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).
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- 条件 收敛 绝对
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