第十一章 无穷级数

部分和 $S_n = \dfrac{1-q^n}{1-q}$（$q\neq 1$）。

• $|q|<1$ 时：$q^n\to 0$，$S_n\to\dfrac{1}{1-q}$，级数收敛，和为 $\dfrac{1}{1-q}$。
• $|q|\geq 1$ 时：$S_n$ 不收敛，级数发散。特别地，$q=1$ 时 $S_n=n\to\infty$。

$$\boxed{\sum_{n=0}^{\infty}q^n = \frac{1}{1-q},\quad |q|<1}$$

分组估计：

$$S_{2^k} = 1 + \frac{1}{2} + \left(\frac{1}{3}+\frac{1}{4}\right) + \left(\frac{1}{5}+\cdots+\frac{1}{8}\right) + \cdots \geq 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} + \cdots = 1 + \frac{k}{2}\to\infty$$

因此 $\{S_n\}$ 无界，级数发散。

• $p>1$：收敛（可用积分判别法证明）。
• $p\leq 1$：发散。$p=1$ 即调和级数；$0

$$\boxed{\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^p}\text{ 收敛}\iff p > 1}$$

$$\lim_{n\to\infty}\frac{n}{2n+1} = \frac{1}{2}\neq 0$$

通项不趋于零，由必要条件知级数发散。

虽然 $\sin\frac{1}{n}\to 0$，但不能由此判收敛。注意当 $n\to\infty$ 时：

$$\sin\frac{1}{n}\sim\frac{1}{n}$$

由比较判别法极限形式，$\sum\sin\frac{1}{n}$ 与 $\sum\frac{1}{n}$ 同敛散，因此发散。

当 $n\to\infty$ 时：

$$\frac{1}{\sqrt{n(n+1)}}\sim\frac{1}{\sqrt{n^2}} = \frac{1}{n}$$

验证：$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\dfrac{1/\sqrt{n(n+1)}}{1/n} = \lim_{n\to\infty}\frac{n}{\sqrt{n(n+1)}} = \lim_{n\to\infty}\frac{1}{\sqrt{1+1/n}} = 1$。

由极限比较判别法，$\sum\frac{1}{\sqrt{n(n+1)}}$ 与 $\sum\frac{1}{n}$ 同敛散，故发散。

$$\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(n+1)!}{(n+1)^{n+1}}\cdot\frac{n^n}{n!} = \frac{n^n}{(n+1)^n} = \left(\frac{n}{n+1}\right)^n = \frac{1}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^n}$$ $$\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{1}{e} < 1$$

由比值判别法，级数收敛。

$$\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{2^{n+1}(n+1)!}{(n+1)^{n+1}}\cdot\frac{n^n}{2^n\cdot n!} = 2\cdot\frac{n^n}{(n+1)^n} = \frac{2}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^n}$$ $$\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{2}{e} < 1$$

由比值判别法，级数收敛。

$$\sqrt[n]{a_n} = \frac{n}{2n+1}\to\frac{1}{2} < 1$$

由根值判别法，级数收敛。

当 $n\to\infty$ 时，$2^n + 3^n\sim 3^n$，故：

$$\sqrt[n]{a_n} = \frac{1}{\sqrt[n]{2^n+3^n}} = \frac{1}{\sqrt[n]{3^n\left(1+(2/3)^n\right)}} = \frac{1}{3\cdot\left(1+(2/3)^n\right)^{1/n}}\to\frac{1}{3} < 1$$

由根值判别法，级数收敛。

也可直接比较：$\dfrac{1}{2^n+3^n}\leq\dfrac{1}{3^n}$，而 $\sum\left(\frac{1}{3}\right)^n$ 收敛（几何级数，$|q|=\frac{1}{3}<1$）。

令 $f(x) = \frac{1}{x\ln x}$，$f$ 在 $[2,+\infty)$ 上非负单调递减。

$$\int_2^{+\infty}\frac{1}{x\ln x}\,\dd x = \int_2^{+\infty}\frac{\dd(\ln x)}{\ln x} = \left[\ln(\ln x)\right]_2^{+\infty} = +\infty$$

广义积分发散，故级数发散。

$$\int_2^{+\infty}\frac{1}{x(\ln x)^2}\,\dd x = \int_2^{+\infty}\frac{\dd(\ln x)}{(\ln x)^2} = \left[-\frac{1}{\ln x}\right]_2^{+\infty} = \frac{1}{\ln 2}$$

广义积分收敛，故级数收敛。

$b_n = \frac{1}{n}$：

1. $b_n = \frac{1}{n} > \frac{1}{n+1} = b_{n+1}$，单调递减。
2. $\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n} = 0$。

两个条件均满足，由 Leibniz 判别法，级数收敛。和为 $\ln 2$。

$b_n = \frac{1}{2n-1}$：

1. $b_{n+1} = \frac{1}{2n+1} < \frac{1}{2n-1} = b_n$，单调递减。
2. $\lim_{n\to\infty}\frac{1}{2n-1} = 0$。

由 Leibniz 判别法，级数收敛。（此即 $\arctan 1$ 的 Leibniz 级数展开，和为 $\frac{\pi}{4}$。）

$b_n = \frac{\ln n}{n}$。设 $f(x) = \frac{\ln x}{x}$，$f'(x) = \frac{1-\ln x}{x^2}$。

当 $x\geq 3$ 时（$\ln 3>1$），$f'(x)<0$，$f$ 单调递减，故 $b_n$ 最终单调递减。

$\lim_{n\to\infty}\frac{\ln n}{n} = 0$（洛必达或 $\ln n = o(n)$）。

由 Leibniz 判别法，级数收敛。

$\sum|a_n| = \sum\frac{1}{n^2}$ 是 $p$-级数（$p=2>1$），收敛。

因此 $\sum\frac{(-1)^n}{n^2}$ 绝对收敛。

$\sum|a_n| = \sum\frac{1}{n}$ 为调和级数，发散。

但原级数由 Leibniz 判别法收敛（$\frac{1}{n}\downarrow 0$）。

因此 $\sum\frac{(-1)^{n+1}}{n}$ 条件收敛。

$\sum|a_n| = \sum\frac{1}{\sqrt{n}} = \sum\frac{1}{n^{1/2}}$ 是 $p$-级数（$p=\frac{1}{2}<1$），发散。

原级数：$b_n = \frac{1}{\sqrt{n}}$ 单调递减趋于零，由 Leibniz 判别法收敛。

因此 $\sum\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}$ 条件收敛。

$\left|\frac{\sin n}{n^2}\right|\leq\frac{1}{n^2}$，$\sum\frac{1}{n^2}$ 收敛，由比较判别法 $\sum\left|\frac{\sin n}{n^2}\right|$ 收敛。

因此 $\sum\frac{\sin n}{n^2}$ 绝对收敛。

$\dfrac{1}{2^n+n}\leq\dfrac{1}{2^n}$，而 $\sum\dfrac{1}{2^n}$ 是公比 $q=\frac{1}{2}<1$ 的几何级数，收敛。

由比较判别法，$\sum\dfrac{1}{2^n+n}$ 收敛。

当 $n\to\infty$ 时，$\frac{1}{n}\to 0$，利用等价无穷小：

$$1-\cos\frac{1}{n}\sim\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{n^2}$$

验证：$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{1-\cos(1/n)}{1/(2n^2)} = \lim_{t\to 0}\frac{1-\cos t}{t^2/2} = 1$。

$\sum\dfrac{1}{2n^2}$ 收敛（$p$-级数，$p=2>1$），由极限比较判别法，原级数收敛。

$$\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(n+1)^2}{3^{n+1}}\cdot\frac{3^n}{n^2} = \frac{1}{3}\cdot\frac{(n+1)^2}{n^2} = \frac{1}{3}\left(1+\frac{1}{n}\right)^2$$ $$\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{1}{3}\cdot 1 = \frac{1}{3} < 1$$

由比值判别法，级数收敛。

$$\sqrt[n]{a_n} = \frac{n}{3n+1} = \frac{1}{3+1/n}\to\frac{1}{3} < 1$$

由根值判别法，级数收敛。

第一步：判断 $\sum|a_n| = \sum\frac{1}{n+\ln n}$ 的敛散性。

$n+\ln n\sim n$（$n\to\infty$），即 $\frac{1}{n+\ln n}\sim\frac{1}{n}$。

由极限比较判别法，$\sum\frac{1}{n+\ln n}$ 与 $\sum\frac{1}{n}$ 同敛散，故 $\sum|a_n|$ 发散。

第二步：判断原级数 $\sum\frac{(-1)^{n+1}}{n+\ln n}$ 的收敛性。

$b_n = \frac{1}{n+\ln n}$。设 $f(x)=\frac{1}{x+\ln x}$，$f'(x)=\frac{-(1+1/x)}{(x+\ln x)^2}<0$（$x>0$），故 $b_n$ 单调递减。

$\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n+\ln n} = 0$。

由 Leibniz 判别法，原级数收敛。

结论：$\sum\frac{(-1)^{n+1}}{n+\ln n}$ 条件收敛。

通项 $a_n = \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}+(-1)^n}$。注意此处正负号混在分母中，不是标准交错级数。

第一步：有理化处理。

$$a_n = \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}+(-1)^n} = \frac{(-1)^n(\sqrt{n}-(-1)^n)}{(\sqrt{n}+(-1)^n)(\sqrt{n}-(-1)^n)} = \frac{(-1)^n\sqrt{n}-1}{n-1}$$ $$= \frac{(-1)^n\sqrt{n}}{n-1} - \frac{1}{n-1}$$

第二步：分别分析。

记 $\alpha_n = \frac{(-1)^n\sqrt{n}}{n-1}$，$\beta_n = \frac{1}{n-1}$。

$\sum\beta_n = \sum\frac{1}{n-1}$ 为调和级数（平移），发散。

$\sum\alpha_n = \sum\frac{(-1)^n\sqrt{n}}{n-1}$：$b_n=\frac{\sqrt{n}}{n-1}=\frac{1}{\sqrt{n}-1/\sqrt{n}}\sim\frac{1}{\sqrt{n}}$，单调递减趋于零（$n$ 充分大时），由 Leibniz 判别法 $\sum\alpha_n$ 收敛。

第三步：合并。$\sum a_n = \sum\alpha_n - \sum\beta_n$，一收一发，故 $\sum a_n$ 发散。

$$\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{[(n+1)!]^2}{(2n+2)!}\cdot\frac{(2n)!}{(n!)^2} = \frac{(n+1)^2}{(2n+2)(2n+1)} = \frac{(n+1)^2}{2(n+1)(2n+1)} = \frac{n+1}{2(2n+1)}$$ $$\lim_{n\to\infty}\frac{n+1}{2(2n+1)} = \frac{1}{4} < 1$$

由比值判别法，级数收敛。

对任意 $\varepsilon>0$，$\ln n = o(n^\varepsilon)$。取 $\varepsilon = \frac{1}{2}$：

当 $n$ 充分大时，$\ln n < n^{1/2} = \sqrt{n}$，因此

$$\frac{\ln n}{n^2} < \frac{\sqrt{n}}{n^2} = \frac{1}{n^{3/2}}$$

$\sum\frac{1}{n^{3/2}}$ 收敛（$p=\frac{3}{2}>1$），由比较判别法，$\sum\frac{\ln n}{n^2}$ 收敛。