最后更新: 2025-04-22 21:47 查看: 414 次反馈刷题

常数项级数的概念

##  常数项级数的概念
无穷级数是逼近理论中的重要内容之一,也是微积分学的重要组成部分，它是表示函数、研究函数的性质以及进行数值计算的一 种极为有用的数学工具.
本章将分别讨论常数项级数和函数项级数，前者是后者的基 础. 在函数项级数中，将分别讨论幂级数和傅里叶级数. 这两类技术 在科学技术中有着非常广泛的应用.
我们先来计算几个和式:

$$
\begin{gathered}
1+2=3 ; \quad 1+2+3=6 ; \quad 1+2+3+4=10 ; \\
\cdots \cdots 1+2+3+4+\cdots+n=\frac{n(n+1)}{2} ; \\
1+\frac{1}{2}=\frac{3}{2} ; 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}=\frac{7}{4} ; \quad \cdots \cdots \quad 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\cdots+\frac{1}{2^n}=\frac{1 \cdot\left(1-\frac{1}{2^n}\right)}{\frac{1}{2}} ;
\end{gathered}
$$

我们很容易得到 $n$ 项求和的结果，那么如果 “无限项" 相加会是 什么样的结果呢?

$$
1+2+3+4+\cdots+n+\cdots=? \quad 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\cdots+\frac{1}{2^n}+\cdots=?
$$

我们可以把 $n$ 项和取极限，作为无穷多项相加的和，则可以得到:

$$
\begin{aligned}
& 1+2+3+4+\cdots+n+\cdots=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n(n+1)}{2}=\infty ； \\
& 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\cdots+\frac{1}{2^n}+\cdots=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1 \cdot\left(1-\frac{1}{2^n}\right)}{\frac{1}{2}}=2 .
\end{aligned}
$$

第一个极限不存在，因此 "和" 不存在；第二个极限存在，因此 "和" 为 2. 这就是这一节我们要研究的无限项和的问题，即级数的收敛问题.

人们认识事物在数量方面的特性，往往有一个由近似到精确的过程. 在这种 认识过程中，会遇到由有限个数量相加到无穷多个数量相加的问题.
我们来看一个例子，计算半径为 $R$ 的 圆面积 $\mathrm{c}$ ，先计算内接正六边形面积 $a_1$ ， 再以这正六边形的每边为底，分别作一个 顶点在圆周上的等腰三角形，算出这六个 等腰三角形面积之和 $a_2$ ，则 $a_1+a_2$ 就是正 12边形的面积 (见图 8-1)，
![图片](/uploads/2023-01/image_202301010eb55a3.png){width=300px}
 
然后以这正12边形边为底，分别作一个顶点在圆周上的等腰三角形算出这 12 个等腰三角形面积之和 $a_3$ ， 则 $a_1+a_2+a_3$ 就是正 24 边形的面积， .....， 这 样依此类推， $a_1 、 a_1+a_2 、 a_1+a_2+a_3 、 \ldots \ldots, a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n$ 就越来越接近圆 的面积. 即 $a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n(n \rightarrow \infty)$ 的极限就是所求圆面积 $A$. 这时，和式 中的项数无限增多，于是出现了无穷多个数量依次相加的数学式子.

## 定义1 常数项无穷级数
设有数列 $\left\{u_n\right\}(n=1,2, \cdots)$ ，将数列 $(n=1,2, \cdots)\left\{u_n\right\}$ 中的各项用加号连接的形式

$$
u_1+u_2+\cdots+u_n+\cdots
$$

称为**常数项无穷级数**，简称级数，记为 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ ，其中 $\sum$ 是求和记号， $n$称为下标变量，第 $u_n$ 项称为级数的一般项（**通项**）.

## 定义2 级数的部分和

对数列 $u_1, u_2, u_3, \cdots u_n, \cdots$ ，取它的前 $n$ 项的和

$$
S_n=u_1+u_2+u_3+\cdots+u_n=\sum_{i=1}^n u_i,
$$

$S_n$ 称为级数的**部分和** (前 $n$ 项之和) .

令 $n=1,2,3, \ldots \ldots$ ，得到了由级数部分和所构成的序列（数列)：

$$
S_1=u_1, \quad S_2=u_1+u_2, \ldots . . S_n=u_1+u_2+u_3+\cdots+u_n, \ldots \ldots,
$$

> 根据部分和序列有没有极限，来引进无穷级数收敛与发散的定义.

## 定义3 收敛与发散
若级数的部分和数列 $\left\{S_n\right\}$ 有极限 $S$ ，即 $\lim _{n \rightarrow \infty} S_n=S$ ，则称无穷级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ **收敛**，这时，极限 $S$ 就叫做无穷级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 的和，并写成 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n=S$ ； 若数列 $\left\{S_n\right\}$ 没有极限，则称无穷级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ **发散**.

由此可见, 讨论无穷级数的收玫问题, 实际上就是讨论部分和数列的极限是否存在.

一方面，由级数的收玫定义可知，若 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 的部分和数列 $\left\{S_n\right\}$ 有 $\lim _{n \rightarrow \infty} S_n=S$ ，则级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 收敛且和为 $S$ ；反之，若给出一个数列 $\left\{S_n\right\}$ ，令

$$
u_1=S_1 、 u_2=S_2-S_1, \ldots \ldots u_n=S_n-S_{n-1}, \ldots \ldots,
$$

则该级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 的部分和数列 $\left\{S_n\right\}$ ，于是，若 $\lim _{n \rightarrow \infty} S_n=S$ ，
则有 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n=S_1+\sum_{n=2}^{\infty}\left(S_n-S_{n-1}\right)$ 收敛且和为 $S$.
当级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 收敛时，部分和 $S_n$ 是级数和 $S$ 的近似值，它们之间的差

$$
r_n=S-S_n=u_{n+1}+u_{n+2}+\cdots
$$

就叫做级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 的**余项**，它还是一个无穷级数，且 $\lim _{n \rightarrow \infty} r_n=\lim _{n \rightarrow \infty}\left(S-S_n\right)=0$. 也即用近似值 $S_n$ 替代 $S$ 的误差为 $r_n$.

`例`讨论级数(等比级数)

$$
\sum_{n=0}^{\infty} a q^n=a+a q+a q^2+\cdots+a q^n+\cdots \quad(a \neq 0) ...(1)
$$
的收敛性.
解 
①如果 $q \neq 1$ ，则部分和 $s_n=a+a q+a q^2+\cdots+a q^{n-1}=a \cdot \frac{1-q^n}{1-q}$, 当 $|q|<1$ 时，由于 $\lim _{n \rightarrow \infty} q^n=0$ ，于是 $\lim _{n \rightarrow \infty} s_n=\frac{a}{1-q}$, 这时级数(1)收敛.

②当 $|q|>1$ 时,由于 $\lim _{n \rightarrow \infty} q^n=\infty$ ，于是 $\lim _{n \rightarrow \infty} s_n=\infty$, 这时级数(1)发散.

③当 $q=1$ 时，由于 $s_n=n a \rightarrow \infty$ ，因此级数(1)发散.
 
综上分析可得，等比级数 $\sum_{n=0}^{\infty} a q^n$ 收敛的充分必要条件是 $|q|<1$. 当级数收敛时，其和等于 $\frac{a}{1-q}$.

`例`证明级数 $1+2+3+\cdots+n+\cdots$ 是发散的.
证 级数的部分和为 $s_n=1+2+3+\cdots+n=\frac{n(n+1)}{2}$,
显然， $\lim _{n \rightarrow \infty} s_n=\infty$, 故题设级数发散.

`例`证明级数

$$
\frac{1}{1 \cdot 2}+\frac{1}{2 \cdot 3}+\cdots+\frac{1}{n(n+1)}+\cdots \quad \text { 是收敛的. }
$$

证 由于 $u_n=\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$ ，因此

$$
\begin{aligned}
S_n & =\frac{1}{1 \cdot 2}+\frac{1}{2 \cdot 3}+\cdots+\frac{1}{n(n+1)}=\left(1-\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right) \\
& =1-\frac{1}{n+1},
\end{aligned}
$$

于是 $\quad \lim _{n \rightarrow \infty} s_n=\lim _{n \rightarrow \infty}\left(1-\frac{1}{n+1}\right)=1$,
故所给级数是收敛的且其和为 1.

`例`判定级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \ln \left(1+\frac{1}{n}\right)$ 的敛散性.
解 $u_n=\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)=\ln (n+1)-\ln n$ ，

$$
S_n=\ln 2-\ln 1+\ln 3-\ln 2+\cdots+\ln (1+n)-\ln n=\ln (1+n) \rightarrow \infty(n \rightarrow \infty) \text {, }
$$

故 $\sum_{n=1}^{\infty} \ln \left(1+\frac{1}{n}\right)$ 发散；

`例`判定级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+1)(n+2)}$ 的敛散性.
解

$$
\begin{aligned}
& \frac{1}{n(n+1)(n+2)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{n(n+1)}-\frac{1}{(n+1)(n+2)}\right), \\
& S_n=\frac{1}{1 \times 2 \times 3}+\frac{1}{2 \times 3 \times 4}+\frac{1}{3 \times 4 \times 5}+\cdots+\frac{1}{(n-1) n(n+1)}+\frac{1}{n(n+1)(n+2)} \\
& =\frac{1}{2}\left[\frac{1}{1 \times 2}-\frac{1}{2 \times 3}+\frac{1}{2 \times 3}-\frac{1}{3 \times 4}+\cdots+\frac{1}{n(n+1)}-\frac{1}{(n+1)(n+2)}\right] \\
& =\frac{1}{2}\left[\frac{1}{2}-\frac{1}{(n+1)(n+2)}\right] \rightarrow \frac{1}{4}(n \rightarrow \infty) ， \quad \text { 故级数 } \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+1)(n+2)} \text { 收敛. }
\end{aligned}
$$

`例`证明调和级数

$$
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}+\cdots ...(2)
$$
 是发散的.
证 级数 $(2)$ 的前 $2^{m+1}$ 项部分和是

$$
\begin{aligned}
S_{2^{m+1}}= & \left(1+\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{3}+\frac{1}{4}\right)+\left(\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\frac{1}{7}+\frac{1}{8}\right)+\cdots \\
& +\left(\frac{1}{2^m+1}+\frac{1}{2^m+2}+\cdots+\frac{1}{2^{m+1}}\right)
\end{aligned}
$$

由于

$$
\begin{aligned}
& 1+\frac{1}{2}>\frac{1}{2}, \frac{1}{3}+\frac{1}{4}>\frac{1}{4}+\frac{1}{4}=\frac{1}{2}, \\
& \frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\frac{1}{7}+\frac{1}{8}>\frac{1}{8}+\frac{1}{8}+\frac{1}{8}+\frac{1}{8}=\frac{1}{2}, \cdots \\
& \frac{1}{2^m+1}+\frac{1}{2^m+2}+\cdots+\frac{1}{2^{m+1}}>\frac{1}{2^{m+1}}+\frac{1}{2^{m+1}}+\cdots+\frac{1}{2^{m+1}}=\frac{1}{2},
\end{aligned}
$$

故

$$
s_{2^{m+1}}>(m+1) \frac{1}{2} \rightarrow+\infty(m \rightarrow \infty),
$$

说明部分和数列无界，因此部分和数列 $s_n$ 发散，即调和级数(2)发散.

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