敛当且仅当级数 \(\sum_{n=1}^{\infty} a_n\) 收敛。

证明：

证法1: 显然级数 \(\sum_{n=1}^{\infty} \ln(1 + a_n)\) 为正项级数。

充分性：利用不等式 \(\ln (1 + a_{n}) \leq a_{n}\) ，

因为级数 \(\sum_{n=1}^{\infty} a_n\) 收敛，由比较定理，正项级数 \(\sum_{n=1}^{\infty} \ln(1 + a_n)\) 收敛。

必要性： $$ \sum_{k=1}^{n} \ln(1 + a_k) = \ln \prod_{k=1}^{n}(1 + a_{k}) $$

\[ \lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n} \ln (1 + a_{n}) = A \]

利用 \(\ln\) 函数的连续性： $$ \lim_{n \to \infty} \prod_{k=1}^{n}(1 + a_{k}) = e^{A} $$

\[ \prod_{k=1}^{n}(1 + a_{k}) \geq 1 + \sum_{k=1}^{n} a_{k} \]

所以由比较定理，正项级数 \(\sum_{k=1}^{n} a_{k}\) 收敛。

证法2: 利用比较定理的极限形式： $$ \lim_{n \to \infty} \frac{\ln (1 + a_{n})}{a_{n}} = \lim_{x \to 0} \frac{\ln (1+x)}{x} =\lim_{x \to 0} \frac{\frac{1}{1+x}}{1} = 1 $$ 所以二者有相同的收敛发散性质。