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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) 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 limxx0f(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 limnf(xn)=A.

证明:必要性:由 lim ⁡ x → x 0 f ( x ) = A \lim_{x\rightarrow x_0}f(x)=A limxx0f(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) xU(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) limnxn=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 xnx0<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 limnf(xn)=A.

充分性:假设 lim ⁡ x → x 0 f ( x ) ≠ A \lim_{x\rightarrow x_0} f(x)\ne A limxx0f(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) xU(x0,δ),使得 ∣ f ( x ) − A ∣ ≥ ε 0 |f(x)-A|\geq \varepsilon_0 f(x)Aε0.

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... ∣ f ( x n ) − A ∣ ≥ ε 0 |f(x_n)-A|\geq \varepsilon_0 f(xn)Aε0.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) limnxn=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 limnf(xn)=A,这与已知矛盾.故 lim ⁡ n → ∞ f ( x n ) = A \lim_{n\rightarrow \infty}f(x_n)=A limnf(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(n 1lnnn+1 )
解:构造 f ( x ) = x − ln ⁡ ( 1 + x 2 ) f(x)=x-\sqrt{\ln(1+x^2)} f(x)=xln(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} x0limx3f(x)=41
海涅定理,构造 x n = 1 n → 0 x_n=\frac{1}{\sqrt{n}}\rightarrow 0 xn=n 10,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} nlim(n1)23f(n 1)=41
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=1f(n 1)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(n 1lnnn+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=1f(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 x0limxβf(xαβ)<
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)βα0,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 limx0xβf(xαβ)=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。


http://www.kler.cn/news/109249.html

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