条件收敛与绝对收敛.docx
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条件收敛与绝对收敛
第四节条件收敛与绝对收敛
对于任意项级数an,我们已经给出了其收敛的一些判
n1
别方法,本节我们讨论任意项级数的其他性质一条件收敛与绝对收敛
我们称级数
an条件收
n1
定义对于级数an,如果级数Ian|是收敛的,
n1n1
an绝对收敛。
n1
如果|an|发散,但an是收敛的,我们称级数
n1n1
敛。
条件收敛的级数是存在的,如
(1)n1.
n1n
收敛级数可以看成是有限和的推广,但无限和包含有极
限过程。
并不是有限和的所有性质都为无限和所保持。
大体说来,绝对收敛的级数保持了有限和的大多数性质,条件收敛的级数则在某些方面与有限和差异很大。
下面我们讨论条件收敛与绝对收敛的性质。
定理绝对收敛级数必为收敛级数,反之则不然
证明:
设级数an收敛,即|anI收敛,由Cauchy收敛准则,n1n1
对0,存在N,当n>N时,对一切自然数p,成立
着丨an1丨1an211anp1
于是:
再由Cauchy收敛准则知an收敛。
n1
由级数
(1)可看出反之不成立。
n1n
注:
如果正项级数|an|发散,不能推出级数an发散。
n1n1
但如果使用Cauchy判别法或DAlembert判别法判定出|an|
n1
发散,则级数an必发散,这是因为利用Cauchy判别法或
n1
D'lembert判别法来判定一个正项级数|an|为发散时,是
n1
根据这个级数的一般项|an|当n时不趋于0,因此对级
an发散。
n1
数an而言,它的一般项也不趋于零,所以级数
n1
例讨论级数
(1)n1^1的敛散性,如收敛指明是条件
n1n1s'np
收敛或绝对收敛。
解,当p0时,由于W需总0,所以级数发散.
当p2时,因为
n21
n1np
lim:
1
n1/.np
而1收敛,所以原级数绝对收敛。
n1叮np
当op2时,
p
2)n°(n
@
n2n3
Un_Un+1=(=丿
(n1)Vnp(n2)J(n1)p
pp
_(n24n4)(n1)三(n24n3)n刁
=7卫
(n1)(n2)n2(n1)?
pp
>(n24n4)n2(n24n3)n2>-
(n1)(n
1)2
故{Un}单调减少,且
n21
lim0
由Leibniz判别法知
『航命收敛,显然
nn1np
2时级数条件收敛。
n21发散,所以当0n1n1,np
前面已经指出,一个收敛级数(不论是绝对收敛或条件
收敛),将其项任意加括号后,得到的新级数仍收敛,这个性质称为收敛级数满足结合律。
下面我们讨论收敛级数的交换律。
设an是一个级数,将级数项任意交换顺序,得到的新
n1
级数记为an,我们有下列定理:
n1
定理设级数an绝对收敛,则重排的级数an也是绝对
n1n1
收敛的,且其和不变。
证明:
先设an是正项收敛的级数,此时有
n1
m
anan=M,对m=1,2,…,均成立
n1n1
即正项级数an的部分和数列有界,从而an收敛,
n1n1
anan
n1n1
而正项级数an也可看成是an的重排,从而也有
n1n1
/
anan
n1n1
所以an=an.
n1n1
对一般项级数an,设|an|收敛
n1n1
记UnJ%1*,Vn=2nltn=1,2,…,
22
显然有0Un|anl,0Vn|a.|,n1,2,,
由比较判别法知正项级数Un与Vn均收敛。
因而重排后的
n1n1
级数Un与Vn也收敛,且有
n1n1
/
Un=Un
证明:
记
「a丨an
n=,
2
_|an|an
Vn=
2
=an
n1
F面我们讨论条件收敛级数的重排
定理(Riemann)设an是条件收敛级数
使得an=E;
n1
/
an
n1
n=1,2,…
显然Un,Vn都是正项级数,且有
n1n1
limUn=limVn=0
nn
易证得un和vn均发散(请读者自行证明)
n1n1
现考察序列
ai,a2,…,an,…,(*)
用pm表示数列(*)中第m个非负项,用Qm表示其中的第m
个负项的绝对值。
显然{pm}是{Un}的子列,{Qm}是{Vn}的子列,
({Pm}为{Un}中删去了一些等于零的项后剩下的数列),因此
limpm=limQm=0
nn
pnQn
n1n1
我们依次考察Pl,p2,…中的各项,设Pmi为其中第一个满足以下条件的项
P1+P2+…+Pg
再依次考察Qi,Q2…中的各项,设Qn1是其中第一个满足以下条件的项。
pi+p2+…+Pmi—Qi-Q2-…—Qni再依次考察Pgi+Pg2+…中的各项,设Pm2是其中第一个满
足以下条件的项。
Pi+P2+…+Pmi—Qi-Q2-…
Qri+pmii+pmi2+^+Pm2>三
照此下去,我们得到an的一个重排an/如下
nini
pi+p2+…+pmi—Qi-Q2—…—Qni
+pm11+Pmi2+Pm2
Qn11Qn2+pm21+
再分别用Rk与Lx表示级数an的末项为pmk的部分和与末项
n1
为Qnk的部分和,则有
丨Rk-E1pmk,k=2,3,…
否则与pmk的选取有矛盾。
同理有
I5-三|Qnk,k=1,2,3,…
因为klimpmk=lkimQnk=0
limQ=limL<=E
kk
因为级数an的任一部分和s必介于某一对5与Rk之间,所
n1
以也应有
limsn/=E
n
即an/=E
n1
(2)首先,任意选取一个严格单调上升并趋于+的实数,
列{Ek}(例如,可选Ek=k,k=1,2,…).其次,用pk表示序列何}中的第k个非负项,用Qk表示序列佝}的第k个负项,设Pm是p1,p2,••中第一个满足以下条件的项
P1+P2+・・・+Pm1>E1
设Qn1是Q1,Q2,…中第一个满足以下条件的项
p什P2+^+Pmi-Qi-Q2-…-Qni再依次考察Pm1i+Pm12+…中的各项,设Pm2是其中第一个满足以下条件的项
pi+…+Pm1-Q1Qm+Pml+・・・Pm2>E2
再依次考察Qn11,Qn12…中各项,设Qn2是其中第一个满足以下条件的项,
P1+…+Pm―
Q1-•••-
Qn1+Pm11+Pm2Qn|1Qn2>E2
依次做下去,
我们得到
an的一个重排an/,这个重排级数
n1n1
满足条件
n
/
an.
1
同样可以得到一个重排,
使得an.
n1
下面我们考察两个级数的乘积。
设an与bn是两个级数,将(an)(bn)定义为下列所有项
n1n1n1n1
的和
a1b1
a1b2
a1b3
a1b4
a2b1
a2b2
a2b3
a2b4
a3b1
a3b2
a3b3
a3b4
a4b1
a4b2
a4b3
a4b4
由于级数运算一般不满足交换律与结合律。
所以这无穷多项如何排序是我们需要考虑的一个问题。
事实上,上述无穷多项有很多的排序方式,下面我们介绍两种最常用的排序方式
对角线排序法和正方形排序法
定义
aibiaib2aib3////
aib4…
a2bia2b2a2b3
a2b4…
///
a3bia3b2a3b3
a3b4…
//
a4bia4b2a4b3
a4b4…
令Ci=aibi,C2=aib2+a2bi,C3=aib3+a2b2+a3bi,
Cn=a©aibn+a2bn-1+…+anbi
ijn1
我们称cn=
=(aibn+a2bn-i+…
+anbi)为级数an与bn的
ni
ni
nini
Cauchy乘积。
aibi
aib2
aib3
aib4
・・・
a2bi
a2b2
a2b3
a2b4
・・・
a3bi
a3b2
a3b3
a3b4
・・・
a4bi
a4b2
a4b3
a4b4
・・・
令di=aibi,d2=aib2+a2b2+a2bi
dn=aibn+a2bn+…+anbn+anbn-i+…+anbi
则级数dn称为级数an与bn按正方形排列所得的乘积
n1n1n1
定理如果级数an与bn均收敛,则按正方形排序所得的
n1n1
乘积级数dn总是收敛的,且dk=(ak)(bk)
n1k1k1k1
证明:
因为
nn
Sn=dk=(a〔bk+a2bk+…+akbk+a2bk-1+…+akb〔)
k1k1
nn
=(ak)(bk)
k1k1
ab
=SnSn
其中{瘁}与{s:
}分别为an与bn的部分和,
n1n1
当记lims;=sa,lims:
=sb时,有limdn=sasb
nnn
所以级数dn收敛,且dn=(an)(bn).
n1n1n1n1
Cn=(-1)n+1.
但是两个收敛级数的Cauchy乘积却不一定是收敛的
显然ij-j=—-
22
从而
2
ijn1n1
定理如果级数an与bn都绝对收敛,则它们的Cauchy乘
n1n1
积Cn和正方形排列所得的乘积dn都是绝对收敛的,且
n1n1
Cn=(an)(bn)
n1n1n1
n
证明:
设Sn=|ck|
k1
n
=|a1bk+a2bk-1+…+akb11
k1
nn
(ai)(ibj)
k1k1
(|ak|)(|bk|)
k1k1
由正项级数|Ck|的部分和数列有界知|Ck|收敛,又因为
k1k1
绝对收敛级数有交换律和结合律。
同理可证,dn绝对收敛
n1
所以Cn=dn=(an)(0).
n1n1n1n1
我们可以将上定理的条件适当放宽
定理(Mertens)设级数an绝对收敛,级数bn收敛,记
n1n1
an=A,bn=B
n1n1
则它们的Cauchy乘积cn也收敛,且cn=AB
n1n1
nn
证明:
记An=ak,Bn=bk
k1k1
cn=(a1bn+a2bn-1+…+anb1)
n
前n项部分和Sn=(a〔bk+a2bk-1+…+akb”
k1
=a〔Bn+a2Bn-1+…+anB1
当令n=B-Bn时,(n=1,2,…)
Sn=a1Bn+a2Bn-1+…+anB〔
=a1(B-n)+a2(B-n1)+…+an(B-1)
=AnB-(a1n+a2n1+…+an1)
=AnB-Rn
下面我们估计
Rn=a1n+a2n1+…+an1
因为序列{k}趋于o,可设
|k|M,kN
取k充分大使
|k|<
2D
这里D>Ian|.
n1
再取m充分大,使
|ak|<——,km12M
于是当N充分大时,对上面取定的m有
1Rn\(|a1|1n|+…+|am|1nm1|)+(|am+1|1n
+|an||1I)
2D2M
所以limRn=O
n
从而limSnlimA.BAB.证毕
an=A,
n1
其和为
定理(Abel定理)设级数an与bn都收敛,且
n1n1
bn=B,Cn是它们的Cauchy乘积,如果5收敛,
n1n1n1
证明:
在数列极限理论中,我们已经证明
如lim
n
c,则必有cB
An=A,limBn=B,limcn=c,则
nn
AB
limAlBnA2Bn1AnB1
当记Sn
n
Cn
k1
时,有limsnc
7n
nn
所以c=lim1Sn
nnk1
=limUA1Bn+A2Bn-1+…+AnB1]nn
=AB.
习题
1、设级数an与bi均绝对收敛,则它们的任意排序方法
n1n1
(除了对角线方法与正方形方法)得到的乘积级数hn也绝
对收敛,且hn=(an)(bj
n1n1n1
2、设|x|<1,|y|<1,求证:
(xn-1+xn-2y++yn-1)=
n1
xny2=(xy)n
non!
n0n!
non!
1
(1)n
4、求证:
—=1
n0n!
n0n!
(1x)(1y)
3、求证:
5、求证:
(qn)(qn)=(n1)qn
n0n0n0
1
(1q)2
(|q|1).