复旦大学：《数学分析》教材习题全解（下册）第九章 数项级数 习题 9. 3 正项级数

习题9.3正项级数 讨论下列正项级数的敛散性 4 n=n+1 in+3n ∑n Inn (5)∑ (8)∑(n-1) 00∑ D∑n2 2"n 03∑(√n2+1-n2-1) 40∑(2n-y 5∑ln 6∑(-ln n (a>0) m(1+a)(1+a2)…(1+a") 解(1)因为4~4(m→∞),由于∑收敛,所以∑4n收敛 (2)因为 2(n→∞),由于∑2发散,所以 发散 (3)因为>1,由于∑发散,所以 发散。 (4)因为当n≥4有1<,由于∑↓收敛,所以∑收敛 n (5)因为<一,由于收敛,所以∑收敛 n (6) 2sin' (n→∞) 由于立石收,所以∑(-收数

习 题 9. 3 正项级数 1. 讨论下列正项级数的敛散性： ⑴ ∑ ∞ =1 +4 1 4 n n n ; ⑵ ∑ ∞ =1 +3 2 3 2 n n n n ; ⑶ ∑ ∞ =2 2 ln 1 n n ; ⑷ ∑ ∞ =1 ! 1 n n ; ⑸ ∑ ∞ =1 2 ln n n n ; ⑹ ∑ ∞ = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − 1 1 cos n n π ; ⑺ ∑ ∞ =1 1 n n n ; ⑻ ( 1) 1 ∑ − ∞ n= n n ; ⑼ ∑ ∞ =1 2 n 2n n ; ⑽ ∑ ∞ = + + − 1 2 1 2 [2 ( 1) ] n n n n ; ⑾ ∑ ∞ = − 1 2 e n n n ; ⑿ ∑ ∞ =1 2 ! n n n n n ; ⒀ ∑ ∞ = + − − 1 2 2 ( 1 1) n n n ; ⒁ ∑ ∞ = − + − − 1 2 2 (2 1 1) n n n n ; ⒂ ∑ ∞ = − + 2 2 2 1 1 ln n n n ; ⒃ ( ln cos ) 3 ∑ ∞ = − n n π ; ⒄ ∑ ∞ =1 + + + 2 n (1 )(1 ) (1 ) n n a a a a " (a＞0)。 解（1）因为 1 4 4 n + n ～ 3 4 n (n → ∞)，由于 ∑ ∞ =1 3 4 n n 收敛，所以∑ ∞ =1 +4 1 4 n n n 收敛。 （2）因为 n n n 3 2 3 2 + ～ n 2 (n → ∞)，由于∑ ∞ =1 2 n n 发散，所以∑ ∞ =1 +3 2 3 2 n n n n 发散。 （3）因为 n n 1 ln 1 2 > ，由于 ∑ ∞ =1 1 n n 发散，所以∑ ∞ =2 2 ln 1 n n 发散。 （4）因为当n ≥ 4有 2 1 ! 1 n n < ，由于 ∑ ∞ =1 2 1 n n 收敛，所以∑ ∞ =1 ! 1 n n 收敛。 （5）因为 n n n ln n 1 2 < ，由于 ∑ ∞ =1 1 n n n 收敛，所以∑ ∞ =1 2 ln n n n 收敛。 （6） n 2n 1 cos 2sin π 2 π − = ～ 2 2 2n π (n → ∞)， 由于 ∑ ∞ =1 2 2 n 2n π 收敛，所以∑ ∞ = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − 1 1 cos n n π 收敛。 1

(7)由于im=1≠0,所以∑—发散 n→n (8)因为当n≥3有 (n→)∞), 由于∑发散,所以∑(-1发散。 n=I n (9)设xn=,则 由 D'Alembert判别法,∑。收敛。 (10)设x=2+(-1),则 由 Cauch判别法,S旦+(-)收敛 (11)设xn=n2e-n,则 <1, 由 D'Alembe判别法,∑ne"收敛 (12)设x 则 由 D'Alembert判别法,∑2m收敛

（7）由于 1 0 1 lim = ≠ →∞ n n n ，所以∑ ∞ =1 1 n n n 发散。 （8）因为当n ≥ 3有 1 1 1 − > − n n n e ～ n 1 (n → ∞)， 由于 ∑ ∞ =1 1 n n 发散，所以 ( 1) 1 ∑ − ∞ n= n n 发散。 （9）设 n n n x 2 2 = ，则 n n n x x 1 lim + →∞ 1 2 1 = < ， 由 D’Alembert 判别法，∑ ∞ =1 2 n 2n n 收敛。 （10）设 2 1 2 [2 ( 1) ] + + − = n n n n x ，则 n n n x →∞ lim 1 4 3 = < ， 由 Cauchy 判别法，∑ ∞ = + + − 1 2 1 2 [2 ( 1) ] n n n n 收敛。 （11）设 xn = n 2 e−n ，则 n n n x x 1 lim + →∞ 1 1 = < e ， 由 D’Alembert 判别法，∑ 收敛。 ∞ = − 1 2 e n n n （12）设 n n n n n x 2 ! = ，则 n n n x x 1 lim + →∞ 1 2 = < e ， 由 D’Alembert 判别法，∑ ∞ =1 2 ! n n n n n 收敛。 2

(13) n→0) 由于∑发散,所以∑(√m2+1-√m2-1发散。 1)2n=+-3m=12-+a 2n+√n2+1+√n2-1 2n+Vm2+1+Vm2-1m2+V(n2+1)n2-1)4n n→∞), 由于∑收敛,所以∑2n-=Vm2+1-m-收敛 (15)n 2 由于∑2收敛,所以∑n”收敛。 (16)-IncosI=-In1-1-cos--In1-2sin2T 由于∑收敛,所以∑(- - In cos)收敛 (17)设xn= 则 (1+a)(+a2)…(1+a" 1 由 D'Alembert判别法, (a>0)收敛。 (1+a)(1+a2)…(1+a") 2.利用级数收敛的必要条件,证明: (1)1in=0 (2)lim(2n) n→2)时0。 证(1)设x,=m”,则m5=m(-1(1+1)|=0,由 D'Alembert →xnmn+1(n

（13） 1 1 2 2 n + − n − 1 1 2 2 2 + + − = n n ～ n 1 (n → ∞)， 由于 ∑ ∞ =1 1 n n 发散，所以∑ ∞ = + − − 1 2 2 ( 1 1) n n n 发散。 （14）2 − +1 − −1 = 2 2 n n n ( ) 2 1 1 2 ( 1)( 1) 2 2 2 2 2 + + + − − + − n n n n n n ( 1)( 1) 1 2 1 1 2 2 2 2 2 2 + + − ⋅ + + + − = n n n n n n ～ 3 4 1 n (n → ∞)， 由于 ∑ ∞ =1 3 4 1 n n 收敛，所以∑ ∞ = − + − − 1 2 2 (2 1 1) n n n n 收敛。 （15） ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − = + − + 1 2 ln 1 1 1 ln 2 2 2 n n n ～ 2 2 n (n → ∞)， 由于 ∑ ∞ =1 2 2 n n 收敛，所以∑ ∞ = − + 2 2 2 1 1 ln n n n 收敛。 （16） ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − = − − − n n π π ln cos ln 1 1 cos ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = − − 2n ln 1 2sin 2 π ～ 2 2 2n π (n → ∞)， 由于 ∑ ∞ =1 2 2 n 2n π 收敛，所以 ( ln cos ) 3 ∑ ∞ = − n n π 收敛。 （17）设 (1 )(1 ) (1 ) 2 n n n a a a a x + + + = " ，则 n n n x x 1 lim + →∞ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ > = < < = 0 1 1 2 1 0 1 a a a a ， 由 D’Alembert 判别法，∑ ∞ =1 + + + 2 n (1 )(1 ) (1 ) n n a a a a " (a＞0)收敛。 2. 利用级数收敛的必要条件，证明： (1) lim n→∞ 2 (n!) nn = 0； (2) lim n→∞ ( 1) 2 (2 )! n n+ n = 0。 证 （1）设 2 (n!) n x n n = ，则 n n n x x 1 lim + →∞ 0 1 1 1 1 lim = ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + + = →∞ n n n n ，由 D’Alembert 3

判别法,∑xn收敛,所以imxn=团 (2)设x=(2m,则lmxm=1im2n+12m+2=0,由 D'Alembert 2m(n+) 1→0 1→ 22(n+) 判别法,∑x,收敛,所以mxn=lm2m)=0 3.利用 Raabe判别法判断下列级数的敛散性: (a>0) (2) 解(1)设 则 (a+1)(a+2)…( lim 由Rabe判别法 当a>1时,级数收敛,当01 由Rabe判别法,级数收敛。 (3)设 则 li ln2<1 由Rabe判别法,级数发散 4.讨论下列级数的敛散性 x

判别法， ∑ 收敛，所以 ∞ n=1 n x lim n→∞ xn = lim n→∞ 2 (n!) nn = 0。 （2）设 ( 1) 2 (2 )! + = n n n n x ，则 n n n x x 1 lim + →∞ 0 2 (2 1)(2 2) lim 2( 1) = + + = + →∞ n n n n ，由 D’Alembert 判别法， ∑ 收敛，所以 ∞ n=1 n x lim n→∞ xn = lim n→∞ ( 1) 2 (2 )! n n+ n = 0。 3. 利用 Raabe 判别法判断下列级数的敛散性： (1) ∑ ∞ =1 ( +1)( + 2) ( + ) ! n a a a n n " (a＞0)； (2) ∑ ∞ =1 ln 3 1 n n ； (3) n n 1 2 1 1 1 2 1 + + + ∞ = ∑ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ " 。 解 (1) 设 ( 1)( 2) ( ) ! a a a n n xn + + + = " ，则 a x x n n n n =⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − + →∞ lim 1 1 , 由 Raabe 判别法， 当a > 1时, 级数收敛，当0 ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − + →∞ n n n x x n , 由 Raabe 判别法，级数收敛。 (3) 设 n n x 1 2 1 1 2 1 + + + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = " ，则 lim 1 ln 2 1 1 = < ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − + →∞ n n n x x n , 由 Raabe 判别法，级数发散。 4. 讨论下列级数的敛散性： (1) ∑∫ ∞ =1 − 1 0 d n 1 n x x x ； (2) ∑∫ ∞ = π π 1 2 2 2 d sin n n n x x x ； 4

In(1+x)dx 解(1)当n≥2,有 -dx 2xdx 由于∑n收敛,所以∑后1口x dx收敛。 d x> xdx 由于∑发散,所以mx2dx发散 Xax=- 由于∑1收敛,所以∑m(+x)dx收敛。 5.利用不等式1<[X<1,证明: n n +--Inn 23 存在(此极限为 Euler常数γ—见例248) 证设xn=1+2+3n lnn,则 I d -In(n+1)+Inn dx rdx Idx ndx n+idx x 所以数列{xn}单调减少有下界,因此收敛 6.设∑xn与∑y是两个正项级数,若im=0或+∞,请问这两个 级数的敛散性关系如何? 解若imy=0,则当n充分大时有xn<n,所以当∑y收敛时∑x必 Vn 定收敛,当∑xn发散时∑y必定发散

(3) ∑∫ ∞ = + 1 1 0 ln(1 ) d n n x x。 解 (1) 当n ≥ 2，有 ∫ − n dx x x 1 0 1 n n n xdx 1 2 1 0 ∫ π π π n n xdx n 2 2 2 2 sin 4 1 8nπ 1 = ， 由于 ∑ ∞ =1 8 1 n nπ 发散，所以 ∑∫ ∞ =1 2 2 2 d sin n n n x x π x π 发散。 (3) ∫ n + x dx ∫ + 2 1 d x x ∫ +"+ 3 2 d x x ∫ n+1 d n x x − ∫ n x x 1 d ∫ + = n 1 d n x x > 0， 所以数列{xn }单调减少有下界，因此收敛。 6. 设∑ 与 是两个正项级数，若 ∞ n=1 n x ∑ ∞ n=1 n y lim n→∞ n n y x = 0 或+∞，请问这两个 级数的敛散性关系如何? 解 若lim n→∞ n n y x =0，则当n充分大时有 n n x < y ，所以当 收敛时 必 定收敛，当 发散时 必定发散； ∑ ∞ n=1 n y ∑ ∞ n=1 n x ∑ ∞ n=1 n x ∑ ∞ n=1 n y 5

若Im=+∞,则当n充分大时有x>yn,所以当∑发散时 ∑xn必定发散,当∑x收敛时∑y必定收敛。 7.设正项级数∑xn收敛,则∑x也收敛;反之如何? 解设正项级数∑x收敛,则imx=0,所以当n充分大时有0≤xn时,级数∑收敛:又问当 0时,由 以及∑x与1的收敛性,可知∑业收敛 当0<P≤时,∑y不一定收敛。例如x= nIna n 则∑xn收敛, 但∑业发散。 9.设f(x)在[1+∞)上单调增加,且limf(x)=A。 (1)证明级数∑U(n+1)-f(m收敛,并求其和; (2)进一步设f(x)在1+∞)上二阶可导,且f"(x)<0,证明级数 f(m)收敛 证(1)级数∑U(n+1)-f(m的部分和为Sn=f(n+1)-f(1),由 imf(x)=A得到S= lim s=A-f();

若 lim n→∞ n n y x = + ∞ ，则当 充分大时有 ，所以当 发散时 必定发散，当 收敛时 必定收敛。 n n n x > y ∑ ∞ n=1 n y ∑ ∞ n=1 n x ∑ ∞ n=1 n x ∑ ∞ n=1 n y 7. 设正项级数∑ 收敛，则 也收敛；反之如何? ∞ n=1 n x ∑ ∞ =1 2 n n x 解 设正项级数∑ 收敛，则 ∞ n=1 n x lim = 0 →∞ n n x ，所以当 充分大时有 ， 即有 ，因此 收敛；反之，当 收敛时，∑ 不一定收敛， 例如 n 0 ≤ xn 时，级数 ∑ ∞ n=1 p n n x 收敛；又问当 2 1 0 时，由 ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ≤ + p n p n n x n x 2 1 2 1 以及∑ 与 ∞ n=1 n x ∑ ∞ =1 2 1 n p n 的收敛性，可知∑ ∞ n=1 p n n x 收敛。 当 2 1 0 < p ≤ 时，∑ ∞ n=1 p n n x 不一定收敛。例如 n n xn 2 ln 1 = ，则 收敛， 但 ∑ ∞ n=1 n x ∑ ∞ n=1 p n n x 发散。 9．设 f (x)在[1,+∞)上单调增加，且 f x A x = →+∞ lim ( ) 。 （1）证明级数∑ 收敛，并求其和； ∞ = + − 1 [ ( 1) ( )] n f n f n （2）进一步设 f (x) 在[1,+∞) 上二阶可导，且 f ′′(x) < 0 ，证明级数 ∑ 收敛。 ∞ = ′ 1 ( ) n f n 证 (1) 级 数 ∑ 的部分和为 ∞ = + − 1 [ ( 1) ( )] n f n f n S f (n 1) f (1) n = + − ， 由 f x A得到 x = →+∞ lim ( ) S lim S A f (1) n n = = − →∞ ； 6

(2)由 Lagrange中值定理以及∫(x)单调减少,得到 0≤f"(m)0,证明级数∑一收敛 tE (1)a,+an+2=J tan" xdx+0 tan"xdr=5" tanx= 于是 n(n+1) (2)由an>0及a 可知 10, (n=1,2,…),证明∑xn发散 证由xn>0, 得到 (n-1) 即数列{xn}单调增加。于是存在a>0,使得mxnm1≥a,因而 由∑发散即可知∑,发散 12.设正项级数∑xn发散(xn>0,n=12…),证明必存在发散的正

(2) 由 Lagrange 中值定理以及 f '(x)单调减少，得到 0 ≤ f '(n) 0，证明级数∑ ∞ n=1 n n a λ 收敛。 证 （1）an + an+2 = ∫ 4 0 tan π xdx n ∫ + + 4 0 2 tan π xdx n = ∫ 4 0 tan tan π xd x n 1 1 + = n ， 于是 ∑ ∞ = + + 1 2 n n n n a a 1 ( 1) 1 1 = + = ∑ ∞ n= n n ； （2）由an > 0 及an + an+2 = 1 1 n + ，可知an n n 1 1 1 0 , 使得nxn+1 ≥ α ，因而 n xn α +1 > 。 由 ∑ ∞ n=1 n α 发散即可知∑ 发散。 ∞ n=1 n x 12．设正项级数∑ 发散（ ， ∞ n=1 n x xn > 0 n = 1,2,"），证明必存在发散的正 7

项级数∑yn,使得lmy=0。 证设Sn=∑xk,则lmSn=+。令 (n=2,34,…), 于是∑y=√Sn,即∑y是发散的正项级数,且 lim in= lim lim 77->00 x 13.设正项级数∑x发散,Sn=∑x’证明级数∑女收敛。 证由Sn≥Sn1,可知 由此得到=2-3。由lmS=+,得到 14.设{a}为 Fibonacci数列。证明级数∑收敛,并求其和 解首先 Fibonacci数列具有性质an1=an+an1与m2am=5+1k<2 (见例244)。设x a lim n+L n-o xn 4 由 D'Alembert判别法可知级数∑收敛 设S=∑血,则2S=∑am,两式相加得到

项级数∑ ，使得 ∞ n=1 n y lim = 0 →∞ n n n x y 。 证 设 ∑ , 则 = = n k n k S x 1 = +∞ →∞ n n lim S 。令 1 S1 y = , n = Sn − Sn−1 y (n = 2,3,4,") ， 于是 n n k k ∑ y = S =1 ，即∑ 是发散的正项级数，且 ∞ n=1 n y = →∞ n n n x y lim = − − →∞ n n n n x S S 1 lim 0 1 lim 1 = + − →∞ n n n S S 。 13. 设正项级数∑ 发散， ，证明级数 ∞ n=1 n x ∑= = n k n k S x 1 ∑ ∞ =1 2 n n n S x 收敛。 证 由Sn ≥ Sn−1，可知 n n n n n n n n S S S S S S S x 1 1 1 1 1 2 = − − ≤ − − − ， 由此得到 n n k k k S x S x 2 1 1 1 2 ∑ = − = 。由 = +∞ →∞ n n lim S ，得到 1 1 2 2 S x x n n n ∑ = ∞ = 。 14．设{an }为 Fibonacci 数列。证明级数∑ ∞ n=1 2n an 收敛，并求其和。 解 首先 Fibonacci 数列具有性质an+1 = an + an−1与 2 2 5 1 lim 1 < + = + →∞ n n n a a (见例 2.4.4)。设 n n n a x 2 = ，则 1 4 5 1 lim 1 < + = + →∞ n n n x x ， 由 D’Alembert 判别法可知级数∑ ∞ n=1 2n n a 收敛。 设 ∑ ∞ = = n 1 2n an S , 则 ∑ ∞ = + = 0 1 2 2 n n an S , 两式相加得到 8

3S=a1+ a-a 于是 2

∑ ∞ = + = + 1 2 1 2 3 n n n a S a 1 2 = 4S − a − a ， 于是 2 S = a1 + a2 = 。 9