数项级数

正式开始：Ch.12. 数项级数

https://www.bilibili.com/video/BV1jSwueEEMe/?spm_id_from=333.337.search-card.all.click&vd_source=3ba914be1a1873f117e16d8c97c2d1a0

\[ 1 - \frac {1}{2} + \dots + (- 1) ^ {n - 1} \frac {1}{n} + \dots \]

https://www.bilibili.com/video/BV1q4q9YyEx6/?spm_id_from=333.1387.collection.video_card.click&vd_source=3ba914be1a1873f117e16d8c97c2d1a0

\(1 - \frac{1}{2} +\dots +( - 1)^{n - 1}\frac{1}{n} +\dots\)

伯努利的努力，对数函数，神奇的级数表达

11.6 万

279

2024-11-03 10:07:25

未经

作者授权。

禁止转载

科技 3D 视界 发消息

科技的底层逻辑，用动画来讲解就很直观

充电

+ 关注 52.2 万

弹幕列表

手把手教你搭建

知识库问答系统

本地、免费、私有化、离线

【喂饭教程】搭建企业级知识库问答系统，本地、免费、... 大模型 - 先知

:

正说微积分 (18/34)

856.9 万播放 @简介

不定积分与定积分，那些颤来倒去的关系

06:11

Ⅲ 伯努利的努力，对数函数，神奇的级数表达

06:30

微积分的开端，牛顿二项式定理

07:38

换元积分法，神奇的坐标变换

05:39

函数相乘的几何意义，分部积分法

05:03

相对旋转，数不明白的圈圈，以及优雅的摆线

06:36

数字可以设计吗？什么是非标准的微积分？

06:20

最具传奇色彩的一次求导运算，欧拉数，到底怎么来的？

科技 3D 视界

33.0 万 444

欧拉的神作，伽玛函数，以及哥德巴赫猜想

科技 3D 视界

72.6 万 785

以欧拉之名，回看 e 之缘起

科技 3D 视界

34.5 万 480

高斯的执念，细思极恐的低维空间，以及微分几何的缘起...

2.1.1.1.10

\[ 1 + \frac {1}{2 ^ {2}} + \frac {1}{3 ^ {2}} + \dots + \frac {1}{n ^ {2}} + \dots \]

https://www.bilibili.com/video/BV11efiYaENR/?spm_id_from=333.337.search-card.all.click&vd_source=3ba914be1a1873f117e16d8c97c2d1a0

Ch. 12 数项级数 /§1 级数的收敛性

定义 (部分和)

给定一个数列 \(\{u_n\}\) ，将其各项依次用 “+” 号连接起来的表达式

\[ u _ {1} + u _ {2} + \dots + u _ {n} + \dots \tag {1} \]

称为常数项级数或数项级数（常简称级数），其中 \(u_{n}\) 称为数项级数（1）的通项或一般项。数项级数（1）也常记为 \(\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}\) ，在不致误解时可简记为 \(\sum u_{n}\) 。数项级数（1）的前 n 项之和记为

\[ S _ {n} = \sum_ {k = 1} ^ {n} u _ {k} = u _ {1} + u _ {2} + \dots + u _ {n}, \tag {2} \]

为数项级数 (1) 的第 \(n\) 个部分和，也简称部分和.

定义 (收敛 / 发散)

若数项级数 (1) 的部分和数列 \(\{S_n\}\) 收敛于 \(S\) (即 \(\lim_{n\to \infty}S_n = S\)), 则称数项级数 (1) 收敛，\(S\) 称为数项级数 (1) 的和，记作

\[ S = u _ {1} + u _ {2} + \dots + u _ {n} + \dots , \text {或} S = \sum_ {n = 1} ^ {\infty} u _ {n} \]

若 \(\{S_{n}\}\) 是发散数列，则称数项级数 (1) 发散.

例 (1)

讨论等比级数（也称几何级数）

\[ a + a q + a q ^ {2} + \dots + a q ^ {n} + \dots \tag {3} \]

的收敛性 \((a\neq 0)\)

解 \(q \neq 1\) 时，级数 (3) 的第 \(n\) 个部分和为

\[ S _ {n} = a + a q + \dots + a q ^ {n - 1} = a \cdot \frac {1 - q ^ {n}}{1 - q} \]

综合起来得到： \(|q|<1\) 时，级数 (3) 收敛； \(|q|\geq1\) 时，级数 (3) 发散.

例 (2)

讨论数项级数

\[ \frac {1}{1 \cdot 2} + \frac {1}{2 \cdot 3} + \dots + \frac {1}{n (n + 1)} + \dots \tag {4} \]

的收敛性.

解 级数 (4) 的第 \(n\) 个部分和为

\[ \begin{array}{l} S _ {n} = \frac {1}{1 \cdot 2} + \frac {1}{2 \cdot 3} + \dots + \frac {1}{n (n + 1)} \\ = \left(1 - \frac {1}{2}\right) + \left(\frac {1}{2} - \frac {1}{3}\right) + \dots + \left(\frac {1}{n} - \frac {1}{n - 1}\right) \\ = 1 - \frac {1}{n + 1} \\ \end{array} \]

由于

\[ \lim _ {n \rightarrow \infty} S _ {n} = \lim _ {n \rightarrow \infty} \left(1 - \frac {1}{n + 1}\right) = 1 \]

因此级数（4）收敛，且其和为 1.

注 由于级数 (1) 的收敛或发散 (简称敛散性), 是由它的部分和数列 \(\{S_n\}\) 来确定，因而也可把级数 (1) 作为数列 \(\{S_n\}\) 的另一种表现形式.

反之，任给一个数列 \(\{a_{n}\}\) ，如把它看作某一数项级数的部分和数列 \(a_{n} = \sum_{i=1}^{n} u_{i}\) ，则该数项级数 \(\sum u_{n}\) 为

\[ \sum_ {n = 1} ^ {\infty} u _ {n} = a _ {1} + \left(a _ {2} - a _ {1}\right) + \left(a _ {3} - a _ {2}\right) + \dots + \left(a _ {n} - a _ {n - 1}\right) + \dots \tag {5} \]

这时数列 \(\{a_{n}\}\) 与级数 (5) 具有相同的敛散性，且当 \(\{a_{n}\}\) 收敛时，其极限值就是级数 (5) 的和.

基于级数与数列的这种关系，可得下面有关级数的定理.

定理 (12.1 级数的柯西收敛准则)

级数 \(\sum u_{n}\) 收敛的充要条件是：任给正数 \(\epsilon\) , 总存在正整数 \(N\) , 使得当 \(m > N\) 以及对任意的正整数 \(p\) , 都有

\[ \left| u _ {m + 1} + u _ {m + 2} + \dots + u _ {m + p} \right| < \varepsilon \tag {6} \]

根据定理 12.1 以及数列发散的充要条件，可以立刻写出级数 \(\sum u_{n}\) 发散的充要条件是：存在某正数 \(\epsilon_{0}\) ，对任何正整数 N 总存在正整数 \(m_{0}(>N)\) 和 \(p_{0}\) ，使得

\[ \left| u _ {m _ {0} + 1} + u _ {m _ {0} + 2} + \dots + u _ {m _ {0} + p _ {0}} \right| \geq \varepsilon_ {0} \tag {7} \]

由定理 12.1 立即可得如下推论.

推论（级数收敛的必要条件）

若级数 \(\sum u_{n}\) 收敛，则 \(\lim_{n\to \infty}u_n = 0\)

注 推论是级数收敛的一个必要条件：一般项不趋于零，级数一定发散，但一般项趋于零，则级数未必收敛。因此推论用来判断级数发散是很有效.

如级数 \(1 + (-1) + 1 + (-1) + \cdots\) ，因为一般项 \(u_{n} = (-1)^{n-1}\) 不趋于零，所以发散.

例 (3)

讨论调和级数

\[ 1 + \frac {1}{2} + \frac {1}{3} + \dots + \frac {1}{n} + \dots \]

的敛散性.

解 这里一般项 \(u_{n} = \frac{1}{n} \rightarrow 0\) ，因此不能利用推论判断它是发散级数.

下面利用柯西准则证明它是发散的．为此令 p = m ，则有

\[ \begin{array}{l} \left| u _ {m + 1} + u _ {m + 2} + \dots + u _ {2 m} \right| = \left| \frac {1}{m + 1} + \frac {1}{m + 2} + \dots + \frac {1}{2 m} \right| \\ \geq \left| \frac {1}{2 m} + \frac {1}{2 m} + \dots + \frac {1}{2 m} \right| = \frac {1}{2}, \\ \end{array} \]

故取 \(\epsilon_0 = \frac{1}{2}\) ，对任何正整数 \(N\) 只要 \(m > N\) 和 \(p = m\) 就有 (7) 式成立，因此调和级数 \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}\) 发散.

「调和级数」为什么叫调和级数？

予一人

数学话题下的优秀答主

486 人赞同了该文章

这个是数学史的问题。

「调和」，实际上也就是「和谐」（harmonic），现有文献表明，它是由古希腊毕达哥拉斯学派最早发现、命名并加以系统研究的一个数学概念。

毕达哥拉斯学派，既是一个学术团体，也是一个宗教组织。他们喜欢从神秘主义的角度来研究数学，或者说，喜欢从数学中发现某种「神秘性」（mystery），因此他们对一些特殊的数量关系尤其关心，就比如算术中的「完全数」、「亲和数」、「三角形数」、「正方形数」，其中当然也包括题主在这里提及的「调和数」。

「调和数」是毕达哥拉斯学派 [1] 从琴弦长度的研究上发现的一种数量关系。他们发现，一根拉紧的琴弦（1 倍长的琴弦）如果弹出某个音调，比如说是 do，那么取其 \(1 / 2\) 弦长，弹出的音调就是高八度的 do，取其 \(2 / 3\) 弦长，就会弹出高五度的 so。

和谐的声音居然是琴弦长度的比例造成的！于是，毕达哥拉斯学派就把能够生成谐音的这些表示弦长比例的数也认为是和谐的。

那么，这些和谐的数究竟有什么奇妙的特征呢？注意到

\[ \frac {1}{2}: \frac {2}{3}: 1 = 3: 4: 6 \]

它们的倒数刚好构成等差数列： \(2, \frac{3}{2}, 1\) 以及 \(\frac{1}{3}, \frac{1}{4}, \frac{1}{6}\) ，也就是说：如果一个数列各项取倒数后成等差数列，那么原数列就称为调和数列，即和谐的一列数。

例 (4)

判断级数 \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\left(n+\frac{1}{n}\right)^n}{n^{n+\frac{1}{n}}}\) 的敛散性

解 因为

\[ \lim _ {n \to \infty} \frac {\left(n + \frac {1}{n}\right) ^ {n}}{n ^ {n + \frac {1}{n}}} = \lim _ {n \to \infty} \frac {\left(n + \frac {1}{n}\right) ^ {n}}{n ^ {n} n ^ {\frac {1}{n}}} = \lim _ {n \to \infty} \frac {\left[ \left(1 + \frac {1}{n ^ {2}}\right) ^ {n ^ {2}} \right] ^ {\frac {1}{n}}}{n ^ {\frac {1}{n}}} = 1 \neq 0 \]

所以由级数收敛的必要条件知，原级数发散.

注 \(\lim_{n\to \infty}n^{1 / n} = 1\) 可由 \(\lim_{n\to \infty}\frac{1}{n}\ln (n) = 0\) 得。

例 (5)

运用级数收敛的柯西准则，证明级数 \(\sum \frac{1}{n^2}\) 收敛

证明.

由于

\[ \begin{array}{l} \left| u _ {m + 1} + u _ {m + 2} + \dots + u _ {m + p} \right| = \frac {1}{(m + 1) ^ {2}} + \frac {1}{(m + 2) ^ {2}} + \dots + \frac {1}{(m + p) ^ {2}} \\ < \frac {1}{m (m + 1)} + \frac {1}{(m + 1) (m + 2)} + \dots + \frac {1}{(m + p - 1) (m + p)} \\ = \left(\frac {1}{m} - \frac {1}{m + 1}\right) + \left(\frac {1}{m + 1} - \frac {1}{m + 2}\right) + \dots + \left(\frac {1}{m + p - 1} - \frac {1}{m + p}\right) \\ = \frac {1}{m} - \frac {1}{m + p} < \frac {1}{m}. \\ \end{array} \]

因此，对任意 \(\epsilon > 0\) ，可取 \(N = \left[\frac{1}{\epsilon}\right]\) ，当 m > N 及任意正整数 p，由上式可得 \(\left|u_{m+1} + u_{m+2} + \cdots + u_{m+p}\right| < \frac{1}{m} < \varepsilon\) ，依级数收敛的柯西准则，知级数 \(\sum \frac{1}{n^{2}}\) 收敛.

定理 (12.2)

若级数 \(\sum u_{n}\) 与 \(\sum v_{n}\) 都收敛，则对任意常数 \(c,d,\) 级数 \(\sum (cu_n + dv_n)\) 亦收敛，且

\[ \sum (c u _ {n} + d v _ {n}) = c \sum u _ {n} + d \sum v _ {n} \]

定理 (12.3)

去掉、增加或改变级数的有限项并不改变级数的敛散性.

注 去掉、增加或改变级数的有限项虽不改变该级数的敛散性，但在收敛时，其和一般还是要变的.

由定理 12.3 知，若级数 \(\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}\) 收敛，其和为 S, 则级数

\[ u _ {n + 1} + u _ {n + 2} + \dots \tag {8} \]

也收敛，且其和为 \(R_{n} = S - S_{n}\) . (8) 式称为级数 \(\sum u_{n}\) 的第 \(n\) 个余项 (简称余项)，它表示以部分和 \(S_{n}\) 代替 \(S\) 时所产生的误差.

定理 (12.4)

在收敛级数的项中任意加括号，既不改变级数的收敛性，也不改变它的和.

- 性质 4

如果级数 \(\sum_{i=1}^{\infty} a_i\) 收敛，那么对该级数的项任意加括号后所成的级数：

\[ \left(a _ {1} + \dots + a _ {n _ {1}}\right) + \left(a _ {n _ {1} + 1} + \dots + a _ {n _ {2}}\right) + \dots + \left(a _ {n _ {k - 1} + 1} + \dots + a _ {n _ {k}}\right) + \dots \]

依然收敛，且其和不变。或者可以简单表示为：

\[ \sum_ {i = 1} ^ {\infty} a _ {i} \text {收敛于} s \xrightarrow {\text {任意加括号得} \sum_ {i = 1} ^ {\infty} b _ {i}} \sum_ {i = 1} ^ {\infty} b _ {i} \text {收敛于} s \]

证明.

设 \(\sum u_{n}\) 为收敛级数，其和为 S. 下面证明 \(\sum u_{n}\) 加括号后的级数 \(\sum_{k=1}^{\infty}(u_{n_{k-1}+1}+\cdots+u_{n_{k}})\) 收敛，且其和也是 S.

为此，记 \(v_{1}=u_{1}+\cdots+u_{n_{1}},v_{2}=u_{n_{1}+1}+\cdots+u_{n_{2}},\cdots,v_{k}=u_{n_{k-1}+1}+\cdots+u_{n_{k}},\cdots\) ，则

\[ \sum_ {n = 1} ^ {\infty} u _ {n} = \sum_ {k = 1} ^ {\infty} \left(u _ {n _ {k - 1} + 1} + \dots + u _ {n _ {k}}\right) = \sum_ {k = 1} ^ {\infty} v _ {k}. \]

于是，若 \(\{S_n\}\) 为收敛数列 \(\sum u_{n}\) 的部分和数列，则级数 \(\sum v_{k}\) 的部分和数列 \(\{S_{n_k}\}\) 是 \(\{S_n\}\) 的一个子列。由于 \(\{S_n\}\) 收敛，且 \(\lim_{n\to \infty}S_n = S\) 。故由子列性质， \(\{S_{n_k}\}\) 也收敛，且 \(\lim_{k\to \infty}S_{n_k} = S\) ，即级数 \(\sum v_{k}\) 也收敛，且它的和也等于 \(S\) 。

注 从级数加括号后的收敛，不能推断它在未加括号时也收敛。例如 \((1-1)+(1-1)+\cdots+(1-1)+\cdots=0+0+0+\cdots=0\) 收敛，但级数 \(1-1+1-1+\cdots\) 却是发散的.

例 (6)

判别下列级数的敛散性：

\[ \frac {1}{\sqrt {2} - 1} - \frac {1}{\sqrt {2} + 1} + \frac {1}{\sqrt {3} - 1} - \frac {1}{\sqrt {3} + 1} + \frac {1}{\sqrt {4} - 1} - \frac {1}{\sqrt {4} + 1} + \dots \]

解 考虑加括号的级数

\[ \left(\frac {1}{\sqrt {2} - 1} - \frac {1}{\sqrt {2} + 1}\right) + \left(\frac {1}{\sqrt {3} - 1} - \frac {1}{\sqrt {3} + 1}\right) + \left(\frac {1}{\sqrt {4} - 1} - \frac {1}{\sqrt {4} + 1}\right) + \dots \]

其一般项

\[ u _ {n} = \frac {1}{\sqrt {n} - 1} - \frac {1}{\sqrt {n} + 1} = \frac {2}{n - 1} \]

由定理 12.2 及例 3 知，级数

\[ \sum_ {n = 2} ^ {\infty} u _ {n} = 2 \sum_ {n = 2} ^ {\infty} \frac {1}{n - 1} = 2 \sum_ {n = 1} ^ {\infty} \frac {1}{n} \]

发散，从而原级数发散.

复习思考题

\[ u _ {n} = v _ {n} = \frac {(- 1) ^ {n}}{\sqrt {n}} \]

1. 若级数 \(\sum u_{n}\) 加括号后的级数 \(\sum v_{k}\) 发散，级数 \(\sum u_{n}\) 是否一定发散？

对。

若 “\(\sum u_{n}\) 收敛，则括号后的级数 \(\sum v_{k}\) 收敛” 正确，现在的命题是该命题的逆否命题

作业

P. 6

数学分析

2025-2026 (2)

Ch. 12b

沈超敏

计算机科学与技术学院

cmshen@cs.ecnu.edu.cn

第十二章 数项级数 §2 正项级数

正项级数收敛性的一般性判别原则

若数项级数各项的符号都相同，则称为同号级数.

对于同号级数，只须研究各项都是由正数组成的级数 (称正项级数).

由级数与其部分和数列的关系，得：

定理 (12.5)

正项级数 \(\sum u_{n}\) 收敛的充要条件是：部分和数列 \(\{S_n\}\) 有界，即存在某正数 \(M\) ，对一切正整数 \(n\) 有 \(S_{n} < M\)

证明.

由于 \(u_{i} > 0 (i = 1, 2, \cdots)\) ，所以 \(\{S_{n}\}\) 是递增数列，而单调数列收敛的充要条件是该数列有界（单调有界定理）。这就证明了定理的结论。

仅靠定义和定理 12.5 来判断正项级数的收敛性是不容易的，因此要建立基于级数一般项本身特性的收敛性判别法则.

定理 (12.6 (比较原则))

若 \(\sum u_{n}\) 和 \(\sum v_{n}\) 是两个正项级数，如果存在某正数 \(N\) ，对一切 \(n > N\) 都有

\[ u _ {n} \leq v _ {n} \tag {1} \]

则

证明.

改变级数的有限项并不影响原有级数的敛散性，因此，不妨设不等式 (1) 对一切正整数都成立。现在分别以 \(S_{n}^{u}\) 和 \(S_{n}^{v}\) 记级数 \(\sum u_{n}\) 与 \(\sum v_{n}\) 的部分和.

由 (1) 可得，对一切正整数 \(n\) , 都有

\[ S _ {n} ^ {u} \leq S _ {n} ^ {v} \tag {2} \]

若 \(\sum v_{n}\) 收敛，即 \(\lim_{n\to \infty}S_n^v\) 存在，则由 (2)，对一切 \(n\) 有 \(S_{n}^{u}\leq \lim_{n\to \infty}S_{n}^{v}\) ，即正项级数 \(\sum u_{n}\) 的部分和数列有界，由定理 12.5 级数 \(\sum u_{n}\) 收敛，这就证明了 (i).

(ii) 为 (i) 的逆否命题，自然成立

\[ A \Rightarrow B \iff (\text { not } B) \Rightarrow (\text { not } A) (\text { 逆否命题 }) \]

如果在 A 推出 B 的前提下，而假设 not B 得出 not A 不成立，则 A 成立，但 A 成立意味着 B 成立，同 not B 矛盾

\(\Leftarrow\) 同理

证明.

改变级数的有限项并不影响原有级数的敛散性，因此，不妨设不等式 (1) 对一切正整数都成立。现在分别以 \(S_{n}^{u}\) 和 \(S_{n}^{v}\) 记级数 \(\sum u_{n}\) 与 \(\sum v_{n}\) 的部分和.

由 (1) 可得，对一切正整数 \(n\) , 都有

\[ S _ {n} ^ {u} \leq S _ {n} ^ {v} \tag {2} \]

若 \(\sum v_{n}\) 收敛，即 \(\lim_{n\to \infty}S_n^v\) 存在，则由 (2)，对一切 \(n\) 有 \(S_{n}^{u}\leq \lim_{n\to \infty}S_{n}^{v}\) ，即正项级数 \(\sum u_{n}\) 的部分和数列有界，由定理 12.5 级数 \(\sum u_{n}\) 收敛，这就证明了 (i).

(ii) 为 (i) 的逆否命题，自然成立

\[ \mathrm{A} \Rightarrow \mathrm{B} \iff (\text {not B}) \Rightarrow (\text {not A}) (\text {逆否命题}) \]

如果在 A 推出 B 的前提下，而假设 not B 得出 not A 不成立，则 A 成立，但 A 成立意味着 B 成立，同 not B 矛盾

\(\Leftarrow\) 同理

证明.

改变级数的有限项并不影响原有级数的敛散性，因此，不妨设不等式 (1) 对一切正整数都成立。现在分别以 \(S_{n}^{u}\) 和 \(S_{n}^{v}\) 记级数 \(\sum u_{n}\) 与 \(\sum v_{n}\) 的部分和.

由 (1) 可得，对一切正整数 \(n\) , 都有

\[ S _ {n} ^ {u} \leq S _ {n} ^ {v} \tag {2} \]

若 \(\sum v_{n}\) 收敛，即 \(\lim_{n\to \infty}S_n^v\) 存在，则由 (2)，对一切 \(n\) 有 \(S_{n}^{u}\leq \lim_{n\to \infty}S_{n}^{v}\) ，即正项级数 \(\sum u_{n}\) 的部分和数列有界，由定理 12.5 级数 \(\sum u_{n}\) 收敛，这就证明了 (i).

(ii) 为 (i) 的逆否命题，自然成立

\[ \mathrm{A} \Rightarrow \mathrm{B} \iff (\text {not B}) \Rightarrow (\text {not A}) (\text {逆否命题}) \]

\[ \Rightarrow \]

如果在 A 推出 B 的前提下，而假设 not B 得出 not A 不成立，则 A 成立，但 A 成立意味着 B 成立，同 not B 矛盾

证明.

改变级数的有限项并不影响原有级数的敛散性，因此，不妨设不等式 (1) 对一切正整数都成立。现在分别以 \(S_{n}^{u}\) 和 \(S_{n}^{v}\) 记级数 \(\sum u_{n}\) 与 \(\sum v_{n}\) 的部分和.

由 (1) 可得，对一切正整数 \(n\) , 都有

\[ S _ {n} ^ {u} \leq S _ {n} ^ {v} \tag {2} \]

若 \(\sum v_{n}\) 收敛，即 \(\lim_{n\to \infty}S_n^v\) 存在，则由 (2)，对一切 \(n\) 有 \(S_{n}^{u}\leq \lim_{n\to \infty}S_{n}^{v}\) ，即正项级数 \(\sum u_{n}\) 的部分和数列有界，由定理 12.5 级数 \(\sum u_{n}\) 收敛，这就证明了 (i).

(ii) 为 (i) 的逆否命题，自然成立

\[ \mathrm{A} \Rightarrow \mathrm{B} \iff (\text {not B}) \Rightarrow (\text {not A}) (\text {逆否命题}) \]

\[ \Rightarrow \]

如果在 A 推出 B 的前提下，而假设 not B 得出 not A 不成立，则 A 成立，但 A 成立意味着 B 成立，同 not B 矛盾

\(\Leftarrow\) 同理

例 (1)

考察 \(\sum \frac{1}{n^2 - n + 1}\) 的收敛性.

解 由于当 \(n \geq 2\) 时，有

\[ \frac {1}{n ^ {2} - n + 1} \leq \frac {1}{n ^ {2} - n} = \frac {1}{n (n - 1)} < \frac {1}{(n - 1) ^ {2}} \]

因为正项级数 \(\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{(n-1)^2}\) 收敛，故由比较原则和定理 12.3，级数 \(\sum \frac{1}{n^2 - n + 1}\) 也收敛

例 (2)

若级数 \(\sum u_{n}^{2},\sum v_{n}^{2}\) 收敛，且 \(u_{n}\geq0,v_{n}\geq0\) . 则级数 \(\sum u_{n}v_{n}\) 收敛.

证明.

因为 \(0 \leq u_{n}v_{n} \leq u_{n}^{2} + v_{n}^{2}\) ，而级数 \(\sum u_{n}^{2}, \sum v_{n}^{2}\) 均收敛，根据比较原则，得到正项级数 \(\sum u_{n}v_{n}\) 收敛.

在实际使用时，下面给出的极限形式通常更方便.

推论（比较原则的极限形式）

设 \(\sum u_{n},\sum v_{n}\) 是两个正项级数，若

\[ \lim _ {n \rightarrow \infty} \frac {u _ {n}}{v _ {n}} = l \tag {3} \]

则

证明.

(i) 由 (3), 对任给正数 \(\epsilon < l\) ，存在某正数 \(N\) ，当 \(n > N\) 时，恒有

\[ \left| \frac {u _ {n}}{v _ {n}} - l \right| < \varepsilon \]

或

\[ (l - \epsilon) v _ {n} < u _ {n} < (l + \epsilon) v _ {n} \tag {4} \]

由比较原则及 (4) 式得，当 \(0 < l < +\infty\) 时，级数 \(\sum u_{n}\) 与 \(\sum v_{n}\) 同时收敛或同时发散。这就证得了 (i).

\[ \frac {u _ {n}}{v _ {n}} > 1 \text {或} u _ {n} > v _ {n} \]

于是由比较原则知道，若级数 \(\sum v_{n}\) 发散，则级数 \(\sum u_{n}\) 也发散.

例 (3)

\(\sum \frac{1}{2^n - n}\) 收敛

因为

\[ \lim _ {n \to \infty} \frac {\frac {1}{2 ^ {n} - n}}{\frac {1}{2 ^ {n}}} = \lim _ {n \to \infty} \frac {2 ^ {n}}{2 ^ {n} - n} = \lim _ {n \to \infty} \frac {1}{1 - \frac {n}{2 ^ {n}}} = 1 \]

以及等比级数 \(\sum \frac{1}{2^n}\) 收敛，根据比较原则的极限形式，级数 \(\sum \frac{1}{2^{n - n}}\) 也收敛

例 (4)

正项级数 \(\sum\sin\frac{1}{n}=\sin1+\sin\frac{1}{2}+\cdots+\sin\frac{1}{n}+\cdots\) 发散

因为 \(\lim_{n\to \infty}\frac{\sin\frac{1}{n}}{\frac{1}{n}} = 1\) ，根据比较原则的极限形式以及调和级数 \(\sum \frac{1}{n}\) 发散，得到级数 \(\sum \sin \frac{1}{n}\) 也发散.

例 (5*)

判断正项级数 \(\sum\frac{1}{n^{2n}\sin\frac{1}{n}}\) 的敛散性.

解 因为 \(\lim_{n\to \infty}\frac{\sin\frac{1}{n}}{\frac{1}{n}} = 1\) ，故可将 \(\sum \frac{1}{n^{2n\sin\frac{1}{n}}}\) 与 \(\sum \frac{1}{n^2}\) 进行比较。由于

\[ \begin{array}{l} \lim _ {n \to \infty} \frac {\frac {1}{n ^ {2 n \sin \frac {1}{n}}}}{\frac {1}{n ^ {2}}} = \lim _ {n \to \infty} \frac {n ^ {2}}{n ^ {2 n \sin \frac {1}{n}}} = \lim _ {n \to \infty} n ^ {2 (1 - n \sin \frac {1}{n})} \\ = \lim _ {n \to \infty} \mathrm{e} ^ {2 \left(1 - n \sin \frac {1}{n}\right) \ln n}, \\ \end{array} \]

注意到

\[ \begin{array}{l} \lim _ {n \to \infty} \left(1 - n \sin {\frac {1}{n}}\right) \ln n = \lim _ {n \to \infty} \left(1 - n \left(\frac {1}{n} + o \left(\frac {1}{n ^ {2}}\right)\right)\right) \ln n \\ = \lim _ {n \rightarrow \infty} \left(- n ^ {2} \cdot o \left(\frac {1}{n ^ {2}}\right) \frac {\ln n}{n}\right) = 0, \\ \end{array} \]

所以 \(\lim_{n\to \infty}\mathrm{e}^{2\left(1 - n\sin \frac{1}{n}\right)\ln n} = 1\) 。根据比较原则，原级数收敛.

比较判别法和根式判别法

这两个方法是以等比级数作为比较对象而得到的，但在使用时只要根据级数一般项本身的特征就能作出判断，不需要与已知级数进行比较.

定理 (12.7 (达朗贝尔判别法，或比式判别法))

设 \(\sum u_{n}\) 为正项级数，且存在某正整数 \(N_{0}\) 及常数 q (0 < q < 1).

(i) 若对一切 \(n > N_0\) ，成立不等式

\[ \frac {u _ {n + 1}}{u _ {n}} \leq q, \tag {5} \]

则级数 \(\sum u_{n}\) 收敛.

(ii) 若对一切 \(n > N_{0}\) ，成立不等式

\[ \frac {u _ {n + 1}}{u _ {n}} \geq 1, \tag {6} \]

则级数 \(\sum u_{n}\) 发散

证明.

(i) 不妨设不等式 \(\frac{u_{n + 1}}{u_n} \leq q\) 对一切 \(n \geq 1\) 成立，于是有

\[ \frac {u _ {2}}{u _ {1}} \leq q, \frac {u _ {3}}{u _ {2}} \leq q, \ldots , \quad \frac {u _ {n}}{u _ {n - 1}} \leq q, \dots \]

把前 \(n - 1\) 个不等式按项相乘后，得到

\[ \frac {u _ {2}}{u _ {1}} \cdot \frac {u _ {3}}{u _ {2}} \dots \dots \frac {u _ {n}}{u _ {n - 1}} \leq q ^ {n - 1}, \text {或者} u _ {n} \leq u _ {1} q ^ {n - 1}. \tag {0.1} \]

由于当 0 < q < 1 时，等比级数 \(\sum q^{n-1}\) 收敛，根据比较原则以及上述不等式， \(\sum u_{n}\) 收敛.

(ii) 因为，当 \(n > N_0\) 时有 \(\frac{u_{n+1}}{u_n} > 1\) ，从而

\[ u _ {n + 1} > u _ {n} > u _ {n - 1} > \dots > u _ {N _ {0}} > 0 \]

因此 \(\lim_{n\to \infty}u_n\geq u_{N_0} > 0\) ，所以级数发散

推论（比式判别法的极限形式）

若 \(\sum u_{n}\) 为正项级数，且

\[ \lim _ {n \rightarrow \infty} \frac {u _ {n + 1}}{u _ {n}} = q, \tag {7} \]

则

证明.

由 (7) 式，对任意取定的正数 \(\epsilon < |1 - q|\) , 存在正数 \(N\) , 当 \(n > N\) 时，有 \(q - \epsilon < \frac{u_{n+1}}{u_n} < q + \epsilon\) . 当 \(q < 1\) 时，根据 \(\epsilon\) 的取法，有 \(q + \epsilon < 1\) , 由上述不等式的左半部分及比式判别法的 (i), 得正项级数 \(\sum u_n\) 是收敛的.

若 \(q > 1\) ，则有 \(q - \epsilon > 1\) ，根据上述不等式的左半部分及比式判别法的 (ii)，可得级数 \(\sum u_{n}\) 是发散的.

若 \(q = +\infty\) ，则存在 \(N\) ，当 \(n > N\) 时有 \(\frac{u_{n + 1}}{u_n} >1\) ，所以这时级数 \(\sum u_{n}\) 是发散的

\[ \boldsymbol {q} - \varepsilon < \frac {u _ {n + 1}}{u _ {n}} < \boldsymbol {q} + \varepsilon \]

例 (6)

级数

\[ \frac {2}{1} + \frac {2 \cdot 5}{1 \cdot 5} + \frac {2 \cdot 5 \cdot 8}{1 \cdot 5 \cdot 9} + \dots + \frac {2 \cdot 5 \cdot 8 \cdots [ 2 + 3 (n - 1) ]}{1 \cdot 5 \cdot 9 \cdots [ 1 + 4 (n - 1) ]} + \dots \]

由于 \(\lim_{n\to\infty}\frac{u_{n+1}}{u_n}=\lim_{n\to\infty}\frac{2+3n}{1+4n}=\frac{3}{4}<1,\)

根据推论 1，级数收敛

例 (7)

讨论级数 \(\sum nx^{n - 1}(x > 0)\) 的敛散性

解 因为

\[ {\frac {u _ {n + 1}}{u _ {n}}} = {\frac {(n + 1) x ^ {n}}{n x ^ {n - 1}}} = x \cdot {\frac {n + 1}{n}} \rightarrow x (n \rightarrow \infty) \]

根据推论 1, 当 0 < x < 1 时级数收敛；

当 x > 1 时级数发散；

而当 x = 1 时，所考察的级数是 \(\sum n\) ，它显然也是发散的。

若 (7) 中 \(q = 1\) ，这时用比式判别法不能对级数的敛散性作出判断。例如级数 \(\sum \frac{1}{n^2}\) 和 \(\sum \frac{1}{n}\) ，它们的比式极限都是 \(\frac{u_{n+1}}{u_n} \to 1 (n \to \infty)\) ，但 \(\sum \frac{1}{n^2}\) 收敛，而 \(\sum \frac{1}{n}\) 却是发散的。

若某级数的 (7) 式的极限不存在，则可应用上、下极限来判别收敛性.

推论 (2*)

设 \(\sum u_{n}\) 为正项级数.

例 \((8^{*})\)

研究级数

\[ 1 + b + b c + b ^ {2} c + b ^ {2} c ^ {2} + \dots + b ^ {n} c ^ {n - 1} + b ^ {n} c ^ {n} + \dots \tag {8} \]

的敛散性。其中 \(0 < b < c\)

解 由于

\[ \frac {u _ {n + 1}}{u _ {n}} = \left\{ \begin{array}{l l} {{b,}} & {{n \text {为奇数}}} \\ {{c,}} & {{n \text {为偶数}}} \end{array} \right. \]

故有 \(\varlimsup_{n\to \infty}\frac{u_{n + 1}}{u_n} = c,\lim_{n\to \infty}\frac{u_{n + 1}}{u_n} = b,\)

于是当 c <1 时，级数 (8) 收敛；

当 \(b > 1\) 时，级数发散

但当 b < 1 < c 时，比式判别法无法判断级数的敛散性.

定理（12.8（柯西判别法，或根式判别法））

设 \(\sum u_{n}\) 为正项级数，且存在某正数 \(N_{0}\) 及常数 l，

(i) 若对一切 \(n > N_0\) ，成立不等式

\[ \sqrt [ n ]{u _ {n}} \leq l < 1, \tag {9} \]

则级数 \(\sum u_{n}\) 收敛；

(ii) 若对一切 \(n > N_0\) ，成立不等式

\[ \sqrt [ n ]{u _ {n}} \geq 1, \tag {10} \]

则级数 \(\sum u_{n}\) 发散.

证明.

由 (9) 式有 \(u_{n} < l^{n}\) ，而 \(l < 1\) ，因为等比级数 \(\sum l^{n}\) 当 \(0 < l < 1\) 时收敛，故由比较原则，这时级数 \(\sum u_{n}\) 也收敛，对于情形 (ii)，由 (10) 式可得

\[ u _ {n} \geq 1 ^ {n} = 1 \]

显然当 \(n \to \infty\) 时， \(\sum u_n\) 不可能以零为极限，因而由级数收敛的必要条件可知，级数 \(\sum u_n\) 是发散的.

推论（1（根式判别法的极限形式））

设 \(\sum u_{n}\) 为正项级数，且

\[ \lim _ {n \rightarrow \infty} \sqrt [ n ]{u _ {n}} = l \tag {11} \]

则

证明.

由 (11) 式，当取 \(\epsilon < |1 - l|\) 时，存在某正数 \(N\) , 对一切 \(n > N\) , 有 \(l - \epsilon < \sqrt[n]{u_n} < l + \epsilon\) 于是由根式判别法就得到推论所要证明的结论.

例 (9)

研究级数 \(\sum\frac{2+(-1)^{n}}{2^{n}}\) 的敛散性.

解 由于

\[ \lim _ {n \to \infty} \sqrt [ n ]{u _ {n}} = \lim _ {n \to \infty} \frac {\sqrt [ n ]{2 + (- 1) ^ {n}}}{2} = \frac {1}{2}, \]

所以级数是收敛的.

若在 (11) 式中 \(l = 1\) ，则根式判别法仍无法对级数的敛散性做出判断.

例如对 \(\sum \frac{1}{n^2}\) 和 \(\sum \frac{1}{n}\) ，都有 \(\sqrt[n]{u_n} \to 1 (n \to \infty)\) ，但 \(\sum \frac{1}{n^2}\) 是收敛的，而 \(\sum \frac{1}{n}\) 却是发散的。

推论 (2)

设 \(\sum u_{n}\) 为正项级数，且 \(\varlimsup_{n\to \infty}\sqrt[n]{u_n} = l\) ，则当

(i) \(l < 1\) 时级数收敛；

(ii) \(l > 1\) 时级数发散.

例 (10)

考察级数 \(b + c + b^{2} + c^{2} + \cdots + b^{n} + c^{n} + \cdots\) 的敛散性，其中 0 < b < c < 1

解 由于

\[ \sqrt [ n ]{u _ {n}} = \left\{ \begin{array}{l l} (c ^ {m}) ^ {\frac {1}{2 m}} \to \sqrt {c}, \\ (b ^ {m + 1}) ^ {\frac {1}{2 m + 1}} \to \sqrt {b} \end{array} \right. (m \to \infty) \]

故

\[ \varlimsup_ {n \to \infty} \sqrt [ n ]{u} = \sqrt {c} < 1 \]

因此级数是收敛的.

如果应用比式判别法，由于

\[ \begin{array}{l} \varlimsup_ {n \to \infty} \frac {u _ {n + 1}}{u _ {n}} = \lim _ {n \to \infty} \frac {c ^ {n}}{b ^ {n}} = + \infty , \\ \varliminf_ {n \to \infty} \frac {u _ {n + 1}}{u _ {n}} = \lim _ {n \to \infty} \frac {b ^ {n + 1}}{c ^ {n}} = \mathbf {0} < \mathbf {1}, \\ \end{array} \]

我们就无法判断其收敛性.

那么比式法和根式法究竟哪个更有效呢？

根据第二章总练习题 4 (7), 当

\[ \lim _ {n \to \infty} \frac {u _ {n + 1}}{u _ {n}} = q \]

时，必有

\[ \lim _ {n \to \infty} \sqrt [ n ]{u _ {n}} = q \]

这说明：凡能由比式判别法判别收敛性的级数，也能由根式判别法来判别。亦即根式判别法较之比式判别法更为有效。

\[ u _ {n} = u _ {1} \cdot \frac {u _ {2}}{u _ {1}} \cdot \frac {u _ {3}}{u _ {2}} \dots \frac {u _ {n}}{u _ {n - 1}}. \]

取 \(n\) 次方根：

\[ u _ {n} ^ {1 / n} = \left(u _ {1} \cdot \frac {u _ {2}}{u _ {1}} \cdot \frac {u _ {3}}{u _ {2}} \dots \frac {u _ {n}}{u _ {n - 1}}\right) ^ {1 / n}. \]

可拆成

\[ u _ {n} ^ {1 / n} = u _ {1} ^ {1 / n} \cdot \left(\frac {u _ {2}}{u _ {1}} \dots \frac {u _ {n}}{u _ {n - 1}}\right) ^ {1 / n}. \]

2. 证明收敛

由于

\[ \lim _ {n \to \infty} \frac {u _ {n + 1}}{u _ {n}} = q, \]

设 \(q_{n} = \frac{u_{n}}{u_{n - 1}}\) ，则对任意 \(\epsilon >0\) ，当 \(n\) 足够大时，有

\[ q - \epsilon < q _ {n} < q + \epsilon . \]

因此，

\[ (q - \epsilon) ^ {1 / n} < (q _ {1} q _ {2} \dots q _ {n}) ^ {1 / n} < (q + \epsilon) ^ {1 / n}. \]

由于

\[ \lim _ {n \to \infty} (q - \epsilon) ^ {1 / n} = q - \epsilon , \quad \lim _ {n \to \infty} (q + \epsilon) ^ {1 / n} = q + \epsilon , \]

结合夹逼定理，可得

\[ \lim _ {n \to \infty} u _ {n} ^ {1 / n} = q. \]

例如级数 \(\sum \frac{2 + (-1)^n}{2^n}\) ，由于

\[ \lim _ {m \to \infty} \frac {u _ {2 m}}{u _ {2 m - 1}} = \lim _ {m \to \infty} \frac {\frac {3}{2 ^ {2 m}}}{\frac {1}{2 ^ {2 m - 1}}} = \frac {3}{2}, \]

\[ \lim _ {m \to \infty} \frac {u _ {2 m + 1}}{u _ {2 m}} = \lim _ {m \to \infty} \frac {\frac {1}{2 ^ {2 m + 1}}}{\frac {3}{2 ^ {2 m}}} = \frac {1}{6}, \]

故比式判别法无法鉴别此级数的收敛性．但应用根式判别法却能判定此级数是收敛的（例 9). 那么，是否就不需要比式判别法了？请看下面例子.

例 (11)

判别下列级数的敛散性：(i) \(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(n!)^{2}}{(2n)!}\) (ii) \(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^{2}}{\left(2+\frac{1}{n}\right)^{n}}\)

\[ \begin{array}{l} \lim _ {n \to \infty} \frac {u _ {n + 1}}{u _ {n}} = \lim _ {n \to \infty} \frac {[ (n + 1) ! ] ^ {2}}{[ 2 (n + 1) ] !} \cdot \frac {(2 n) !}{(n !) ^ {2}} \\ = \lim _ {n \to \infty} \frac {(n + 1) ^ {2}}{(2 n + 1) (2 n + 2)} = \frac {1}{4} < 1, \\ \end{array} \]

由比式判别法，原级数为收敛.

(ii) 因为 \(\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{u_n}=\lim_{n\to\infty}\frac{\sqrt[n]{n^2}}{\sqrt{\left(2+\frac{1}{n}\right)^n}}=\lim_{n\to\infty}\frac{\sqrt[n]{n^2}}{2+\frac{1}{n}}\)

\[ = \frac {1}{2} < 1, \]

由根式判别法，原级数为收敛.

注 由于极限 \(\lim_{n\to \infty}\sqrt[n]{\frac{(n)!^2}{(2n)!}}\) 很难求，所以上例中的 (i) 采用比式法更方便.

积分判别法

比式和根式判别法的比较对象是几何级数，局限性较大，还需要建立一些更有效的判别法.

定理 (12.9)

(积分判别法)

设 \(f\) 为 \([1, +\infty)\) 上非负减函数，那么正项级数 \(\sum f(n)\) 与反常积分 \(\int_1^{+\infty}f(x)dx\) 同时收敛或同时发散.

证明.

由假设 \(f(x)\) 为 \([1, +\infty)\) 上非负减函数，对任何正数 \(A, f\) 在 \([1, A]\) 上可积，于是

\[ f (n) \leq \int_ {n - 1} ^ {n} f (x) \mathrm{d} x \leq f (n - 1), \quad n = 2, 3, \dots . \]

依次相加可得

\[ \sum_ {n = 2} ^ {m} f (n) \leq \int_ {1} ^ {m} f (x) \mathrm{d} x \leq \sum_ {n = 2} ^ {m} f (n - 1) = \sum_ {n = 1} ^ {m - 1} f (n) \tag {12} \]

若反常积分收敛，则由（12）式左边，对任何正整数 \(m\) ，有

\[ S _ {m} = \sum_ {n = 1} ^ {m} f (n) \leq f (1) + \int_ {1} ^ {m} f (x) \mathrm{d} x \leq f (1) + \int_ {1} ^ {+ \infty} f (x) \mathrm{d} x \]

根据定理 12.5, 级数 \(\sum f(n)\) 收敛

证明 (续).

反之，若 \(\sum f(n)\) 收敛，则由 (12) 式右边，对任一正整数 \(m(>1)\) 有

\[ \int_ {1} ^ {m} f (x) \mathrm{d} x \leq S _ {m - 1} \leq \sum f (n) = S. \tag {13} \]

因为 \(f(x)\) 为非负减函数，故对任何正数 A, 都有

\[ 0 \leq \int_ {1} ^ {A} f (x) \mathrm{d} x \leq S _ {n} < S, \quad n \leq A \leq n + 1. \]

根据定理 11.2 的反常积分 \(\int_{1}^{+\infty} f(x) dx\) 收敛.

同理，可以证明 \(\sum f(n)\) 和 \(\int_1^{+\infty}f(x)dx\) 是同时发散的.

例 (12)

讨论 p 级数 \(\sum \frac{1}{n^{p}}\) 的敛散性.

解 函数 \(f(x)=\frac{1}{x^{p}}\) ，当 p>0 时在 \([1,+\infty)\) 上是非负减函数，反常积分 \(\int_{1}^{+\infty}\frac{dx}{x^{p}}\) 在 p>1 时收敛， \(p\leq1\) 时发散.

故由积分判别法得 \(\sum\frac{1}{n^{p}}\) 当 p>1 时收敛，0<p<1 时发散.

至于 \(p \leq 0\) 情形，则可由收敛的必要条件知它也是发散的.

例 (13)

讨论下列级数的敛散性.

(i) \(\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n(\ln n)^p}\)

(ii) \(\sum_{n=3}^{\infty} \frac{1}{n(\ln n)(\ln \ln n)^p}\) .

解 研究反常积分 \(\int_{2}^{+\infty}\frac{dx}{x(\ln x)^p}\) ，由于

\[ \int_ {2} ^ {+ \infty} \frac {d x}{x (\ln x) ^ {p}} = \int_ {2} ^ {+ \infty} \frac {d (\ln x)}{(\ln x) ^ {p}} = \int_ {\ln 2} ^ {+ \infty} \frac {d u}{u ^ {p}} \]

当 p > 1 时收敛， \(p \leq 1\) 时发散，根据积分判别法得，级数

(i) 在 p > 1 时收敛， \(p \leq 1\) 时发散.

(ii) 考察反常积分 \(\int_{3}^{+\infty}\frac{dx}{x(\ln x)(\ln\ln x)^{p}}\) ，同样可得级数 (ii) 在 \(p > 1\) 时收敛，在 \(p \leq 1\) 时发散.

* 拉贝判别法

由于比式和根式判别法的比较对象是几何级数，如果级数的通项收敛速度较慢，它们就失效了，如 \(p\) 级数.

拉贝 (Raabe) 判别法是以 \(p\) 级数为比较对象，这类级数的通项收敛于零的速度较慢，因此较比式或根式法在判断级数收敛时更精细.

定理 (12.10)

(拉贝判别法)

设 \(\sum u_{n}\) 为正项级数，且存在某正整数 \(N_{0}\) 及常数 r.

(i) 若对一切 \(n > N_{0}\) ，成立不等式

\[ n \left(1 - \frac {u _ {n + 1}}{u _ {n}}\right) \geq r > 1 \]

则级数 \(\sum u_{n}\) 收敛；

(ii) 若对一切 \(n > N_{0}\) ，成立不等式

\[ n \left(1 - \frac {u _ {n + 1}}{u _ {n}}\right) \leq 1 \]

则级数 \(\sum u_{n}\) 发散.

证明.

(i) 由 \(n\left(1 - \frac{u_{n+1}}{u_n}\right) \geq r > 1\) ，得 \(\frac{u_{n+1}}{u_n} \leq 1 - \frac{r}{n}\) . 选 \(p\) 使得 \(1 < p < r\) . 由于

\[ \lim _ {n \to \infty} \frac {1 - \left(1 - \frac {1}{n}\right) ^ {p}}{r / n} = \lim _ {x \to 0} \frac {1 - (1 - x) ^ {p}}{r x} = \lim _ {x \to 0} \frac {p (1 - x) ^ {p - 1}}{r} = \frac {p}{r} < 1, \]

故存在正数 \(N\) ，使对任意 \(n > N\) ，都有

\[ {\frac {r}{n}} > 1 - \left(1 - {\frac {1}{n}}\right) ^ {p} \]

证明.

这样 \(\frac{u_{n + 1}}{u_n} < 1 - \left(1 - \left(1 - \frac{1}{n}\right)^p\right) = \left(1 - \frac{1}{n}\right)^p = \left(\frac{n - 1}{n}\right)^p\)

于是，当 \(n > N\) 时，有

\[ \begin{array}{l} \boldsymbol {u} _ {n + 1} = \frac {\boldsymbol {u} _ {n + 1}}{\boldsymbol {u} _ {n}} \cdot \frac {\boldsymbol {u} _ {n}}{\boldsymbol {u} _ {n - 1}} \cdot \dots \cdot \frac {\boldsymbol {u} _ {N + 1}}{\boldsymbol {u} _ {N}} \cdot \boldsymbol {u} _ {N} \\ \leq \left(\frac {n - 1}{n}\right) ^ {p} \left(\frac {n - 2}{n - 1}\right) ^ {p} \dots \left(\frac {N - 1}{N}\right) ^ {p} \boldsymbol {u} _ {N} \\ = \frac {(N - 1) ^ {p}}{n ^ {p}} \cdot \boldsymbol {u} _ {N} = \frac {(N - 1) ^ {p}}{\boldsymbol {u} _ {N}} \cdot \frac {1}{n ^ {p}} \\ \end{array} \]

因为 p > 1 时， \(\sum \frac{1}{n^{p}}\) 收敛，所以 \(\sum u_{n}\) 是收敛的.

证明.

(ii) 由 \(n\left(1 - \frac{u_{n + 1}}{u_n}\right) \leq 1\) ，得 \(\frac{u_{n + 1}}{u_n} \geq 1 - \frac{1}{n} = \frac{n - 1}{n}\) ，于是

\[ \begin{array}{l} u _ {n + 1} = \frac {u _ {n + 1}}{u _ {n}} \frac {u _ {n}}{u _ {n - 1}} \dots \frac {u _ {3}}{u _ {2}} u _ {2} \\ > \frac {n - 1}{n} \frac {n - 2}{n - 1} \dots \frac {1}{2} u _ {2} \\ = \frac {1}{n} u _ {2}. \\ \end{array} \]

因为 \(\sum \frac{1}{n}\) 发散，故 \(\sum u_{n}\) 是发散的.

推论（拉贝判别法的极限形式）

设 \(\sum u_{n}\) 为正项级数，且极限

\[ \lim _ {n \to \infty} n \left(1 - \frac {u _ {n + 1}}{u _ {n}}\right) = r \]

存在，则

例 (14)

讨论下面级数当 s = 1, 2, 3 时的敛散性

\[ \sum \left[ \frac {1 \cdot 3 \cdots (2 n - 1)}{2 \cdot 4 \cdots (2 n)} \right] ^ {S} \tag {14} \]

解 无论 \(s = 1,2,3\) 哪一值，级数 (14) 的比式极限 \(\lim_{n\to \infty}\frac{u_{n + 1}}{u_n} = 1\) 所以用比式判别法无法判别级数 (14) 的敛散性。现应用拉贝判别法来讨论。当 \(s = 1\) 时，因

\[ n \left(1 - \frac {u _ {n + 1}}{u _ {n}}\right) = n \left(1 - \frac {2 n + 1}{2 n + 2}\right) = \frac {n}{2 n + 2} \rightarrow \frac {1}{2} (n \rightarrow \infty) \]

故级数（14）是发散的.

当 s = 2 时，利用极限形式，有

\[ n \left(1 - \frac {u _ {n + 1}}{u _ {n}}\right) = n \left[\left(1 - \frac {2 n + 1}{2 n + 2}\right) ^ {2} \right] = \frac {n (4 n + 3)}{(2 n + 2) ^ {2}} \rightarrow 1 (n \rightarrow \infty) \]

无法对级数（14）的作出判断．但由于

\[ n \left(1 - \frac {u _ {n + 1}}{u _ {n}}\right) = \frac {n (4 n + 3)}{(2 n + 2) ^ {2}} = \frac {4 n ^ {2} + 3 n}{4 n ^ {2} + 8 n + 4} < 1 \]

由拉贝法的非极限形式知，级数 (14) 发散.

当 s = 3 时，

\[ \begin{array}{l} \lim _ {n \to \infty} n \left(1 - \frac {u _ {n + 1}}{u _ {n}}\right) = \lim _ {n \to \infty} n \left[ 1 - \left(\frac {2 n + 1}{2 n + 2}\right) ^ {3} \right] \\ = \lim _ {n \to \infty} \frac {n (1 2 n ^ {2} + 1 8 n + 7)}{(2 n + 2) ^ {3}} = \frac {3}{2} \\ \end{array} \]

所以级数（14）收敛.

从上面看到，拉贝判别法虽然判别的范围比比式或根式法更广泛，但当 \(r = 1\) 时仍无法判别。而从例 12 似乎可以得出这样得结论：没有收敛得 “最慢” 的收敛级数。因此任何判别法都只能解决一类级数的收敛问题，而不能解决所有级数的收敛问题.

当然我们还可以建立比拉贝判别法更为精细有效的判别法，但这个过程是无限的.

复习思考题

1. 设 \(\sum u_{n}\) 为收敛的正项级数，则一定存在收敛的正项级数 \(\sum v_{n}\) ，使得 \(\lim_{n\to \infty}\frac{v_n}{u_n} = +\infty\) 。也就是说没有收敛得最慢的级数。

\[ u _ {n} = \frac {1}{2 ^ {n}} \]

它收敛。

现在定义：

\[ v _ {n} = \frac {n}{2 ^ {n}} \]

① 证明 \(\sum v_{n}\) 收敛

因为指数增长压倒多项式增长，

\[ \sum \frac {n}{2 ^ {n}} \]

收敛（可以用比值判别法）。

是否存在发散得最慢的级数？

作业

数学分析

2025-2026 (2)

Ch. 13a

沈超敏

计算机科学与技术学院

cmshen@cs.ecnu.edu.cn