Jakob Bernoulli 证明了

\[
\sum_{k=1}^{\infty}\frac{k^2}{2^k}=6,\quad\sum_{k=1}^{\infty}\frac{k^3}{2^k}=26.
\]

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James A. Sellers, The infinite series of Euler and the Bernoulli's spice up a calculus class

\[
\sum_{i=0}^{+\infty}\frac{1}{4^i},\qquad\sum_{i=0}^{+\infty}\frac{i}{4^i},\qquad\sum_{i=0}^{+\infty}\frac{i^2}{4^i},\qquad\sum_{i=0}^{+\infty}\frac{i^N}{4^i}
\]

---

题目来源:

Mark Allen Weiss, 数据结构与算法分析 C++ 描述.(第三版)，张怀勇等译. (习题 1.8)

提示: 考虑函数

\[
f(x)=
\begin{cases}
\frac{1}{2}, & 0 < x < \pi,\\
0, & x=0,\pm\pi,\\
-\frac{1}{2}, & -\pi < x < 0.\\
\end{cases}
\]

求 $f(x)$ 的 Fourier 展开, 得

\[
f(x)\sim\frac{2}{\pi}\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{\sin(2n+1)x}{2n+1},
\]

然后取 $x=1$ 即得结论.

提示: 令 $f(x)=x^2$, $-\pi\leqslant x\leqslant\pi$, 求它的 Fourier 展开式,

\[
x^2\sim\frac{\pi^2}{3}+4\sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^n\frac{\cos nx}{n^2},
\]

然后令 $x=0$ 即可.

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形式上类似的一个级数是

\[\frac{\pi^2}{6}=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^2}.\]

见 问题20.

设级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}|a_{n+1}-a_n|$ 收敛, 则数列 $\{a_n\}$ 收敛.

 

[Hint] 利用 Cauchy 准则.

回忆:

数列极限的Cauchy准则是:

$\{a_n\}$ 收敛当且仅当 $\forall\ \epsilon > 0$, $\exists\ N > 0$, 当 $n > N$ 时, 对任意的 $p>0$, 有

\[
|a_{n+p}-a_n| < \epsilon
\]

或者写为对于任意的 $m,n > N$, 有 $|a_m-a_n| < \epsilon$.

注意数列极限的 Cauchy 准则可以推出级数收敛的 Cauchy 准则:

$\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n$ 收敛当且仅当

$\forall\ \epsilon > 0$,  $\exists\ N > 0$, 当 $n > N$ 时, 对任意的 $p>0$, 有

\[
|a_{n+1}+a_{n+2}+\cdots+a_{n+p}| < \epsilon
\]

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References

梅加强, 《数学分析》 高等教育出版社, 2011. (习题 8.1, P.277.  第4题  )

References

梅加强, 数学分析, 高等教育出版社, 2011.

证明

\[\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{(2n+1)!!}{(2n)!!}=+\infty\]

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从而, 任意给定 $M>0$, 存在 $N=N(M)\in\mathbb{N}$, 当 $n>N$ 时,

\[\frac{(2n+1)!!}{(2n)!!}>M\]

找出 $N$ 与 $M$ 的关系.

如果使用编程, 输入 $M$, 输出符合条件的最小的 $N$. 分析使用哪种算法比较方便.

求级数

\[\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(2n)!}{(n!)^2}x^{2n}\]

的收敛域. 和函数是什么?

解:当 $0＜p\leqslant 1$ 时，$u_n=\frac{1}{n^p}\geqslant\frac{1}{n}$，故级数发散。

当 $p>1$ 时，将原级数依下列形式添加括号\[ 1+(\frac{1}{2^p}+\frac{1}{3^p})+(\frac{1}{4^p}+\frac{1}{5^p}+\frac{1}{6^p}+\frac{1}{7^p})+(\frac{1}{8^p}+\cdots+\frac{1}{15^p})+\cdots,\] 新级数的通项\[U_n=\frac{1}{(2^{n-1})^p}+\frac{1}{(2^{n-1}+1)^p}+\cdots+\frac{1}{(2^n-1)^p}\leqslant\frac{2^{n-1}}{(2^{n-1})^p}=\frac{1}{(2^{n-1})^{p-1}},\] 而级数\[ \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{(2^{n-1})^{p-1}}=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{(2^{p-1})^{n-1}}=\sum_{n=1}^{+\infty}(\frac{1}{2^{p-1}})^{n-1} \] 是几何级数, 收敛, 理由是 $\frac{1}{2^{p-1}}\in(0,1)$. 从而从级数收敛的定义(即前 $n$ 项和有极限), 知 $p$-级数 $\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^p}$ 收敛.

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Remark:

(1) 实际上有下面的定理:

• 设 $\sum_{n=1}^{+\infty}u_n$ 收敛, 如将级数的项任意归组而不改变其先后次序, 则新级数(即加括号后的级数)也收敛, 且与原级数有相同的和.【逆命题不成立】
• 如果上面加括号的级数中同一括号中的项都有相同的符号, 则上述逆命题成立.

 

(2) $p$-级数敛散性的判定一般是用下面的引理来证.

Lemma:若 $f(x)$ 是定义在 $[1,+\infty)$ 上的递减正函数, 且 $\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}f(x)=0$, 则级数 $\sum_{n=1}^{+\infty}f(n)$ 与广义积分 $\int_{1}^{+\infty}f(x)\mathrm{d}x$ 的敛散性相同.

从而很快得出结论.

\[ 1-\frac{1}{2}+\frac{1}{4}-\frac{1}{5}+\frac{1}{7}-\frac{1}{8}+\frac{1}{10}-\frac{1}{11}+\cdots=\frac{\pi}{3\sqrt{3}} \] The two fomulae are attributed to Euler by Scharlau and Opolka