最后更新: 2025-03-16 10:35 查看: 79 次反馈刷题

柯西 Cauchy 积分判别法

## 14.2.5 Cauchy 积分判别法
这种方法已出现在例题 14.1 和 14.2 中，现在叙述其一般形式．它来自于用定积分表示的曲边梯形面积与作为级数部分和的矩形面积之和的比较，见图 14．1．

![图片](/uploads/2025-02/501a0c.jpg) 
Cauchy 积分判别法 若函数 $f$ 在区间 $[1,+\infty)$ 上非负单调减少，则无穷级数 $\sum_{n=1}^{\infty} f(n)$ 与广义积分 $\int_1^{+\infty} f(x) d x$ 同敛散．

证 从 $f$ 单调减少可知对于每个正整数 $k \geqslant 1$ 有下列不等式

$$
f(k+1) \leqslant \int_k^{k+1} f(x) d x \leqslant f(k)
$$

取 $k=1$ 到 $n-1$ 并相加，就得到（参见图 14．1）：

$$
\sum_{k=2}^n f(k) \leqslant \int_1^n f(x) d x \leqslant \sum_{k=1}^{n-1} f(k)
$$

若广义积分 $\int_1^{+\infty} f(x) d x$ 收玫，则（14．2）式中间的积分有上界，而左边的不等式表明非负项级数 $\sum_{k=1}^{\infty} f(k)$ 的部分和数列有上界，因此级数收玫．若非负项级数 $\sum_{k=1}^{\infty} f(k)$ 收玫，则其部分和数列有上界，而（14．2）的右边的不等式表明变动上限 $A(\geqslant 1)$ 的积分

$$
\int_1^A f(x) d x \leqslant \int_1^{[A]+1} f(x) d x
$$

是 $A$ 的单调增加有上界函数，因此广义积分 $\int_1^{+\infty} f(x) d x$ 收玫．
注 由于无穷级数的玫散性在去掉级数的有限项后保持不变，因此与前面的各种判别法一样，Cauchy 积分判别法中的条件可以放宽．这就是只要对某一个正整数 $N$ ，函数 $f$ 在区间 $[N,+\infty)$ 上非负单调减少，就足以保证：

$$
\text { 无穷级数 } \sum_{n=1}^{\infty} f(n) \text { 与广义积分 } \int_N^{+\infty} f(x) d x \text { 同敛散. }
$$

例题 14．10 用 Cauchy 积分判别法讨论 $p$ 级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^p}$ 的敛散性，其中 $p>0$ ．
解 这就是例题 14.2 的解 4 ，只是现在可以直接用广义积分的例题 11．3，即 $\int_1^{+\infty} \frac{ d x}{x^p}$ 于 $0<p \leqslant 1$ 时发散，于 $p>1$ 时收玫，于是 $p$ 级数也是如此．

注 注意前面已经提到，D＇Alembert 比值判别法和 Cauchy 根值判别法对于 $p$级数的玫散性判定问题都失效．下一个例题也是如此．

例题 14.11 讨论级数 $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n \ln ^q n}$ 的敛散性，其中 $q>0$ ．
解 $f(x)=\frac{1}{x \ln ^q x}$ 在 $x \geqslant 2$ 上非负单调减少．由于 $\int_2^{+\infty} \frac{ d x}{x \ln ^q x}$ 于 $0<q \leqslant 1$时发散，而于 $q>1$ 时收玫（参见例题 11．5），因此本题的无穷级数也是如此．

最后一个例题是通项单调减少的非负项级数在收敛时其通项所具有的渐近性质，也称为 Abel ${ }^{(1)}$－Pringsheim ${ }^{(2)}$ 定理。

例题14．12 设 $\left\{a_n\right\}$ 是单调减少的非负数列，且级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 收玫，则成立 $a_n=o\left(\frac{1}{n}\right)$（即 $\left.\lim _{n \rightarrow \infty} n a_n=0\right)$ ．

证 从 Cauchy 收敛准则，对 $\forall \varepsilon>0, \exists N, \forall n \geqslant N$ ，成立

$$
a_{n+1}+\cdots+a_{2 n}<\frac{\varepsilon}{2}
$$

（这就是在 Cauchy 收玫准则中取 $p=n$ ．）由于 $a_n \downarrow$ ，因此有

$$
n a_{2 n} \leqslant a_{n+1}+\cdots+a_{2 n}<\frac{\varepsilon}{2}
$$

于是有 $2 n a_{2 n}<\varepsilon$ ．因此数列 $\left\{n a_n\right\}$ 的偶数项子列收玫于 0 ．
同时又有

$$
(2 n-1) a_{2 n-1} \leqslant(2 n-1) a_{2 n-2}=(2 n-2) a_{2 n-2}+a_{2 n-2},
$$

由于最后一式的两项当 $n \rightarrow \infty$ 时都收敛于 0 ，因此数列 $\left\{n a_n\right\}$ 的奇数项子列也收玫于 0 。这就证明了所要的结论。

注 这里 $a_n \downarrow$ 的条件是重要的，否则结论不能成立．例如，令

$$
a_n= \begin{cases}\frac{1}{n}, & n \text { 是平方数, } \\ 0, & n \text { 不是平方数, }\end{cases}
$$

则级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 收敛，但却有 $\varlimsup_{n \rightarrow \infty} n a_n=1, \varliminf_{n \rightarrow \infty} n a_n=0$ ．

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