高数习题10.3

1. 判断下列级数是否收敛？条件收敛还是绝对收敛？
   (1) $\frac{1}{2^2}-\frac{1}{4^2}+\frac{1}{6^2}+\cdots +(-1{)}^{n-1}\frac{1}{(2n{)}^2}+\cdots ;$
   (2) $1-\frac{1}{3^p}+\frac{1}{5^p}+\cdots +(-1{)}^{n+1}\frac{1}{(2n-1{)}^p}+\cdots ;$
   (3) $\frac{1}{2ln2}-\frac{1}{3ln3}+\frac{1}{4ln4}+\cdots +(-1{)}^{n-1}\frac{1}{(n+1)ln(n+1)}+\cdots ;$
   (4) ${\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^n\frac{\sqrt{n}-1}{n};$
   (5) $\frac{3}{1\cdot 2}-\frac{5}{2\cdot 3}+\cdots +(-1{)}^{n-1}\frac{2n+1}{n(n+1)}+\cdots ;$
   (6) ${\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n+1}\frac{n!}{3^{n^2}};$
   (7) $\frac{1}{2}sin\frac{\pi }{2}-\frac{1}{3}sin\frac{\pi }{3}+\frac{1}{4}sin\frac{\pi }{4}-\cdots ;$
   (8) ${\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n+1}tan\frac{\phi }{n}(-\frac{\pi }{2}<\phi <\frac{\pi }{2});$
   (9) ${\sum }_{n=2}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n+1}}{n^t(lnn{)}^s}(t>0,s>0);$
   (10) ${\sum }_{n=1}^{\infty }sin(\pi \sqrt{n^2+1});$
   (11) ${\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^n\frac{1\cdot 3\cdots (2n-1)}{2\cdot 4\cdots (2n)};$
   解：
   (1) 因为${\sum }_{n=1}^{\infty }|\frac{(-1{)}^{n-1}}{(2n{)}^2}|={\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{(2n{)}^2}$收敛，所以级数${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{(2n{)}^2}$绝对收敛
   (2) 因为$u_n\ge u_{n+1}$且${\lim }_{n\to \infty }{u}_n=0$，所以级数${\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n+1}\frac{1}{(2n-1{)}^p}$收敛，而级数${\sum }_{n=1}^{\infty }|\frac{(-1{)}^{n+1}}{(2n-1{)}^p}|={\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{(2n-1{)}^p}$，当$p>1$时收敛，当$0<p\le 1$时发散。
   所以当$p>1$时，级数${\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n+1}\frac{1}{(2n-1{)}^p}$绝对收敛，当$0<p\le 1$时，级数${\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n+1}\frac{1}{(2n-1{)}^p}$条件收敛。
   (3) 因为$u_n\ge u_{n+1}$且${\lim }_{n\to \infty }{u}_n=0$，所以级数${\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}\frac{1}{(n+1)ln(n+1)}$收敛，而因为${\int }_2^A\frac{1}{xlnx}dx=ln|lnx|{|}_2^A=ln|lnA|-ln|ln2|\to \infty$，所以级数${\sum }_{n=2}^{\infty }\frac{1}{nlnn}$发散，所以级数${\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}\frac{1}{(n+1)ln(n+1)}$条件收敛
   (4) 因为${\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^n\frac{\sqrt{n}-1}{n}={\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^n\frac{1}{\sqrt{n}}-{\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^n\frac{1}{n}$，因为交错级数${\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^n\frac{1}{\sqrt{n}}$和${\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^n\frac{1}{n}$都收敛，所以级数${\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^n\frac{\sqrt{n}-1}{n}$也收敛。因为$\frac{\sqrt{n}-1}{n}/\frac{1}{\sqrt{n}}\to 1$，并且级数${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{\sqrt{n}}$发散，所以级数${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{\sqrt{n}-1}{n}$发散，所以级数${\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^n\frac{\sqrt{n}-1}{n}$条件收敛。
   (5) 因为${\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}\frac{2n+1}{n(n+1)}={\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}\frac{1}{n}+{\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}\frac{1}{n+1}$，因为交错级数${\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}\frac{1}{n}$和${\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}\frac{1}{n+1}$都收敛，所以级数${\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}\frac{2n+1}{n(n+1)}$也收敛。因为$\frac{2n+1}{n(n+1)}/\frac{1}{n}\to 2$，并且级数${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n}$发散，所以级数${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{2n+1}{n(n+1)}$发散，所以级数${\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}\frac{2n+1}{n(n+1)}$条件收敛。
   (6) $\frac{u_{n+1}}{u_n}=\frac{(n+1)!3^{n^2}}{n!3^{(n+1{)}^2}}=\frac{n+1}{3^{2n+1}}\to 0$，所以级数${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{n!}{3^{n^2}}$收敛，${\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n+1}\frac{n!}{3^{n^2}}$绝对收敛。
   (7) $\frac{1}{n}sin\frac{\pi }{n}/\frac{1}{n^2}\to \pi$，因为级数${\sum }_{n=2}^{\infty }\frac{1}{n^2}$，所以级数${\sum }_{n=2}^{\infty }\frac{1}{n}sin\frac{\pi }{n}$收敛，${\sum }_{n=2}^{\infty }(-1{)}^n\frac{1}{n}sin\frac{\pi }{n}$绝对收敛。
   (8) 当$\phi =0$时，级数${\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n+1}tan\frac{\phi }{n}$显然绝对收敛。当$\phi \ne 0$时，因为$|tan\frac{\phi }{n}|$单调趋向于0，所以级数${\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n+1}tan\frac{\phi }{n}$收敛。因为$|tan\frac{\phi }{n}|/\frac{1}{n}\to |\phi |$，并且级数${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n}$发散，所以级数${\sum }_{n=1}^{\infty }|tan\frac{\phi }{n}|$发散，所以级数${\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n+1}tan\frac{\phi }{n}$条件收敛
   (9) 因为$\frac{1}{n^t(lnn{)}^s}$单调趋向于0，所以级数${\sum }_{n=2}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n+1}}{n^t(lnn{)}^s}$收敛
   当$t=1$时：
   当$s\ne 1$时，${\int }_2^A\frac{1}{x(lnx{)}^s}dx=\frac{(lnx{)}^{1-s}}{1-s}{|}_2^A=\frac{(lnA{)}^{1-s}-(ln2{)}^{1-s}}{1-s}$
   当$0<s<1$时，$\frac{(lnA{)}^{1-s}-(ln2{)}^{1-s}}{1-s}\to \infty$，此时级数${\sum }_{n=2}^{\infty }\frac{1}{n^t(lnn{)}^s}$发散
   当$s>1$时，$\frac{(lnA{)}^{1-s}-(ln2{)}^{1-s}}{1-s}\to 0$，此时级数${\sum }_{n=2}^{\infty }\frac{1}{n^t(lnn{)}^s}$收敛
   当$s=1$时，${\int }_2^A\frac{1}{xlnx}dx=ln|lnx|{|}_2^A=ln|lnA|-ln|ln3|\to \infty$，此时级数${\sum }_{n=2}^{\infty }\frac{1}{n^t(lnn{)}^s}$发散
   当$t>1$时：
   当$n>e$时，$\frac{1}{n^t(lnn{)}^s}<\frac{1}{n^t}$，因为级数${\sum }_{n=2}^{\infty }\frac{1}{n^t}$收敛，所以级数${\sum }_{n=2}^{\infty }\frac{1}{n^t(lnn{)}^s}$也收敛
   当$0<t<1$时：
   取$\delta$满足$t<\delta <1$，$\frac{1}{n^t(lnn{)}^s}/\frac{1}{n^{\delta }}\to \infty$，级数${\sum }_{n=2}^{\infty }\frac{1}{n^{\delta }}$发散，所以级数${\sum }_{n=2}^{\infty }\frac{1}{n^t(lnn{)}^s}$也发散
   综上，当$0<t<1$或$t=1$且$0<s\le 1$时，级数${\sum }_{n=2}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n+1}}{n^t(lnn{)}^s}$条件收敛，当$t>1$或$t=1$且$s>1$时，级数${\sum }_{n=2}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n+1}}{n^t(lnn{)}^s}$绝对收敛
   (10) ${\sum }_{n=1}^{\infty }sin(\pi \sqrt{n^2+1})={\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^n\pi sin(\sqrt{n^2+1}-n)={\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n}sin\frac{\pi }{\sqrt{n^2+1}+n}$，因为$sin\frac{\pi }{\sqrt{n^2+1}+n}$单调趋向于0，所以级数${\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n}sin\frac{\pi }{\sqrt{n^2+1}+n}$收敛。因为$sin\frac{\pi }{\sqrt{n^2+1}+n}/\frac{1}{n}\to \frac{\pi }{2}$，并且级数${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n}$发散，所以级数${\sum }_{n=1}^{\infty }sin\frac{\pi }{\sqrt{n^2+1}+n}$发散，所以级数${\sum }_{n=1}^{\infty }sin(\pi \sqrt{n^2+1})$条件收敛。
   (11) $u_{n+1}=\frac{2n+1}{2n+2}{u}_n<u_n$
   $0<u_n^2<\frac{1}{2}\cdot \frac{2}{3}\cdot \frac{3}{4}\cdot \frac{4}{5}\cdots \frac{2n-1}{2n}\cdot \frac{2n}{2n+1}=\frac{1}{2n+1}$
   所以$u_n<\frac{1}{\sqrt{2n+1}}$，${\lim }_{n\to \infty }{u}_n=0$
   所以级数${\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^n\frac{1\cdot 3\cdots (2n-1)}{2\cdot 4\cdots (2n)}$收敛
   因为$\frac{n}{n+1}>\frac{n-1}{n}$，所以$u_n>\frac{1}{2u_n}\cdot \frac{1}{2n}$，即$u_n>\frac{1}{2\sqrt{n}}$，因为级数${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{2\sqrt{n}}$发散，所以级数${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1\cdot 3\cdots (2n-1)}{2\cdot 4\cdots (2n)}$发散
   所以级数${\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^n\frac{1\cdot 3\cdots (2n-1)}{2\cdot 4\cdots (2n)}$条件收敛
2. 已知级数${\sum }_{n=1}^{\infty }{u}_n$收敛，证明级数${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{u_n}{n^p}(p>0)$与${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{n}{n+1}{u}_n$均收敛
   证明：
   数列 { 1 u p } \{\frac{1}{u^p}\} {up1​}和$\frac{n}{n+1}$都单调有界，因为级数${\sum }_{n=1}^{\infty }{u}_n$收敛，所以级数${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{u_n}{n^p}(p>0)$与${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{n}{n+1}{u}_n$均收敛
3. 证明级数${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{cosn\phi }{n^p}(0<\phi <2\pi )$当$p>1$时绝对收敛，当$0<p\le 1$时条件收敛
   证明：
   当$p>1$时，级数${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^p}$收敛，因为$|\frac{cosn\phi }{n^p}|\le \frac{1}{n^p}$，所以级数${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{cosn\phi }{n^p}$绝对收敛
   当$0<p\le 1$时，因为数列 { 1 n p } \{\frac{1}{n^p}\} {np1​}单调趋向0，部分和${\sum }_{k=1}^{n}cosk\phi$有界，所以级数${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{cosn\phi }{n^p}$收敛
   当$\phi \ne \pi$时，因为数列 { 1 2 n p } \{\frac{1}{2n^p}\} {2np1​}单调趋向0，部分和${\sum }_{k=1}^{n}cos2k\phi$有界，所以级数${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{cos2n\phi }{2n^p}$收敛，因为级数${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{2n^p}$发散，所以级数${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1+2cosn\phi }{2n^p}$发散，因为$|\frac{cosn\phi }{n^p}|\ge \frac{co{s}^{2}n\phi }{n^p}=\frac{1+2cosn\phi }{2n^p}$，所以级数${\sum }_{n=1}^{\infty }|\frac{cosn\phi }{n^p}|$发散。
   当$\phi =\pi$时，${\sum }_{n=1}^{\infty }|\frac{cosn\phi }{n^p}|={\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^p}$，发散。
   所以级数${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{cosn\phi }{n^p}$条件收敛
4. 研究级数${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{cosn\phi }{n^p}(1+\frac{1}{n}{)}^n(0<\phi <2\pi ,p>0)$的敛散性
   解：
   当$p>1$时，级数${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^p}$收敛，因为$|\frac{cosn\phi }{n^p}|\le \frac{1}{n^p}$，所以级数${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{cosn\phi }{n^p}$绝对收敛
   当$0<p\le 1$时，因为数列 { 1 n p } \{\frac{1}{n^p}\} {np1​}单调趋向0，部分和${\sum }_{k=1}^{n}cosk\phi$有界，所以级数${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{cosn\phi }{n^p}$收敛
   所以级数${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{cosn\phi }{n^p}$收敛
   因为数列 { ( 1 + 1 n ) n } \{(1+\frac{1}{n})^n\} {(1+n1​)n}单调有界，所以级数${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{cosn\phi }{n^p}(1+\frac{1}{n}{)}^n$收敛
5. 形如${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{a_n}{n^x}$的级数称作狄利克雷级数。证明它有下列性质：若级数${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{a_n}{n^{x_0}}$收敛（发散），那么当$x>x_0(x<x_0)$时，级数${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{a_n}{n^x}$也收敛（发散）
   证明：
   设级数${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{a_n}{n^{x_0}}$收敛，当$x>x_0$时，数列 { n x 0 − x } \{n^{x0-x}\} {nx0−x}单调有界，所以级数${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{a_n}{n^x}={\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{a_n}{n^{x_0}}{n}^{x_0-x}$收敛。
6. 设级数${\sum }_{n=1}^{\infty }{u}_n$绝对收敛，证明级数${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{2n-1}{n}{u}_n$也绝对收敛
   证明：
   因为级数${\sum }_{n=1}^{\infty }{u}_n$绝对收敛，所以级数${\sum }_{n=1}^{\infty }|u_n|$收敛
   因为$|\frac{2n-1}{n}{u}_n|<2|u_n|$，所以级数${\sum }_{n=1}^{\infty }|\frac{2n-1}{n}{u}_n|$收敛，所以级数${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{2n-1}{n}{u}_n$绝对收敛
7. 证明：将收敛级数${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{\sqrt{n}}$重排后的级数$1+\frac{1}{\sqrt{3}}-\frac{1}{\sqrt{2}}+\cdots +\frac{1}{\sqrt{4k-3}}+\frac{1}{\sqrt{4k-1}}-\frac{1}{\sqrt{2k}}$发散
   证明：
   令$v_k=\frac{1}{\sqrt{4k-3}}+\frac{1}{\sqrt{4k-1}}-\frac{1}{\sqrt{2k}}$，则：
   $\begin{array}{rl}{v}_k& =\frac{(\sqrt{4k-3}+\sqrt{4k-1})\sqrt{2k}-\sqrt{4k-3}\sqrt{4k-1}}{\sqrt{4k-3}\sqrt{4k-1}\sqrt{2k}}\\ & >\frac{(\sqrt{4k-3}+\sqrt{4k-1})(\sqrt{2k}-\frac{1}{2})}{\sqrt{4k-3}\sqrt{4k-1}\sqrt{2k}}>0\end{array}$
   所以级数${\sum }_{k=1}^{\infty }{v}_k$是正项级数
   $v_k/\frac{1}{\sqrt{k}}\to 1-\frac{\sqrt{2}}{2}$，因为级数${\sum }_{k=1}^{\infty }\frac{1}{\sqrt{k}}$发散，所以级数${\sum }_{k=1}^{\infty }{v}_k$发散
   所以重排后的级数$1+\frac{1}{\sqrt{3}}-\frac{1}{\sqrt{2}}+\cdots +\frac{1}{\sqrt{4k-3}}+\frac{1}{\sqrt{4k-1}}-\frac{1}{\sqrt{2k}}$发散