判断级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^n\ln n}{\sqrt{n}}$ 的敛散性.

判断级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{(2n-1)!!}{n!}$ 的敛散性.

引言

Abel 判别法最初是针对通项是两个数相乘形式的级数, 即形如 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n b_n$ 的级数.

它的条件和 Dirichlet 判别法有点“相反”. Dirichlet 判别法也是针对这种形式的级数, 它要求其中一个单调趋于0, 另一个部分和有界; 而 Abel 判别法要求其中之一单调有界, 另一个收敛.

这个判别法可以推广到函数项级数, 判断其是否一致收敛. 因此其条件也从“有界”改为“一致有界”, “收敛”改为“一致收敛”.

关于数项级数收敛的Abel 判别法

定理(Abel). 考虑级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n b_n$, 若 $\{a_n\}$ 单调有界, $\sum\limits_{n=1}^{\infty}b_n$ 收敛, 则 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n b_n$ 收敛.

关于函数项级数一致收敛的Abel 判别法

考虑定义在区间 $I$ 上, 通项是两个函数乘积形式的级数, 如 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n(x)b_n(x)$. 如果其中一个在 $I$ 上一致收敛, 另一个在该闭区间中每个点上关于 $n$ 单调, 且一致有界, 则原级数在此闭区间上也一致收敛. 具体表述如下:

定理(Abel). 考虑函数项级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n(x)b_n(x)$, $x\in I$. 若 $a_n(x)$ 对每个 $x\in I$, 关于 $n$ 单调, 且一致有界, $\sum_{n=1}^{\infty}b_n(x)$ 在 $I$ 上一致收敛, 则 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n(x)b_n(x)$ 在 $I$ 上一致收敛.

判断函数项级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{x^2+n^2}$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上的一致收敛性.

证明 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\sin(nx)$ 的部分和一致有界.

判断级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\cos n$ 的敛散性.

Dini 定理是用于判断一个非负连续函数列 $\{g_n\}$ 在闭区间 $[a,b]$ 上一致收敛到 $0$ 的, 当然需要给一些条件, 比如点点收敛到 $0$, 且对每个 $x$, $\{g_n(x)\}$ 单调. 正式的描述如下:

定理(Dini). 设 $\{g_n(x)\}_{n=1}^{\infty}$ 是定义在 $[a,b]$ 上的非负连续函数列, 若对每个 $x\in[a,b]$, $\{g_n(x)\}$ 单调递减趋于 $0$, 则 $g_n\rightrightarrows 0$. 

[分析] 要证明 $\{g_n\}$ 一致收敛到 $0$, 即任给 $\varepsilon > 0$, 要找到仅依赖于 $\varepsilon$ 的正整数 $N$, 使得当 $n > N$ 时, 有 $|g_n(x)-0| < \varepsilon$. 

由于 $g_n$ 非负, 故上面的不等式等价于 $g_n(x) < \varepsilon$.

对于这个不等式, 所给的条件无法用于放缩进而证明小于任给的 $\varepsilon$. 条件点点收敛 $g_n(x)\rightarrow 0$ ($n\rightarrow\infty$) 得到的 $N$ 是依赖于 $\varepsilon$ 和 $x$ 的. 因此转而考虑其他方法, 比如反证法. 

$\{g_n\}$ 不一致收敛到 $0$ 等价于存在 $\varepsilon >0$, 对任意的 $N$, 存在 $n > N$, 使得 $g_n(x)\geqslant\varepsilon$ 对某个 $x\in[a,b]$ 成立.

为此, 考虑集合

\[
A_n=\{x\in[a,b]\mid g_n(x)\geqslant\varepsilon\}.
\]

我们只需要证明从某个 $N$ 往后的集合 $A_n$ 都是空集.

由于 $\{g_n(x)\}$ 关于 $n$ 是单调递减的, 故 $g_{n+1}(x)\leqslant g_n(x)$. 因此, 若 $x\in A_{n+1}$, 则 $x\in A_n$. 于是我们有

\[
A_1\supset A_2\supset\cdots\supset A_n\supset A_{n+1}\supset\cdots\ .\tag{*}
\]

我们只要证明存在某个 $A_n=\emptyset$. 此时又使用反证法. 加上对于任意的 $n\geqslant 1$, $A_n\neq\emptyset$.

即存在 $x_n\in A_n$, $n=1,2,\ldots$.  由于 $x_n\in[a,b]$, 故存在收敛子列 $x_{n_k}$, 其极限(记为 $x_0$)仍属于 $[a,b]$. 注意到 $n_k\geqslant k$. 故

\[A_k\supset A_{n_k}\supset\{x_{n_k}, x_{n_{k+1}},\ldots\}.\]

又 $g_n(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续, 故对于收敛到 $x_0$ 的点列 $\{x_{n_k}\}$, 有

\[
\lim_{k\rightarrow\infty}g_n(x_{n_k})=g_n(x_0).
\]

而 $g_n(x_{n_k})\geqslant\varepsilon$, 故由极限的保号性知道 $g_n(x_0)\geqslant\varepsilon$. 这与条件 $g_n(x)$ 对每个 $x$ 关于 $n$ 递减趋于 $0$ 矛盾. 因此 $(*)$ 中存在某个 $A_{N}$ 是空集. 从而得证.

Dini 定理可以用于函数项级数一致收敛的判断.

推论.  设 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}f_n(x)$ 在 $[a,b]$ 上收敛到 $f(x)$, 且 $f_n(x)$ 非负连续, 则 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}f_n(x)$ 在 $[a,b]$ 上一致收敛到 $f(x)$.

References:

[1] 梅加强  《数学分析》

判断级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{\sqrt{n+n^2}}$ 的敛散性.

判断级数 $\sum\limits_{n=2}^{\infty}\dfrac{1}{n\ln n}$ 的敛散性.

判断级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{\sqrt{n}(n+1)}$ 的敛散性.

[分析] 这是一个正项级数, 只要证明其前 $n$ 项和有界即可. 但 $S_n$ 不是非常好放缩. 我们先尝试一下

\[
\frac{1}{\sqrt{k}(k+1)}=\frac{\sqrt{k}}{k(k+1)}=\sqrt{k}(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}),
\]

于是

\[
S_n=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}(k+1)} < \sum_{k=1}^{n}\sqrt{k}(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}).
\]

但这个方法无法有效地抵消中间项. 我们希望能放缩到 $\sum\limits_{k=1}^{n}(h_k-h_{k+1})$ 这样的形式.

注意

\[
\begin{split}
&\sum_{k=1}^{n}\sqrt{k}(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1})\\
=&(1-\frac{1}{2})+\sqrt{2}(\frac{1}{2}-\frac{1}{3})+\sqrt{3}(\frac{1}{3}-\frac{1}{4})+\cdots+\sqrt{n-1}(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n})+\sqrt{n}(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1})\\
=&1+\frac{1}{2}(\sqrt{2}-1)+\frac{1}{3}(\sqrt{3}-\sqrt{2})+\cdots+\frac{1}{n}(\sqrt{n}-\sqrt{n-1})-\frac{\sqrt{n}}{n+1},
\end{split}
\]

因此, 也可以考虑级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{n}(\sqrt{n}-\sqrt{n-1})$ 的敛散性.

注意到

\[
\frac{\sqrt{k}-\sqrt{k-1}}{k}=\frac{\sqrt{k}-\sqrt{k-1}}{\sqrt{k}\sqrt{k}} < \frac{\sqrt{k}-\sqrt{k-1}}{\sqrt{k}\sqrt{k-1}}=\frac{1}{\sqrt{k-1}}-\frac{1}{\sqrt{k}} 
\]

故

\[
\sum_{k=1}^{n}\frac{\sqrt{k}-\sqrt{k-1}}{k} <1+ \sum_{k=2}^{n}\Bigl(\frac{1}{\sqrt{k-1}}-\frac{1}{\sqrt{k}}\Bigr)=2-\frac{1}{\sqrt{n}} < 2.
\]

因此级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{n}(\sqrt{n}-\sqrt{n-1})$ 收敛, 从而原级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{\sqrt{n}(n+1)}$ 也收敛.