一个特殊级数的敛散性判断
海涅定理
若函数 f ( x ) f(x) f(x)在 x 0 x_0 x0的去心领域 U ( x 0 , δ ) U(x_0,\delta) U(x0,δ)内有定义,则 lim x → x 0 f ( x ) = A \lim_{x\rightarrow x_0}f(x)=A limx→x0f(x)=A的充要条件是:对任意以 x 0 x_0 x0为极限且包含于 U ( x 0 , δ ) U(x_0,\delta) U(x0,δ)的数列 { x n } \{x_n\} {xn},都有 lim n → ∞ f ( x n ) = A \lim_{n\rightarrow \infty}f(x_n)=A limn→∞f(xn)=A.
证明:必要性:由 lim x → x 0 f ( x ) = A \lim_{x\rightarrow x_0}f(x)=A limx→x0f(x)=A可知,对于任意 ε > 0 \varepsilon>0 ε>0,存在 δ \delta δ,使得当 x ∈ U ( x 0 , δ ) x\in U(x_0,\delta) x∈U(x0,δ)时有 ∣ f ( x ) − A ∣ < ε |f(x)-A|<\varepsilon ∣f(x)−A∣<ε.而由 lim n → ∞ x n = x 0 ( x n ≠ x 0 ) \lim_{n\rightarrow \infty}x_n=x_0(x_n\ne x_0) limn→∞xn=x0(xn=x0)知,正好存在 N 1 ( δ ) N_1(\delta) N1(δ),当 n > N 1 ( δ ) n>N_1(\delta) n>N1(δ)时有 ∣ x n − x 0 ∣ < δ |x_n-x_0|<\delta ∣xn−x0∣<δ,此时有 ∣ f ( x ) − A ∣ < ε |f(x)-A|<\varepsilon ∣f(x)−A∣<ε.这说明 lim n → ∞ f ( x n ) = A \lim_{n\rightarrow \infty}f(x_n)=A limn→∞f(xn)=A.
充分性:假设 lim x → x 0 f ( x ) ≠ A \lim_{x\rightarrow x_0} f(x)\ne A limx→x0f(x)=A,则存在 ε 0 > 0 \varepsilon_0>0 ε0>0,对任意 δ > 0 \delta >0 δ>0,总存在 x ∈ U ( x 0 , δ ) x\in U(x_0,\delta) x∈U(x0,δ),使得 ∣ f ( x ) − A ∣ ≥ ε 0 |f(x)-A|\geq \varepsilon_0 ∣f(x)−A∣≥ε0.
但是若分别取 δ = δ ′ , δ ′ 2 , . . . δ ′ n , . . . \delta=\delta^{'},\frac{\delta^{'}}{2},...\frac{\delta^{'}}{n},... δ=δ′,2δ′,...nδ′,...,分别得到点 x 1 , x 2 , . . . x n , . . . ∈ U ( x 0 , δ ′ ) , U ( x 0 , δ ′ 2 ) , . . . U ( x 0 , δ ′ n ) , . . . x_1,x_2,...x_n,...\in U(x_0,\delta^{'}),U(x_0,\frac{\delta^{'}}{2}),...U(x_0,\frac{\delta^{'}}{n}),... x1,x2,...xn,...∈U(x0,δ′),U(x0,2δ′),...U(x0,nδ′),...对于任意的 n = 1 , 2 , 3... n=1,2,3... n=1,2,3...有 ∣ f ( x n ) − A ∣ ≥ ε 0 |f(x_n)-A|\geq \varepsilon_0 ∣f(xn)−A∣≥ε0.显然该数列在 U ( x 0 , δ ′ ) U(x_0,\delta^{'}) U(x0,δ′)中, lim n → ∞ x n = x 0 ( x n ≠ x 0 ) \lim_{n\rightarrow \infty}x_n=x_0(x_n\ne x_0) limn→∞xn=x0(xn=x0).但由上面的条件 lim n → ∞ f ( x n ) ≠ A \lim_{n\rightarrow \infty}f(x_n)\ne A limn→∞f(xn)=A,这与已知矛盾.故 lim n → ∞ f ( x n ) = A \lim_{n\rightarrow \infty}f(x_n)=A limn→∞f(xn)=A得证.
特殊级数的敛散性判断
判断下面级数的敛散性:
∑
n
=
1
∞
(
1
n
−
ln
n
+
1
n
)
\sum_{n=1}^{\infty}(\frac{1}{\sqrt{n}}-\sqrt{\ln\frac{n+1}{n}})
n=1∑∞(n1−lnnn+1)
解:构造
f
(
x
)
=
x
−
ln
(
1
+
x
2
)
f(x)=x-\sqrt{\ln(1+x^2)}
f(x)=x−ln(1+x2),易有:
lim
x
→
0
f
(
x
)
x
3
=
1
4
\lim_{x\rightarrow 0}\frac{f(x)}{x^3}=\frac{1}{4}
x→0limx3f(x)=41
由海涅定理,构造
x
n
=
1
n
→
0
x_n=\frac{1}{\sqrt{n}}\rightarrow 0
xn=n1→0,有:
lim
n
→
∞
f
(
1
n
)
(
1
n
)
3
2
=
1
4
\lim_{n\rightarrow \infty}\frac{f(\frac{1}{\sqrt{n}})}{(\frac{1}{n})^{\frac{3}{2}}} =\frac{1}{4}
n→∞lim(n1)23f(n1)=41
由比较审敛法,由于
∑
n
=
1
∞
(
1
n
)
3
2
\sum_{n=1}^{\infty}(\frac{1}{n})^{\frac{3}{2}}
∑n=1∞(n1)23收敛,故
∑
n
=
1
∞
f
(
1
n
)
\sum_{n=1}^{\infty}f(\frac{1}{\sqrt{n}})
∑n=1∞f(n1)收敛,即
∑
n
=
1
∞
(
1
n
−
ln
n
+
1
n
)
\sum_{n=1}^{\infty}(\frac{1}{\sqrt{n}}-\sqrt{\ln\frac{n+1}{n}})
∑n=1∞(n1−lnnn+1)收敛。
分析
这个题目是很具有启发性的,这是因为对于形如
∑
n
=
1
∞
f
(
n
)
\sum_{n=1}^{\infty} f(n)
∑n=1∞f(n)的级数的收敛性而言,只要存在这样一个
α
>
1
,
β
>
0
\alpha > 1,\beta>0
α>1,β>0,使得满足条件就有该级数的收敛。
lim
x
→
0
f
(
x
−
β
α
)
x
β
<
∞
\lim_{x\rightarrow 0}\frac{f(x^{-\frac{\beta}{\alpha}})}{x^{\beta}}<\infty
x→0limxβf(x−αβ)<∞
这是因为由海涅定理,可以构造
x
n
=
(
1
n
)
α
β
→
0
x_n=(\frac{1}{n})^{\frac{\alpha}{\beta}}\rightarrow 0
xn=(n1)βα→0,此时有
lim
x
→
0
f
(
x
−
β
α
)
x
β
=
lim
n
→
∞
f
(
n
)
(
1
n
)
α
<
∞
\lim_{x\rightarrow 0}\frac{f(x^{-\frac{\beta}{\alpha}})}{x^{\beta}}=\lim_{n\rightarrow \infty}\frac{f(n)}{(\frac{1}{n})^{\alpha}}<\infty
limx→0xβf(x−αβ)=limn→∞(n1)αf(n)<∞,由
∑
n
=
1
∞
(
1
n
)
α
\sum_{n=1}^{\infty}(\frac{1}{n})^{\alpha}
∑n=1∞(n1)α的收敛性可知结论成立。