绝对收敛重排定理Abel引理Abel判别法级数乘积几个问题Dirichlet判别法（3）一般级数收敛的判别法引理1（Abel分部求和公式）设有两串数：ai,a2，·.·，an;bi,b2，.·，bn.记Ak = a1 + a2 +... + ak (k = 1, 2, .., n), 则有n-1nab = Z A(bs - br+1) + Anbn.k=1k=1证明 记Ao=0,则ak=Ak-Ak-1.Z Arbk - An-1bkarbk = (Ak - Ak-1)bk= )k=1k=1k=1k=1n-1 Arbk-Arb+1Zk=1k=0n-1ZAk(bk-bk+1)+Anbnk=1返回全屏关闭退出6/31
ýéÂñ ü½n Abel Ún Dirichlet O{ Abel O{ ?ê¦È A¯K (3) ?êÂñO{ Ún 1 (Abel ©Ü¦Úúª) küGê: a1, a2, · · · , an; b1, b2, · · · , bn. P Ak = a1 + a2 + · · · + ak (k = 1, 2, · · · , n), Kk X n k=1 akbk = X n−1 k=1 Ak(bk − bk+1) + Anbn. y² P A0 = 0, K ak = Ak − Ak−1. X n k=1 akbk = X n k=1 (Ak − Ak−1)bk= X n k=1 Akbk − X n k=1 Ak−1bk = X n k=1 Akbk − X n−1 k=0 Akbk+1 = X n−1 k=1 Ak(bk − bk+1) + Anbn. 6/31 kJ Ik J I £ ¶ '4 òÑ
绝对收敛重排定理Abel引理Abel判别法级数乘积几个问题Dirichlet判别法引理2(Abel 引理）设 bi ≥bz≥·.·≥bn或者 bi≤ b2≤.≤ bn.记Ak = ai + a2 +··+ ak.如果Akl ≤ M, (k = 1,2,··,n).那么Zaxbk≤ M(lbil + 2]bnl).k=1证明由Abel分部求和公式n-1n-1nZDakbkAk(bk-bk+1)+Anbn<[Ak/|bk-bk+1/+|An//bnl1k=1k=1k=1n-lZ<M[bk-bk+1/+[bnlk=1n-17=M(bk-bk+1)/+[bnk=1=M(|b1-bnl +[bnl)≤M(|bil+2|bn)返回全屏关闭退出27/31
ýéÂñ ü½n Abel Ún Dirichlet O{ Abel O{ ?ê¦È A¯K Ún 2 (Abel Ún) b1 > b2 > · · · > bn ½ö b1 6 b2 6 · · · 6 bn. P Ak = a1 + a2 + · · · + ak. XJ |Ak| 6 M, (k = 1, 2, · · · , n). @o X n k=1 akbk 6 M(|b1| + 2|bn|). y² d Abel ©Ü¦Úúª X n k=1 akbk = X n−1 k=1 Ak(bk − bk+1) + Anbn 6 X n−1 k=1 |Ak| |bk − bk+1| + |An| |bn| 6 M X n−1 k=1 |bk − bk+1| + |bn| ! = M X n−1 k=1 (bk − bk+1) + |bn| ! = M(|b1 − bn| + |bn|) 6 M(|b1| + 2|bn|). 7/31 kJ Ik J I £ ¶ '4 òÑ
绝对收敛重排定理Abel引理Abel判别法级数乘积几个问题Dirichlet判别法定理5（Dirichlet 判别法）若[bn1是单调递减趋于零的数列，且级数n=1an 的部分和有界: [Anl = [h=1akl ≤ M,则 =, anbn 收敛证明因为mmak -ak= [Am - Anl < 2M,akk=n+1k=1k=1所以对任意 ε> 0,由 bk→0(k →αo),存在自然数 N,使得当 n ≥ N 时有 [bnl≤ .因为[bk} 单调,所以根据 Abel 引理,有n+pZakbk≤ 2M(/bn+1l + 2|bn+pl)k=n+1EE≤2M+2E,6M6MX对一切n≥N记一切自然数p成立.根据Cauchy准则akbk收敛k=1返回全屏关闭退出II8/31
ýéÂñ ü½n Abel Ún Dirichlet O{ Abel O{ ?ê¦È A¯K ½n 5 (Dirichlet O{) e {bn} ´üN4~ªu"ê, ?ê P∞ n=1 an Ü©Úk.µ|An| = | Pn k=1 ak| 6 M, K P∞ k=1 anbn Âñ. y² Ï X m k=n+1 ak = X m k=1 ak − X n k=1 ak = |Am − An| 6 2M, ¤±é?¿ ε > 0, d bk → 0 (k → ∞), 3g,ê N, ¦ n > N , k |bn| 6 ε 6M . Ï {bk} üN, ¤±â Abel Ún, k X n+p k=n+1 akbk 6 2M(|bn+1| + 2|bn+p|) 6 2M ε 6M + 2 ε 6M = ε, é n > N Pg,ê p ¤á. â Cauchy OK P ∞ k=1 akbk Âñ. 8/31 kJ Ik J I £ ¶ '4 òÑ
绝对收敛重排定理Abel引理级数乘积几个问题Dirichlet判别法Abel判别法定理 6（Abel 判别法若[bn)是单调有界的数列,且级数n=1an 收敛,则级数n=1anbn收敛证明 因为[bk} 单调有界,所以[bk]有极限,设b =,lim bk,则[bk-b]ko单调趋于0.因为-an收敛,所以Ak=ai+a2+·.+ak有界.于是根据 Dirichlet 判别法知,n=1an(bn 一b) 收敛.从akbk = ak(bk - b) + bak可知anbn收敛n=1返回全屏关闭退出I4-9/31
ýéÂñ ü½n Abel Ún Dirichlet O{ Abel O{ ?ê¦È A¯K ½n 6 (Abel O{) e {bn} ´üNk.ê, ?ê P∞ n=1 an Âñ, K?ê P∞ n=1 anbn Âñ. y² Ï {bk} üNk., ¤± {bk} k4, b = lim k→∞ bk, K {bk−b} üNªu 0. Ï P∞ n=1 an Âñ, ¤± Ak = a1 + a2 + · · · + ak k. u´ â Dirichlet O{, P∞ n=1 an(bn − b) Âñ. l akbk = ak(bk − b) + bak P ∞ n=1 anbn Âñ. 9/31 kJ Ik J I £ ¶ '4 òÑ
绝对收敛重排定理Abel引理Dirichlet判别法Abel判别法级数乘积几个问题8cosnZ的敛散性例1讨论级数nn=1解当=2k元时，该级数就是调和级数，故发散若≠2k元，记ysinsinn+c一22An=cos&+cos2a+..+cosnc二2 sin 于是1[Anl <sinsinnt文的收敛性故根据Dirichlet判别法知级数收敛：类似可讨论级数n例 2 讨论级数 Z%, 4"cos3n的敛散性n解 由上例, ≥=1 n 收敛. 又(1 + L)") 单调有界, 因此根据 Abel 判COSL(1+)"78别法知cos3n收敛S_n=1n返回退出全屏关闭10/31
ýéÂñ ü½n Abel Ún Dirichlet O{ Abel O{ ?ê¦È A¯K ~ 1 ?Ø?ê X ∞ n=1 cos nx n ñÑ5. ) x = 2kπ , T?êÒ´NÚ?ê, uÑ. e x 6= 2kπ, P An = cos x + cos 2x + · · · + cos nx = sin n + 1 2 x − sin x 2 2 sin x 2 . u´ |An| < 1 sin x 2 . â Dirichlet O{?êÂñ. aq?Ø?ê P∞ n=1 sin nx n Âñ5. ~ 2 ?Ø?ê P∞ n=1 (1+ 1 n ) n n cos 3n ñÑ5. ) dþ~, P∞ n=1 cos 3n n Âñ. q {(1 + 1 n ) n} üNk., Ïdâ Abel O{ P∞ n=1 (1+ 1 n ) n n cos 3n Âñ. 10/31 kJ Ik J I £ ¶ '4 òÑ