最后更新: 2024-11-02 11:30 查看: 201 次反馈能力测评会员8.2元/月赞助

无穷级数和无限小数

一、无穷级数概念
有穷级数是有限个数的和, 如

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

显然, 每一个有穷级数都有确定的和.
无穷级数指无穷多个数： $u_1, u_2, \ldots, u_n, \ldots$ 连加的式子

$$
u_1+u_2+\cdots+u_n+\cdots, \text { 或者 } \sum_{i=1}^{\infty} u_i
$$

由于这个式子包含无穷个加数，一般地说，我们不能指望得到最后的结果.例如, 求所有的自然数的和:

$$
1+2+3+\cdots+n+(n+1)+\cdots
$$

是不能得到最后结果的。
但是对于一些特殊的无穷级数，我们可以求和。
例如:一个单位正方形, 每次取它面积的一半, 累加起来, 得到无穷级数, (如图 7.4)

$$
\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\frac{1}{16}+\frac{1}{32}+\cdots
$$
 ![图片](/uploads/2024-11/d33319.jpg)
 
 从这个无穷级数里, 依次取出前 $n$ 项的部分和 $S_n$, 得到数列 $\left\{s_n\right\}$ :

$$
\begin{gathered}
s_1=\frac{1}{2}, \quad s_2=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}=\frac{3}{4}, \quad s_3=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}=\frac{7}{8}, \ldots \\
s_n=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\cdots+\frac{1}{2^n}=\frac{\frac{1}{2}\left[1-\left(\frac{1}{2}\right)^n\right]}{1-\frac{1}{2}}=1-\left(\frac{1}{2}\right)^n, \ldots
\end{gathered}
$$

我们看到, 这个数列 $\left\{s_n\right\}$ 和原正方形的关系是:
1. 前 $n$ 项部分和 $s_n$ 小于 1 ;
2. $s_n$ 与 1 的误差 $\left|s_n-1\right|$, 只要 $n$ 充分大, 就可以小到任意小.

因此, 前 $n$ 项部分和 $s_n$ 的极限是 1 , 即

$$
\lim _{n \rightarrow \infty} s_n=1
$$

我们可以这样理解无穷级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2^n}$ 的意义, 它就是前 $n$ 项部分和 $s_n$ 的极限值, 于是

$$
\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\cdots+\frac{1}{2^n}+\cdots=1
$$

我们说, 这个无穷级数收玫到 1 , 而前 $n$ 项的部分和 $s_n$ 是这个极限的近似值.现在, 我们可以赋予这一类收玫的无穷级数以和的意义.

定义
如果无穷级数 $u_1+u_2+\cdots+u_n+\cdots$ 的前 $n$ 项部分和 $s_n$ 所组成的数列 $\left\{s_n\right\}$ 有极限值, 即 $\lim _{n \rightarrow \infty} s_n=s$, 那么, 这个无穷级数就叫做收玫的,并把这个确定的数 $\lim _{n \rightarrow \infty} s_n=s$ 叫做这个无穷级数的和, 即

$$
\sum_{n=1}^{\infty} u_n=\lim _{n \rightarrow \infty} s_n=s
$$

下面我们用收玫的数列来构造收玫的无穷级数. 假设数列 $\left\{a_n\right\}$ 是收玫的,即 $\lim _{n \rightarrow \infty} a_n=A$, 令 $b_i=a_i-a_{i-1}, i=1,2, \ldots$, 即得一个新数列 $\left\{b_n\right\}$. 无穷级数 $b_1+b_2+\cdots+b_n+b_{n+1}+\cdots$ 是收敛的.

事实上, 这个级数的部分和是:

$$
\begin{aligned}
& s_1=b_1=a_1-a_0 \\
& s_2=b_1+b_2=\left(a_1-a_0\right)+\left(a_2-a_1\right)=a_2-a_0 \\
& s_3=b_1+b_2+b_3=\left(a_1-a_0\right)+\left(a_2-a_1\right)+\left(a_3-a_2\right)=a_3-a_0 \\
& \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \\
& s_n=b_1+b_2+\cdots+b_n=\left(a_1-a_0\right)+\left(a_2-a_1\right)+\cdots+\left(a_n-a_{n-1}\right)=a_n-a_0
\end{aligned}
$$

因此:
$$
\begin{aligned}
\sum_{i=1}^{\infty} b_i & =\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{i=1}^n b_i=\lim _{n \rightarrow \infty}\left(a_n-a_0\right) \\
& =\lim _{n \rightarrow \infty} a_n-a_0
\end{aligned}  ...(7.3)
$$

因此，无穷级数 $\sum_{i=1}^{\infty} b_i$ 是收敛的.
例 7.16 令 $a_n=1-\frac{1}{n+1}, n=0,1,2, \ldots$, 显然 $\left\{a_n\right\}$ 是收敛的, 并且 $\lim _{n \rightarrow \infty} a_n=$ 1.

令

$$
\begin{aligned}
b_i & =a_i-a_{i-1}=\left(1-\frac{1}{i+1}\right)-\left(1-\frac{1}{i}\right) \\
& =\frac{1}{i}-\frac{1}{i+1}=\frac{1}{i(i+1)}
\end{aligned}
$$
于是,

$$
\begin{aligned}
\frac{1}{1 \cdot 2}+\frac{1}{2 \cdot 3}+\frac{1}{3 \cdot 4}+\cdots+\frac{1}{n(n+1)} & =\lim _{n \rightarrow \infty} a_n-a_0 \\
& =\lim _{n \rightarrow \infty}\left(1-\frac{1}{n-1}\right)-0=1
\end{aligned}
$$

上面 (7.3) 式也表示, 要求一个无穷级数的和 $\sum_{i=1}^{\infty} b_i$, 常将 $b_i$ 分解, 使 $b_i=a_i-a_{i-1}$, 于是求无穷级数的和就转化为求数列 $\left\{a_n\right\}$ 的极限.

例 7.17 求以下无穷等比级数的和.

$$
a_1+a_q+a_1 q^2+\cdots+a q^{n-1}+\cdots \quad(|q|<1)
$$

解: 我们在本章中, 已经证明, 若 $|q|<1$, 则 $\lim _{n \rightarrow \infty} q^n=0$. 因为:

$$
s_n=\frac{a_1\left(1-q^n\right)}{1-q}=\frac{a_1}{1-q}-\frac{a_1 q^n}{1-q}
$$

所以,

$$
\lim _{n \rightarrow \infty} s_n=\frac{a_1}{1-q}-\frac{a_1}{1-q} \lim _{n \rightarrow \infty} q^n=\frac{a_1}{1-q}
$$

因此:

$$
a_1+a_q+a_1 q^2+\cdots+a q^{n-1}+\cdots=\frac{a_1}{1-q} \quad(|q|<1)
$$

为了讨论循环小数及以后的需要, 让我们用下面两个定理作为本节的总结.
定理1
无穷等比级数， $\sum_{n=1}^{\infty} a_1 q^{n-1}$ 收敛的充分必要条件是公比 $q$ 的绝对值 $|q|<1$, 此时, 它的和是 $\frac{a_1}{1-q}$, (注意这里 $q \neq 1$ ).

证明: 上面的例 7.17 已证明了 $|q|<1$ 是 $\sum_{n=1}^{\infty} a_1 q^{n-1}=\frac{a_1}{1-q}$ 的充分条件.要证必要性, 我们只须注意到, 如果 $|q| \geq 1$, 那么 $a_n=a_1 q^{n-1}$ 是发散的, 于是， $\sum_{n=1}^{\infty} a_1 q^{n-1}$ 也是发散的（见下面的定理2）。

定理 2
无穷级数 $\sum_{i=1}^{\infty} a_i$ 收玫的必要条件是 $\lim _{n \rightarrow \infty} a_n=0$.

证明: 因为 $a_n=\left(a_1+a_2+\cdots+a_n\right)-\left(a_1+a_2+\cdots+a_{n-1}\right)=s_n-s_{n-1}$
由于 $\sum_{i=1}^{\infty} a_i$ 是收玫的, 故有

$$
\begin{aligned}
\lim _{n \rightarrow \infty} s_n & =\lim _{n \rightarrow \infty} s_{n-1}=s \\
\lim _{n \rightarrow \infty} a_n & =\lim _{n \rightarrow \infty}\left(s_n-s_{n-1}\right)=\lim _{n \rightarrow \infty} s_n-\lim _{n \rightarrow \infty} s_{n-1}=s-s=0
\end{aligned}
$$

下面的例题说明这个条件不是充分的.
例 $7.18 \frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}+\cdots$ 是发散级数, 为什么呢?
解: 我们首先注意到这是正项级数, 因此, 部分和会越来越大, 而且

![图片](/uploads/2024-11/61fd55.jpg)

一般地,
$$
s_{2^m}=1+\overbrace{\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{2}}^m=\frac{m+2}{2}
$$

因为, 当 $m$ 无限增大时, $\frac{m+2}{2}$ 越来越大毫无止境, 故 $s_{2 m}$ 也发散到无穷大,又总有这样的 $n$ 满足 $2^m<n$, 故当 $m \rightarrow \infty$ 时, 也使 $m \rightarrow \infty, s_n>s_{2^m

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