常数项级数的审敛法教案.pdf

时间---------月---------日课星期-----------------题§§12-212-2 常数项级数的审敛法常数项级数的审敛法教学目的教学重点教学难点课型教法选择掌握数项级数收敛性的判别方法.正项级数收敛性的比较判别法和比值判别法，级数的莱布尼兹判别法，绝对收敛与条件收敛的概念.任意项级数收敛性的判别方法.专业基础课讲 授教学过程教 法 运 用 及板书要点一般情况下， 利用定义或级数的性质来判别级数的敛散性是很困难的， 可否有更简单易行的判别方法呢？由于级数的敛散性可较好地归结为正项级数的敛散性问题，因而正项级数的敛散性判定就显得十分地重要一、正项级数及其审敛法一、正项级数及其审敛法定义定义 1 1若级数un1n中的每一项都是非负的( 即un 0 , n 1,2,)，则称级数un1n为正项级数正项级数.对于正项级数，由于错误错误! !未找到引用源未找到引用源 ，因而错误错误! !未找到引用源未找到引用源 ，所以正项级数un1n错误错误! !未找到引用源未找到引用源的部分和数列错误错误! !未找到引用源未找到引用源必为单调增加数列，即如果部分和数列错误错误! !未找到引用源。

未找到引用源 有界， 则由数列极限存在准则知道，单调有界数列必有极限，所以错误错误! !未找到引用源未找到引用源存在，此时正项级数收敛；反之，若正项级数收敛，即错误错误! !未找到引用源未找到引用源 ，则数列错误错误! !未找到引用源未找到引用源必有界，由此得到如下定理：定理定理 1 1 正项级数un1n收敛的充分必要条件是：它的前n项部分和数列sn有界.此表 2 学时填写一份， “教学过程”不足时可续页1借助于正项级数收敛的充分必要条件， 我们可建立一系列具有较强实用性的正项级数审敛法.1 1、、 （比较审敛法）（比较审敛法）设un1n和vn1n都是正项级数，且un vn(n 1,2,)则：1) 如vn1n收敛，则un1n亦收敛；2) 如un1n发散，则vn1n亦发散.证证 (1) 设vn1n收敛于，且un vn，则un1n的部分和sn满足sn u1u2un v1 v2 vn即单调增加的部分和数列sn有上界.由定理 1 可得un1n收敛.(2) 设un1n发散，则它的前n项部分和sn u1u2un (n  )因un vn，则级数vn1n的前n项部分和n v1 v2 vn u1u2un sn所以当n  时n ，即vn1n发散.由于级数的每一项同乘以一个非零常数，以及去掉级数的有限项不改变级数的敛散性，因而比较审敛法又可表述如下：推论推论 1 1 设C为正数，N为正整数，un1n和vn1n都是正项级数，且un Cvn(n  N,N 1,)，则：1) 如vn1n收敛，则un1n亦收敛；2) 如un1n发散，则vn1n亦发散.例１例１ 判定调和级数错误错误! !未找到引用源。

未找到引用源1的敛散性．n1n2解解vn1n= 错误错误! !未找到引用源未找到引用源 错误错误! !未找到引用源未找到引用源错误错误! !未找到引用源未找到引用源 +(12n1111错误!未找到引用源 + +(nn222n11)n21n)2错误错误! !未找到引用源未找到引用源 =un1n而级数un1n是发散的，故有比较判别法知，调和级数发散例例 2 2 讨论p级数11111pppp23nn1n的敛散性，其中p  0.111解解 （1）若0  p 1，则n n，可得p；又因调和级数发nnn1np散，由定理 2 知1发散.pnn1（2）若p 1，有1111ppp23n1n=1((1np(2 1)1111111)()(2p3p4p5p6p7p8p1)np(2 1)1)15p1(2)n1p2481ppp248=12n1n1p(2)12(p112)2(p112)3p1(12p1)n131(s2n1112n)p11p11112p1(p 1,12p11)2即s2n1有上界，又对任意n 有n  2n1，所以sn s2n1，故sn有界，级数1（pnn1）是收敛的。

综上讨论，当当0  p 1时，时，p级数级数1是发散的；是发散的；当当p 1时，时，p级级pn1n数数1是收敛的是收敛的.p级数是一个很重要的级数， 在解题中往往会充当比较审pnn1敛法的比较对象，其它的比较对象主要有几何级数、调和级数等.例例 3 3 判定级数的敛散性1111n23122232n1n2解：因为11(n 1,2,),故收敛n2n2n1(a  0)的敛散性.nn11 a例例 4 4 讨论级数1111解解 （1）当a 1时，级数的通项，而是一nnnn1 aa1 aan1n11111个公比为的等比级数，且<1，则n收敛，故级数收敛；naan1an11 a1111（2）当a 1时，级数的通项，且发散，故级nn21 a21 an1n1数1发散.n1 an11111（3）当a 1时，级数的通项，而发散，故级nn21 an11 an12数1发散.n1 an14例例 5 5设an bn cn(n 1,2,)， 且级数an1n及bn1n都收敛， 证明级数cn1n收敛.证证因an bn cn，n 1,2,，可得0  cn an bn an；而级数an1n及bn1nn都收敛，由级数收敛的性质知(bn1n an)收敛，再由比较审敛法得(cn1 an)收敛.而cn[(cn an)  an]n1n1故可得级数cn1n收敛.例例 6 6 判定级数(1cos)的敛散性。

nn12（1cosn 2sin2n 2(2n) 2212n2）推论推论 2 2 （比较审敛法的极限形式）（比较审敛法的极限形式）设* *un1n、vn1n为两个正项级数，如果两级数的通项un,vn满足limun lnvn，则1） 当0  l  时，同时收敛或同时发散；2） 当l  0时，如果vn1n收敛，则un1n也收敛；3） 当l  时，如果vn1n发散，则un1n也发散证证 由极限的定义，取l，存在着自然数N，当n  N时，有不等式2unll vn25成立，可得lun3ll3l，即vn unvn；再由推论 1 即得结论.2 vn222练习：练习： 判别级数n1（1）2（2）ln(12)nn1n  2n1的敛散性.1nnn12，且发散，故级数2解解 （1）因2发散；nn 2nn1nn1n  21111（2）因ln(12) 2，且2收敛，故级数ln(12)收敛.nnnn1nn12 2、极限审敛法、极限审敛法设设un为正项级数，则为正项级数，则n1（（1 1））limnunl或或limnun 。

则级数则级数nnun1n发散；发散；（（2 2）若存在）若存在p 1,使使limn un存在，则级数存在，则级数npun1n收敛例例 7 7判别级数sinn111的敛散性 （limnsin limnnnn1n1)的敛散性n2sin1n1）） 例例8 8判别级数ln(1n1因为limn ln(1n211n2)  limln(1) lne 1，所以级数收敛22nnnun1，， 则：则：nun收敛；收敛；3、比值审敛法（达朗贝尔判别法）若正项级数若正项级数un满足满足limn1（（1 1）当）当1时，级数时，级数un1n（（2 2）当）当1( (或或 ) )时，级数时，级数un1n发散；发散；6（（3 3）当）当1时，级数时，级数un1n的敛散性用此法无法判定的敛散性用此法无法判定. .证证 （1） 当1时，则可取一足够小的正数，使得 r 1；又因limun1，据极限的定义，对正数，存在自然数N，当n  N时，nunuun1成立，即n1unun使得则有un1 r，可得un1 r un(n  N 1, N  2,)un即有uN1 r uNuN2 r uN1 r2uNuN3 r uN2 r2uN1 r3uN…则相加有uN1uN2uN3 r uN r2uN r3uN因0r1，得级数nN1un收敛，再由级数得性质得un1n收敛.（2） 当1时，存在充分小的正数，使得1，同上由极限定义，当n  N时，有un11即un1un，因此当n  N时，级un数nN1unn的一般项是逐渐增大的，故它不趋向于零，由级数收敛的必要条件知un1发散.（3）当1时，级数可能收敛，也可能发散. 如对于p级数p1，pnn1u1不论p取何值，总有limn1 limnun(n 1)pn71n lim1npnn 1但是，该级数却在p 1时收敛，p 1时发散.例例 9 9判定下列级数的敛散性（1）123n11nn（2）(n1)n1n!cnn!（3）nsinn（4）n(c  0)2n1nn1解： （1）因un1123(n1)，故 limun11 lim 0 1nunnn由比值审敛法知该级数是收敛的.un1nn(n1)n1n!1（2）因un，故 lim limn lim(1)n e 1nunn (n1)!nn!nnnn由比值审敛法知级数是发散的.n1n!（3）因un nsin2n，故 limun1n12n+1 lim2n+111 limnunnn2nsinn22nsin由比值审敛法知该级数是收敛的。

cnn!cn1(n1)!（4）因unn，un1故(n1)(n1)nun1cn1(n1)! nnnnc lim lim limcnnun(n1)(n1)cnn!n(n1)en所以 当发散；当cc1，即0  c  e时，级数收敛；当1，即c  e时，级数eec1，比值审敛法失效e1n1(2n 1)2nun1(2n 1)2n1 lim1，故 limnnun2n(2n 1)(2n 1)2n练习：解：因un用 比 值 法 无 法 确 定 该 级 数 的 敛 散 性 ； 注 意 到2n  2n 1 n， 可 得8111(2n1)2nn，即2；而级数2收敛，由比较判别法知(2n 1)2nnn1n2级数1收敛.n1(2n 1)2n4 4、根值审敛法或柯西审敛法、根值审敛法或柯西审敛法若正项级数un1n满足limnunn，则：（1）当1时，级数un1n收敛；（2）当1(或 )时，级数un1n发散；（3）当1时，级数un1n的敛散性用此法无法判定.证证 （1）当1时，可取一足够小的正数，使得 r 1；据极限的定义，存在自然数N，当n  N时有nun r即un r；而等比级数nnN1rn(0r1)是收敛的，由比较判别法知nN1un收敛；再由级数的性质得级数un1n收敛.（2） 当1时， 同理存在充分小的正数， 使得1， 据极限定义，当n  N时有nun1，即un1，因此级数的一般项不趋向于零,由级数收敛的必要条件知un1n发散.（3）当1时，级数可能收敛，也可能发散. 如级数1是收敛，而2n1n级数1112nu limn是发散的，但lim lim() 1n2nnnnnnn1n9limnun limnnn11 limn1。

nnn例例 1010 判定下列级数的敛散性（1）n1bn1()，（2）其中liman a,且a,b,an 0nn[ln(1n)]n1an解： （1）因un11nu  lim lim 01，则nnnnln(1n)[ln(1n)]故原级数收敛.（2）因un (bbbn)，则 limnun lim，所以nnaaann当bbb即b  a时， 原级数收敛； 当1， 即b  a时， 原级数发散； 当1，1，aaan即b  a时，由于limun 0，从而原级数发散n2练习： 判别级数的敛散性.1n1(2)nnn21n2n1解解因un，则 lim un limnn n112(2)n(2)nnn故原级数收敛.注：注：对于利用比值审敛法与根值审敛法失效的情形(即1时)，其级数的敛散性应另寻它法加以判定，通常可用构造更精细的比较级数来判别.二二. .交错级数及其审敛法交错级数及其审敛法1.1. 定义定义 210称(1)n1n1n-1un=u1-u2+u3-u4+…+(-1)un+…(un＞0)或(1)n1nun=-u1+u2-u3+u4-…+(-1)un+…n(un＞0)为交错级数.2 2．定理．定理 2.(2.(莱布尼茨莱布尼茨(Leibniz)(Leibniz)定理定理) )如果交错级数如果交错级数(1)n1n1un满足条件满足条件: :1)1)u un n≥≥u un n+1+1( (n n=1,2,=1,2,……););2)2)limun=0=0n则级数收敛则级数收敛, ,且其和且其和s s≤≤u u1 1, ,其余项的绝对值满足其余项的绝对值满足:|:|r rn n| |≤≤u un n+1+1. .证明:设级数的部分和为Sn,则S2n=(u1-u2)+(u3-u4)+…+(u2n－1-u2n)（1）S2n= u1-(u2-u3)-…-(u2n－2-u2n－1)-u2n（2）由条件 1）可知:（1） 、 （2）两式中括号内两数的差都是非负的,于是 由（1）知:{S2n}单调上升,且S2n≥0;由（2）知:S2n≤u1;根据单调有界数列必有极限可知数列{S2n}存在极限,记为 s.且显然s≤u1.又由于S2n+1= S2n+ u2n+1,而u2n+10,(n∞)所以:S2n+1= S2n+ u2n+1s,(n∞).由于:S2n+1s, S2ns,(n∞),所以:Sns(n∞).即交错级数收敛,且其和s≤u1.又由于此时余项:rn=±(un+1-un+2+un+3-un+4+…)所以:|rn|= un+1-un+2+un+3-un+4+…也是一个交错级数 ,且满足交错级数的条件 ,从而且和应小于级数的第一项,即有:|rn|≤un+1.例例 1111 判断级数(1)n1n11的敛散性.n解:由于un=1/n＞1/(n+1)= un+1,且un0,(n∞),所以级数收敛.且知其和 s＜1,以 sn=1-≤1/(n+1).例例1212 断级数(1)n1n111n11+-…+(1)代替 s 产生的误差rn满足|rn|n23ln n的敛散性.n解: 级数为交错级数,由于所以设ln x1=lim=0,xxxxlnnlim un=lim=0;xnxln x1ln xf (x) f(x)=, 则有,xx2lim11故当x≥3 时,有f (x)≥0,从而当x≥3 时,f(x)单调上升,于是当n≥3 时,有un=lnn/n＞ln(n+1)/(n+1)= un+1.所以该级数收敛.三．绝对收敛与条件收敛三．绝对收敛与条件收敛设有级数un1n= 错误错误! !未找到引用源。

未找到引用源其中错误错误! !未未找到引用源找到引用源为任意实数，那么该级数叫做任意项级数．可见，交错级数是任意项级数的一种特殊形式．对任意项级数，我们给每项加上绝对值符号构造一个正项级数，任意项级数的敛散性判定涉及绝对收敛与条件收敛．定义定义 3 3设有任意项级数错误错误! !未找到引用源未找到引用源un1n，如果级数错误错误! !未找未找到引用源到引用源un1n收敛，则称级数错误!未找到引用源un1n绝对收敛，级数错误错误! !未找到引用源未找到引用源un1n发散，而级数错误错误! !未找到引用源未找到引用源un1n收敛，则称级数错误!未找到引用源un1n条件收敛．．1例如:(1)n1是绝对收敛 ;(1)n是条件收敛nn2n1n1由任意项级数各项的绝对值组成的级数是正项级数，因此，一切判别正项级数敛散性的方法，都可以用来判别任意项级数是否绝对收敛．2 2．定理．定理 3 3若Σun绝对收敛,则Σun必定收敛.证明:设Σun绝对收敛,即Σ|un|收敛.记:Wn=1(|un|+un),2Vn=1(|un|-un).2显然:0≤Wn,Vn≤|un|,由于Σ|un|收敛,所以正项级数ΣWn和ΣVn收敛.因为:un= Wn-Vn,由级数的性质可知:级数Σun收敛.11注注: : 1）上述定理的逆不成立;例如:(1)收敛,但发散.nn1n1nn2）对Σun敛散性的判断,可以转化为对正项级数Σ|un|的敛散性的判断;3）当Σ|un|发散时,不能断定Σun发散,但当用比值法或根值法得到正项 级 数 Σ |un| 发 散 时 , 则 可 断 定 级 数 Σ un发 散 .( 此 时 有12|un|0,n∞),从而 un0,(n∞)例例 1313判断下列级数的敛散性,并指明是绝对收敛还是条件收敛。

n1n12n+1（（1 1））(1)（2）(1)ln(n 1)n!n1n12111解：解： （1） 因为un， 而调和级数 （去掉第一项）ln(n1)n1n1n 1发散，所以un发散而原级数为交错级数，且满足莱布尼兹定理，故收敛，n1所以条件收敛2n(2n)n[(11)n]n(1 n)nnn（2）由于|un|===>>>1 （n 1)n!n!n!n!n!所以,|un|练习：练习：n20,从而,un0.即原级数发散.11n22n 11）(1)n(1) 2）(1)n1nn22n1n13）(1)n1n11n  2 1n 4）sinn 1nn1n解:（1）因为所以（2）∵|un|limnn|un|=lim11(1)n=e/2＞1,n2n0,n∞,因此原级数发散.0,n∞,从而un|un1|2(n 1)2n•lim=lim=1/2＜1,n1nn|u |22n 1n∴Σ|un|收敛,从而原级数绝对收敛.1n  2 11(3) 因为,而级数发散,所以n 1nnnn1|un|=n1n  2 1n  2 1发散. 由于lim=0,且nn 1n 1nnn1un=(11111)>(1=un+1,)n  2n 1n 1n所以此交错级数满足收敛条件,从而原级数为条件收敛.|un1|n|sin|n14） 由于lim=lim=|sinθ|n|u |nn 1 |sin|nn所以当|sinθ|＜1,即 θ≠2kπ±π/2 时,级数绝对收敛;当 sinθ=1, 即 θ=2kπ+π/2 时,级数发散;当 sinθ=-1,即 θ=2kπ-π/2 时,级数收敛.13作业：1、 （1） ， （3） ；3、 （1） ， （3）4\(1),(3).教学后记教学后记: :1．三个重要的级数：(1)p级数：1p1（发散）p1（收敛）pn 1n(2)几何级数：aqn 1n 1q1（发散）q1（收敛）(3)( 1)n 1n 11收敛n2．正项级数的审敛法是：比较法，比较法的极限形式，比值法3．交错级数的判定法及绝对收敛，条件收敛思考题思考题: :设正项级数un收敛, 能否推得un收敛?反之是否成立?2n 1n 1u由正项级数un收敛，可以推得un收敛：limnlimun＝0 由nnun 1n 1n22比较审敛法知un 12n收敛. 反之不成立.14。