银川能源学院：《高等数学》课程教学资源（电子教案）第十一章 无穷级数

银川科技职业学院《高慈数学》教宋 第土一童无穷级邀 §11.2常数项级数的审敛法 一、正项级数及其审敛法 正项级数：各项都是正数或零的级数称为正项级数， 定理1正项级数∑4n收敛的充分必要条件它的部分和数列{sn}有界. n=1 定理2比较审敛法)设元4，和公，都是正项级数，且私≤.(=l,2,·人 n=1 n=1 若级数∑yn收敛，则级数∑4n收敛；反之，若级数∑4n发散，则级数∑n发 =1 =】 n=】 n=1 散。 证 设级数∑yn收敛于和o,则级数∑山n的部分和 n=1 n=1 Sm=41+l2+··+4m≤y1+y2+··+yn≤o(=1,2,·), 即部分和数列{5}有界，由定理1知级数24，收敛. 反之， 设级数山，发散，则级数2，必发散。因为若级数 n=l ，收敛，由上已证明的结论，将有级数足弘，也收敛，与假设矛盾。 =1 n=1 推论设4，和.都是正项级数，如果级数，收敛，且存在自然数 n=l n=1 n=l N,使当≥N时有n≤k0)成立，则级数∑4n收敛；如果级数∑n发散，且 n= n=l 当2N时有≥k,60)成立，则级数24，发散。 例1讨论p-级数 n= 2+3+4+…+ .. 的收敛性，其中常数p>0. 第6页

银川科技职业学院《高等数学》教案 第十一章 无穷级数 第 6 页 §11 2 常数项级数的审敛法 一、正项级数及其审敛法 正项级数 各项都是正数或零的级数称为正项级数 定理 1 正项级数   n1 n u 收敛的充分必要条件它的部分和数列{sn}有界 定理 2(比较审敛法)设   n1 n u 和   n1 n v 都是正项级数 且 unvn (n1 2    ) 若级数   n1 n v 收敛 则级数   n1 n u 收敛 反之 若级数   n1 n u 发散 则级数   n1 n v 发 散 证 设级数   n1 n v 收敛于和  则级数   n1 n u 的部分和 snu1u2    unv1 v2    vn (n1, 2,   ) 即部分和数列{sn}有界 由定理 1 知级数   n1 n u 收敛 反之 设级数   n1 n u 发散 则级数   n1 n v 必发散 因为若级数   n1 n v 收敛 由上已证明的结论 将有级数   n1 n u 也收敛 与假设矛盾 推论 设   n1 n u 和   n1 n v 都是正项级数 如果级数   n1 n v 收敛 且存在自然数 N 使当 nN 时有 unkvn(k0)成立 则级数   n1 n u 收敛 如果级数   n1 n v 发散 且 当 nN 时有 unkvn(k0)成立 则级数   n1 n u 发散 例 1 讨论 p级数 1 4 1 3 1 2 1 1 1 1             p p p p p n n n 的收敛性 其中常数 p0

银川科技职业学院《高签数学》救未 第土一童无穷级邀 解设1.这时≥，而调和级数1发散，由比较审敛法知，当p1时 np n 级数乞1发散. nsi np 设p>1.此时有 -≤0h=p-10=23 对于级轻套共分和 Gr 因为愈5-aH 700 所以级数2]收敛.从而根据比较审敛法的推论1可知，级数 m32(0n-l0p- 三吉当1收效 综上所述，P一级数2当心1时收敛，当ps1时发散 例2证明级数 1 是发散的. =iVn(n+1) 证因为 1 1 1 n(n+1)(n+1)2 n+1' 而级数2山=号++…+1+…是发散的， mn+123 n+1 根据比较审敛法可知所给级数也是发散的， 定理3（比较审敛法的极限形式） 设足，和都是正项级数， n=1 =1 (1)如果1m=1(0≤1k<+o,且级数∑yn收敛，则级数∑4n收敛； n→o1n 三1 三】 (2)如果m=1>0或m=+0,且级数2n发散，则级数24，发散 m-→oVn n=l n=1 第7页

银川科技职业学院《高等数学》教案 第十一章 无穷级数 第 7 页 解 设 p1 这时 n n p 1 1   而调和级数   1 1 n n 发散 由比较审敛法知 当 p1 时 级数 p n n 1 1    发散 设 p1 此时有 ] 1 ( 1) 1 [ 1 1 1 1 1 1 1 1 1       p p n n p n p n p p n n dx x dx n n (n2, 3,   ) 对于级数 ] 1 ( 1) 1 [ 1 1 2        p p n n n  其部分和 1 1 1 1 1 1 ( 1) 1 ] 1 ( 1) 1 1 ] [ 3 1 2 1 ] [ 2 1 [1                   n p p p p p p n n n s  因为 ] 1 ( 1) 1 lim lim [1 1        p n n n n s  所以级数 ] 1 ( 1) 1 [ 1 1 2        p p n n n 收敛 从而根据比较审敛法的推论 1 可知 级数 p n n 1 1    当 p1 时收敛 综上所述 p级数 p n n 1 1    当 p1 时收敛 当 p1 时发散 例 2 证明级数   1 ( 1) 1 n n n 是发散的 证 因为 1 1 ( 1) 1 ( 1) 1 2     n n n n  而级数 1 1 3 1 2 1 1 1 1             n n n 是发散的 根据比较审敛法可知所给级数也是发散的 定理 3 (比较审敛法的极限形式) 设   n1 n u 和   n1 n v 都是正项级数 (1)如果 l v u n n n   lim (0l) 且级数   n1 n v 收敛 则级数   n1 n u 收敛 (2)如果      n n n n n n v u l v u lim 0或lim  且级数   n1 n v 发散 则级数   n1 n u 发散

银川科技职业学院《高签数学》教集 第土一童无穷级邀 例3判别级数sm上的收敛性 n=1 n 解因为lim 防J =1，而级数l发散， n-→∞1 in n 根据比较审敛法的极限形式，级数∑sn1发散. n=l n 例4判别级数2(1+)的收敛性. =1 n 解因为im 二空山面级数三是收敛 1 根据比较审敛法的极限形式，级数∑n(I+)收敛. n=l 定理4（比值审敛法，达朗贝尔判别法）设∑4为正项级数，如果 =1 lim nl=p, n-→o4n 则当px1时级数收敛；当D1(或m=o)时级数发散；当p=1时级数可能 n-→004n 收敛也可能发散， 例5证明级数1++，1+ 1 1 +t2+123+…+23…m-… 是收敛的 解因为lm=lim 2,3n-=m1=0<1, n→4nno12-3…nn0n 根据比值审敛法可知所给级数收敛 例6判别级数是+器 +…++…的收敛性。 10n ”典器 解因为im=lm 根据比值审敛法可知所给级数发散， 第8页

银川科技职业学院《高等数学》教案 第十一章 无穷级数 第 8 页 例 3 判别级数   1 1 sin n n 的收敛性 解 因为 1 1 1 sin lim   n n n  而级数   1 1 n n 发散 根据比较审敛法的极限形式 级数   1 1 sin n n 发散 例 4 判别级数     1 2 ) 1 ln(1 n n 的收敛性 解 因为 1 1 ) 1 ln(1 lim 2 2    n n n  而级数 2 1 1 n n    收敛 根据比较审敛法的极限形式 级数     1 2 ) 1 ln(1 n n 收敛 定理 4(比值审敛法 达朗贝尔判别法)设   n1 n u 为正项级数 如果    n n n u u 1 lim  则当 1 时级数收敛 当 1(或    n n n u u 1 lim )时级数发散 当  1 时级数可能 收敛也可能发散 例 5 证明级数 1 2 3 ( 1) 1 1 2 3 1 1 2 1 1 1 1                n 是收敛的 解 因为 0 1 1 lim 1 2 3 1 2 3 ( 1) lim 1 lim                n n n u u n n n n n  根据比值审敛法可知所给级数收敛 例 6 判别级数 10 ! 10 1 2 3 10 1 2 10 1 2 3           n n 的收敛性 解 因为            10 1 lim ! 10 10 ( 1)! lim lim 1 1 n n n u u n n n n n n n  根据比值审敛法可知所给级数发散

银川科技职业学院《高整数学》救集 第十一童无穷级邀 例7判别级数】 1 2n-10-2n 的收敛性 -2g1 解ma=lim 这时p=1,比值审敛法失效，必须用其它方法来判别级数的收敛性. 因为 1 2m)2<京，而级数∑收敛，因此由比较审敛法可知所给级数 n=1 h2 收敛 定理5（根值审敛法，柯西判别法） 设∑4n是正项级数，如果它的一般项m,的n次根的极限等于p n=l limun=p, 刀-→00 则当p心1时级数收敛；当p>1(或m,=+o)时级数发散；当p=1时级数 →0 可能收敛也可能发散， 例8证明级数1+受+宁+…+力+…是收敛的， 并估计以级数的部分和sn近似代替和s所产生的误差， 解因为m,=mC=m上-0 所以根据根值审敛法可知所给级数收敛， 以这级数的部分和Sm近似代替和s所产生的误差为 1 1 ((+2(3 1 1 n+网tn+l*+a+iym+.+ n(n+l)" 例6判定级数2+仁1少的收敛性 解因为 m6,=m22+(-y=, 所以，根据根值审敛法知所给级数收敛！ 定理6 (极限审敛法) 设4，为正项级数， n=l 第9页

银川科技职业学院《高等数学》教案 第十一章 无穷级数 第 9 页 例 7 判别级数      n (2n 1) 2n 1 的收敛性 解 1 (2 1) (2 2) (2 1) 2 lim 1 lim           n n n n u u n n n n  这时 1 比值审敛法失效 必须用其它方法来判别级数的收敛性 因为 2 1 (2 1) 2 1 n n n     而级数 2 1 1 n n    收敛 因此由比较审敛法可知所给级数 收敛 定理 5 (根值审敛法 柯西判别法) 设   n1 n u 是正项级数 如果它的一般项 un 的 n 次根的极限等于     n n n lim u  则当 1 时级数收敛 当 1(或   n n n lim u )时级数发散 当 1 时级数 可能收敛也可能发散 例 8 证明级数 1 3 1 2 1 1 2 3        n n 是收敛的 并估计以级数的部分和 sn 近似代替和 s 所产生的误差 解 因为 0 1 lim 1 lim  lim     n  n u n n n n n n n  所以根据根值审敛法可知所给级数收敛 以这级数的部分和 sn 近似代替和 s 所产生的误差为 ( 3) 1 ( 2) 1 ( 1) 1 | | 1 2 3         n n n n n n n r ( 1) 1 ( 1) 1 ( 1) 1 1 2 3         n n n n n n  n n(n 1) 1    例 6 判定级数      1 2 2 ( 1) n n n 的收敛性 解 因为 2 1 2 ( 1) 2 1 lim  lim      n n n n n n u  所以 根据根值审敛法知所给级数收敛 定理 6 (极限审敛法) 设   n1 un 为正项级数

银川科技职业学院《高签数学》救集 第十一童无穷级邀 (1)如果m,=1>0或mm,=+∞）)，则级数24，发散： = (2)如果p>l,而mnP4,=10≤1<+∞），则级数，收敛. 例7判定级数2(l+)的收敛性， 解因为1+)小a→o,故 m-mn+=r是=l, 7→00 →00 n 700 根据极限审敛法，知所给级数收敛 例8判定级数Nn+11-cos召)的收敛性， =】 解因为 mn,=mn2nmi0-os马=m,中=号2， 3. 1-→00 V n 2 n 根据极限审敛法，知所给级数收敛 二、交错级数及其审敛法 交错级数：交错级数是这样的级数，它的各项是正负交错的. 交错级数的一般形式为∑(-1-4，其中，>0. n=l 例如， 立(-是交错级数，但(-)l-cosm江不是交错级数. =1 n 定理6（莱布尼茨定理） 如果交错级数2(-1y-4,满足条件： (1)4m2u+1(n=1,2,3,··5(2)lm4n=0, 则级数收敛，且其和s≤，其余项rn的绝对值rm+1. 简要证明：设前n项部分和为sm 由s2=(4-H(ug-14H·+(2n1-2n),及 S2m=-(2-3)H(4-45+··+(2m-2-2m-1）-2m 看出数列{s2m}单调增加且有界(2m<),所以收敛. 设s2m→s(n→0)，则也有S2+1=S2m+2m+1→s(n-→0)，所以Sm→s(n-→o).从而 级数是收敛的，且Sm<1. 第10页

银川科技职业学院《高等数学》教案 第十一章 无穷级数 第 10 页 (1)如果 lim  0( lim )   n n n n nu l 或 nu  则级数   n1 un 发散 (2)如果 p1 而 lim  (0 )  n u l l n p n  则级数   n1 un 收敛 例 7 判定级数     1 2 ) 1 ln(1 n n 的收敛性 解 因为 ( ) 1 )~ 1 ln(1 2 2  n n n  故 1 1 ) lim 1 lim lim ln(1 2 2 2 2 2         n n n n u n n n n n  根据极限审敛法 知所给级数收敛 例 8 判定级数 1(1 cos ) 1 n n n       的收敛性 解 因为 2 2 2 2 3 2 3 2 1 ( ) 2 1 1 lim lim 1(1 cos ) lim              n n n n n n u n n n n n n  根据极限审敛法 知所给级数收敛 二、交错级数及其审敛法 交错级数 交错级数是这样的级数 它的各项是正负交错的 交错级数的一般形式为      1 1 ( 1) n n n u  其中 0 n u  例如 1 ( 1) 1 1      n n n 是交错级数 但 1 cos ( 1) 1 1       n n n n 不是交错级数 定理 6（莱布尼茨定理） 如果交错级数      1 1 ( 1) n n n u 满足条件 (1)unun1 (n1 2 3   ) (2) lim 0  n n u  则级数收敛 且其和 su1 其余项 rn 的绝对值|rn|un1 简要证明 设前 n 项部分和为 sn 由 s2n(u1u2)(u3u4)    (u2n 1u2n) 及 s2nu1(u2u3)(u4u5)    (u2n2u2n1)u2n 看出数列{s2n}单调增加且有界(s2nu1) 所以收敛 设 s2ns(n) 则也有 s2n1s2nu2n1s(n) 所以 sns(n) 从而 级数是收敛的 且 snu1