【6】级数初步

作者: 备考999天 | 来源:发表于2022-08-13 09:10 被阅读0次

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题6.1 把 $\frac{1}{1-x}$ 展开成 $x$ 的幂级数( $|x|<1$ )。
解法1 设 $\frac{1}{1-x}=a_0+a_1x+a_2x^2+...$ ，则
$1=(1-x)(a_0+a_1x+a_2x^2+...)\\=a_0+(a_1-a_0)x+(a_2-a_1)x^2+(a_3-a_2)x^3+...$
上式右边 $x^n(n\ge 1)$ 系数为 $a_n-a_{n-1}$ ，比较系数：
$a_0=1\\a_1-a_0=0,\\a_2-a_1=0\\a_3-a_2=0\\...$
所以， $a_0=a_1=a_2=...=1$ ，最后：
$\frac{1}{1-x}=1+x+x^2+x^3+...$
解法2 如图6.1.1，列除法竖式：

6.1.1
所以，

\frac{1}{1-x}=1+x+x^2+x^3+...

\blacksquare

题6.2 把 $\frac{1}{1+x+x^2}$ 展开 $x$ 的成幂级数。
解法1 设 $\frac{1}{1+x+x^2}=a_0+a_1x+a_2x^2+...$ ，则
$1=(1+x+x^2)(a_0+a_1x+a_2x^2+...)\\ =a_0+(a_0+a_1)x+(a_0+a_1+a_2)x^2+(a_1+a_2+a_3)x^3+...$
上式 $x^n(n\ge 2)$ 的系数为 $(a_{n-2}+a_{n-1}+a_{n-n})$ ，比较系数得：
$a_0=1\\a_0+a_1=0\\a_1+a_2+a_3=0\\a_2+a_3+a_4=0\\...$
所以， $a_0=1,a_1=-1,a_2=0,a_3=1,a_4=-1,a_5=0,...$ ，所以： $\frac{1}{1+x+x^2}=1-x+x^3-x^4+x^6-x^7+x^9-x^{10}+...$

解法2 如下图，列除法竖式：

图6.2.1.jpg
所以，

\frac{1}{1+x+x^2}=1-x+x^3-x^4+x^6-x^7+x^9-x^{10}+...

\blacksquare

定理6.3 $1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}+...$ 收敛。
证法1 （裂项相消法) $S_n=1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}+...+\frac{1}{n^2}\\ <1+\frac{1}{1\times 2}+\frac{1}{2\times 3}++\frac{1}{3\times 4}+...+\frac{1}{(n-1)n}\\ =1+1-\frac{1}2+\frac{1}2-\frac{1}3+...-\frac{1}n=2-\frac{1}n<2$

所以 $\{S_n\}$ 递增且有上界，所以数列 $\{S_n\}$ 收敛，所以级数 $1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}+...$ 收敛。
证法2 $1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}+...=\prod_{p是素数}{(1+1/p^2+1/p^4+1/p^6+...)}\\ =\prod_{p是素数}{\frac{p^2}{p^2-1}}=\frac{2}{2^2-1}\cdot\frac{3}{3^2-1}\cdot\frac{5}{5^2-1}\cdot\frac{7}{7^2-1}\cdot\frac{11}{11^2-1}...\\ <\frac{2^2}{2^2-1}\times\frac{3^2}{3^2-1}\times \frac{4^2}{4^2-1}\times...\\ =\frac{2^2}{1\times3}\times\frac{3^2}{2\times 4}\times \frac{4^2}{3\times 5}\times\frac{5^2}{4\times 6}\times...\\=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{2n}{n+1}=2.$
再者 $S_n=1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+...+\frac{1}{n^2}<1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}+...<2$ ，所以 $\{S_n\}$ 递增且有上界，所以数列 $\{S_n\}$ 收敛，所以级数 $1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}+...$ 收敛。
$\blacksquare$

定理6.4 $\frac{1}{0!}+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\frac{1}{4!}+...$ 收敛。
证明 $S_n=\frac{1}{0!}+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\frac{1}{4!}+...\frac{1}{n!}\\\ <1+1+1/2+1/6+\frac{1}{3\times4}+\frac{1}{4\times5}+...+\frac{1}{(n-1)n}\\ =\frac{8}3+\frac{1}3-\frac{1}4+\frac{1}4-\frac{1}5+...-\frac{1}{n-1}+\frac{1}{n-1}-\frac{1}n=3-\frac{1}n<3$
这说明部分和 $S_n$ 有界且递增，所以级数 $\frac{1}{0!}+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+...$ 收敛。
$\blacksquare$

定义6.5 $e=\frac{1}{0!}+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\frac{1}{4!}+...$

题6.6 $f(x)=1+x+\frac{1}{2!}x^2++\frac{1}{3!}x^3+...$ ，求证：对于任意的实数 $f(x+y)=f(x)f(y)$ 。
证明 $f(x)f(y)=\left(1+x+\frac{1}{2!}x^2+\frac{1}{3!}x^3+...\right)\left(1+y+\frac{1}{2!}y^2+\frac{1}{3!}y^3+...\right)\\ =1+(x+y)+\left(\frac{1}{2!}x^2+xy+\frac{1}{2!}y^2\right)+\left(\frac{1}{3!}x^3+\frac{1}{2!1!}x^2y+\frac{1}{1!2!}xy^2+\frac{1}{3!}y^3\right)+...\\ =1+\frac{x+y}{1!}+\frac{(x+y)^2}{2!}+\frac{(x+y)^3}{3!}+...=f(x+y)$
$\blacksquare$

题6.7 把 $(1+x)^{1/2}$ 展开成幂级数。

解设 $(1+x)^{1/2}=a_0+a_1x+a_2x^2+...,$ 其中 $a_0\ge 0$ ，则
$1+x=(a_0+a_1x+a_2x^2+...)^2\\ =a_0^2+2a_0a_1x+(2a_0a_2+a_1^2)x^2+2(a_0a_3+a_1a_2)x^3+(2a_0a_4+2a_1a_3+a_2^2)x^4+...$
比较系数得：
$a_0^2=1 \\ 2a_0a_1=1 \\ 2a_0a_2+a_1^2=0\\ 2(a_0a_3+a_1a_2)=0\\ 2a_0a_4+2a_1a_3+a_2^2)=0 ...$
解得：
$a_0=\frac{1}{0!}\\ a_1=\frac{\frac{1}2}{1!}\\ a_2=\frac{\frac{1}2\left(\frac{1}2-1\right)}{2!}\\ a_3=\frac{\frac{1}2\left(\frac{1}2-1\right)\left(\frac{1}2-2\right)}{3!}\\ a_4=\frac{\frac{1}2\left(\frac{1}2-1\right)\left(\frac{1}2-2\right)\left(\frac{1}2-3\right)}{4!}\\ ...$
所以， $(1+x)^{1/2}=\frac{1}{0!}+\frac{\frac{1}2}{1!}x+\frac{\frac{1}2\left(\frac{1}2-1\right)}{2!}x^2+\frac{\frac{1}2\left(\frac{1}2-1\right)\left(\frac{1}2-2\right)}{3!}x^3+\frac{\frac{1}2\left(\frac{1}2-1\right)\left(\frac{1}2-2\right)\left(\frac{1}2-3\right)}{4!}x^4+...$ $\blacksquare$

题6.8 已知 $a>0,a\ne1$ ，正值函数 $f(x)$ 满足如下条件：
a). $\space f(1)=a$
b). $\space \forall x,y\in \mathbb R,f(x+y)=f(x)f(y)$
证明：
(1) $\forall x\in \mathbb N,f(x)=a^x$ ;
(2) $\forall x\in \mathbb Q,f(x)=a^x$ ;
证明 (1) 对 $x$ 利用数学归纳法：
当 $x=0$ 时，易验证命题成立。
假设当 $x=k$ 命题成立，即 $f(k)=a^k$ 。当 $x=k+1$ ，利用a),b)推导如下：
$f(x)=f(k+1)=f(k)f(1)=a^k a=a^{k+1}=a^x$ 。
综上，对于任意的自然数 $x,f(x)=a^x$ 。
(2) 分几种情况讨论：
第一种情况：当 $x=\frac{1}{n},n\in \mathbb Z_+$ ，根据条件b)得：
$f^n\left(\frac{1}n\right)=\overbrace{f\left(\frac{1}n\right)f\left(\frac{1}n\right)...f\left(\frac{1}n\right)}^{n个函数相乘}\\=f\left(\overbrace{\frac{1}n+\frac{1}n+...+\frac{1}n}^{n个相加}\right)\\ =f(1)=a$
因 $f$ 是正值的，所以 $f\left(\frac{1}n\right)=a^\frac{1}n$ .

第二种情况：当 $x=\frac{m}{n},m,n\in \mathbb Z_+$ ,得：
$f\left(\frac{m}n\right)=f\left(\overbrace{\frac{1}n+\frac{1}n+...+\frac{1}n}^{m个相加}\right)=\overbrace{f\left(\frac{1}n\right)f\left(\frac{1}n\right)...f\left(\frac{1}n\right)}^{m个函数相乘}=\left(a^\frac{1}n\right)^m=a^\frac{m}n$
以上两种情况解决了正有理数的问题，接下去：
第三种情况： $x$ 为负有理数，注意到：
$1=f(0)=f(x+(-x))=f(x)f(-x)=a^{-x}f(x)$ 变形得： $f(x)=a^x$ 。
第四种情况：当 $x=0$ 的情况显然成立。
综上四种情况，对于任意的有理数 $x,f(x)=a^x$ 。
$\blacksquare$

题6.9
(1) 四舍五入求 $e$ 的近似值，使误差不大于 $0.01$
(2)证明： $\forall x\in \mathbb Q ,e^x=1+x+\frac{1}{2!}x^2++\frac{1}{3!}x^3+...$
(1) 解设 $e_n=\sum_{k=0}^n{\frac{1}{k!}}$ ，则根据定义 $e=\lim_{n\rightarrow\infty}{e_n}$ 显然，对于任意的 $n\in \mathbb N,e_n<e$ ，所以
$2.716<1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\frac{1}{4!}+\frac{1}{5!}=e_5<e$
同时，对于任意的 $n>6$ 有：
$e_n=1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\frac{1}{4!}+\frac{1}{5!}\left(1+\frac{1}6+\frac{1}{6\times7}+...+\frac{1}{6\times7\times8\times...\times n}\right)\\ <1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\frac{1}{4!}+\frac{1}{5!}\left(1+\frac{1}6+\frac{1}{6\times 7}+\frac{1}{7\times 8}++\frac{1}{(n-1)\times n}\right)\\ =1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\frac{1}{4!}+\frac{1}{5!}\left(1+\frac{1}6+\frac{1}6-\frac{1}7+\frac{1}7-\frac{1}8+...+\frac{1}{n-1}-\frac{1}n\right)\\ =1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\frac{1}{4!}+\frac{1}{5!}\left(1+\frac{1}6+\frac{1}6-\frac{1}n\right)\\ <1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\frac{1}{4!}+\frac{1}{5!}\left(1+\frac{1}6+\frac{1}6\right)<2.72$
可见， $2.72$ 是数列 $\{e_n\}$ 的上界，而 $e$ 是 $\{e_n\}$ 的上确界，所以 $2.716<e\le 2.72$ 所以 $e\approx 2.72$ ，误差不超过0.01。

(2) 证明令
$f(x)=1+x+\frac{1}{2!}x^2++\frac{1}{3!}x^3+...$
显然 $f(1)=e$ ，根据题6.6，有 $f(x+y)=f(x)f(y)$ 。
再根据题6.8，就有本题结论。

题6.10 数列 $\{a_n\}$ 的通项公式为 $a_n=\left(1+\frac{1}n\right)^n,n\ge1\\$
(1) 讨论数列 $\{a_n\}$ 的单调性。
(2) 讨论数列 $\{a_n\}$ 的的收敛性。
解 (1) $a_{n+1}=\left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{n+1}=1+C_{n+1}^1\left(\frac{1}{n+1}\right)+C_{n+1}^2\left(\frac{1}{n+1}\right)^2+...+C_{n+1}^n\left(\frac{1}{n+1}\right)^{n}+C_{n+1}^{n+1}\left(\frac{1}{n+1}\right)^{n+1} \\> 1+C_{n+1}^1\left(\frac{1}{n+1}\right)+C_{n+1}^2\left(\frac{1}{n+1}\right)^2+...+C_{n+1}^n\left(\frac{1}{n+1}\right)^{n} \\=1+1+\frac{1}{2!}\left(1-\frac{1}{n+1}\right)+,,,+\frac{1}{n!}\prod_{k=1}^{n-1}{\left(1-\frac{k}{n+1}\right)} \\>1+1+\frac{1}{2!}\left(1-\frac{1}{n}\right)+,,,+\frac{1}{n!}\prod_{k=1}^{n-1}{\left(1-\frac{k}{n}\right)}\\ \\= 1+C_n^1\left(\frac{1}n\right)+C_n^2\left(\frac{1}n\right)^2+...+C_n^n\left(\frac{1}n\right)^n =\left(1+\frac{1}n\right)^n=a_n$
所以 $\{a_n\}$ 单调递增。

(2) $a_n=\left(1+\frac{1}n\right)^n=1+C_n^1\left(\frac{1}n\right)+C_n^2\left(\frac{1}n\right)^2+...+C_n^n\left(\frac{1}n\right)^n\\ =2+\frac{1}{2!}\left(1-\frac{1}n\right)+\frac{1}{3!}\left(1-\frac{1}n\right)\left(1-\frac{2}n\right)+...+\frac{1}{n!}\prod_{k=1}^{n-1}{\left(1-\frac{k}n\right)}\\ \le \sum_{k=0}^n{\frac{1}{k!}}<e$
所以 ${a_n}$ 有上界；同时因为 ${a_n}$ 单调递增，所以 ${a_n}$ 收敛。
$\blacksquare$
题6.11 数列 $\{a_n\}$ 的通项公式为 $a_n=\left(1-\frac{1}n\right)^n,n\ge1\\$
(1) 讨论数列 $\{a_n\}$ 的单调性。
(2) 讨论数列 $\{a_n\}$ 的的收敛性。
解 (1) 方法1：考察函数 $y=\left(1-\frac{1}x\right)^x\\$
取对数： $\ln y = x\ln\left(1-\frac{1}x\right)$
利用微分算子： $\mathrm{d}{\ln y}=\mathrm{d}{\left[x\ln\left(1-\frac{1}x\right)\right]}$
得： $\frac{\mathrm{d}y}{y}=\ln\left(1-\frac{1}x\right)\mathrm d{x}+\frac{x}{1-\frac{1}x}\cdot \frac{1}{x^2}\mathrm d{x}=\ln\left(1-\frac{1}x\right)\mathrm d{x}+\frac{1}{x-1}\mathrm d{x}$
即得： $\tag{6.11.1}y'=\frac{\mathrm d y}{\mathrm d x}=\left(1-\frac{1}x\right)^x\left[\ln\left(1-\frac{1}x\right)+\frac{1}{x-1}\right]$
再者，设 $y_1=\ln\left(1-\frac{1}x\right)+\frac{1}{x-1}=\ln (x-1)-\ln x+\frac{1}{x-1}$
求导得： $y_1'=\frac{1}{x-1}-\frac{1}x-\frac{1}{(x-1)^2}=\frac{x^2-x-(x-1)^2-x}{(x-1)^2x}=-\frac{1}{(x-1)^2x}$
所以，当 $x>1$ 时， $y_1'<0$ ，所以 $y_1$ 严格递减于 $(1,\infty)$ 。
注意到： $\lim_{x\rightarrow\infty} y_1=0$ ，所以 $\forall x>1,y_1>0$ 。
再由 $\forall x>1,(1-1/x)^x>0$ 及(6.11.1)知， $\forall x>1,y'>0$ 。
从而得函数 $y=\left(1-\frac{1}x\right)^x$ 严格递增于 $(1,\infty)$ 。这说明数列 $a_n$ 单调递增。
方法2 自然数 $n\ge 1$ ，这里可以利用均值不等式： $\left(1-\frac{1}{n^2}\right)^n\left(1+\frac{1}n \right) \\ <\left( \frac{n\left(1-\frac{1}{n^2}\right)+1+\frac{1}n}{n+1}\right)^{n+1}=1$
上式等价于： $\left(1-\frac{1}n\right)^n\left(1+\frac{1}n\right)^{n+1}<1\\\Leftrightarrow \left(1-\frac{1}n\right)^n<\left(1-\frac{1}{n+1}\right)^{n+1}$
上式说明 $a_n$ 单调递增。
(2) 显然 $\forall n\in \mathbb N_+,a_n<1$ ，结合其单调递增性， $\{a_n\}$ 单调递增且有上界，所以数列 $\{a_n\}$ 收敛。
$\blacksquare$

题6.12 求证： $\lim_{n\rightarrow\infty}{\left(1+\frac{1}n\right)}\lim_{n\rightarrow\infty}{\left(1-\frac{1}n\right)}=1$
解根据题6.10及题6.11， ${\left(1+\frac{1}n\right)}^n,{\left(1-\frac{1}n\right)}^n$ 收敛，所以： $\lim_{n\rightarrow\infty}{\left(1+\frac{1}n\right)}\lim_{n\rightarrow\infty}{\left(1-\frac{1}n\right)}\\ =\lim_{n\rightarrow\infty}{{\left(1+\frac{1}n\right)}^n{\left(1-\frac{1}n\right)}^n}\\ =\lim_{n\rightarrow\infty}{ \left( 1-\frac{1}{n^2} \right)^n }=\lim_{n\rightarrow\infty}{\left[ \left( 1-\frac{1}{n^2} \right)^{n^2}\right ]^{1/n} }=1$
$\blacksquare$

定理6.13 $e$ 是无理数。

定理6.14 $\lim_{n\rightarrow\infty}{\left(1+\frac{1}n\right)^n}=e$
证明设 $e_n=\sum_{k=0}^n{\frac{1}{k!}}\\ a_n=\left(1+\frac{1}n\right)^n,n\ge1\\$
根据二项式定理： $\tag{6.14.1}a_n=1+\sum_{i=1}^n{ \frac{1}{i!}\prod_{j=0}^{i-1}{\left(1-\frac{j}n\right)} }$
根据题6.10知， $a_n$ 收敛，且容易证明 $a_n<e_n$ ，所以： $\tag{6.14.2}a=\lim_{n\rightarrow \infty}{a_n}\le \lim_{n\rightarrow \infty}{e_n}=e$
另一方面，设 $f(m,n)=1+\sum_{i=1}^m{ \frac{1}{i!}\prod_{j=0}^{i-1}{\left(1-\frac{j}n\right)} },m\le n$
显然有 $a>a_n>f(m,n)\\$
当 $n\rightarrow \infty$ 时， $f(m,n)\rightarrow e_m$ ，所以 $\forall m \in \mathbb N,a\ge e_m$ 。所以 $\tag{6.14.3}a\ge \sup e_m=e$
$(6.14.2)(6.14.3)\Rightarrow a=e\Rightarrow \lim_{n\rightarrow\infty}{\left(1+\frac{1}n\right)^n}=e$ ，命题得证。
$\blacksquare$

定理6.15 $\forall x\in \mathbb R,e^x=\lim_{n\rightarrow\infty}{\left(1+\frac{x}n\right)^n}$
证明 1) 先证 $x>0$ 的情况：
设 $f_n(x)=\left(1+\frac{x}n\right)^n$ ，利用二项展开式得：
$f_n(x)=1+x+\frac{1}{2!}\left(1-\frac{1}n\right)x^2+\frac{1}{3!}\left(1-\frac{1}n\right)\left(1-\frac{2}n\right)x^3+...+\frac{1}{n!}\left(1-\frac{1}n\right)\left(1-\frac{2}n\right)...\left(1-\frac{n-1}n\right)x^n$
令 $e_n(x)=1+x+\frac{1}{2!}x^2+...+\frac{1}{n!}x^n$ ，则 $f_n(x)<e_n(x)$
于是， $\lim_{n\rightarrow\infty}{\left(1+\frac{x}n\right)^n}\le \lim_{n\rightarrow\infty}{e_n(x)}$ ，即： $\tag{6.15.1}\lim_{n\rightarrow\infty}{\left(1+\frac{x}n\right)^n}\le e^x$
另一方面，取任意自然数 $m\le n$ ，有 $f_n(x)\ge 1+x+\frac{1}{2!}\left(1-\frac{1}n\right)x^2+\frac{1}{3!}\left(1-\frac{1}n\right)\left(1-\frac{2}n\right)x^3+...+\frac{1}{m!}\left(1-\frac{1}n\right)\left(1-\frac{2}n\right)...\left(1-\frac{m-1}n\right)x^m=f_{n,m}(x)$
所以，任意自然数 $m$ ，有
$\lim_{n\rightarrow \infty}f_n(x)\ge \lim_{n\rightarrow \infty}f_{n,m}(x)=e_m(x)$
所以 $\lim_{n\rightarrow \infty}f_n(x)\ge \lim_{m\rightarrow \infty}e_m(x)$ ，即 $\tag{6.15.2}\lim_{n\rightarrow\infty}{\left(1+\frac{x}n\right)^n}\ge e^x$
$(6.15.1),(6.15.2)\Rightarrow \lim_{n\rightarrow\infty}{\left(1+\frac{x}n\right)^n}=e^x$

2)当 $x<0$ 时，因为 $\lim_{n\rightarrow\infty}{\left(1+\frac{x}n\right)^n}\lim_{n\rightarrow\infty}{\left(1+\frac{-x}n\right)^n}=\lim_{n\rightarrow \infty}{\left(1+\frac{x}n\right)^n\left(1-\frac{x}n\right)^n}=\left[\lim_{n\rightarrow \infty}{\left(1-\frac{x^2}{n^2}\right)^{n^2}}\right]^{1/n}=1$
所以 $\lim_{n\rightarrow\infty}{\left(1+\frac{x}n\right)^n}=\left[\lim_{n\rightarrow\infty}{\left(1+\frac{-x}n\right)^n}\right]^{-1}=[e^{-x}]^{-1}=e^x$
综上所述，命题成立。
$\blacksquare$

定义6.16 （1)令 $S_n=\sum_{k=1}{ a_n}$ ，称 $S_n$ 为级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n \\$
的前 $n$ 项部分和。

(2) 如果 $\lim_{n\rightarrow \infty}{S_n}=S$ ，则称级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n \\$
收敛于 $S$ 。

(3) 如果级数 $\sum_{n=1}^{\infty} |a_n| \\$ 收敛，则称级数
$\sum_{n=1}^{\infty} a_n \\$
绝对收敛。

定理6.17 绝对收敛的级数收敛。
证明设 $\sum_{n=1}^{\infty}{a_n}$ 绝对收敛，可以设 $\tag{6.17.1}\sum_{n=1}^{\infty}{|a_n|}=S'$
取部分和： $\tag{6.17.2}S_n'=\sum_{k=1}^{n}{|a_k|}\\$
$\tag{6.17.3}S_n=\sum_{k=1}^{n}{a_k}\\$
则数列 $\{S_n'\}$ 收敛于 $S'$ ，即 $\lim_{n\rightarrow \infty}S_n'=S'$
于是，根据柯西收敛定理，对于任意 $\epsilon>0$ 存在自然数 $N$ ，当 $n>m>N$ 时，有： $|S_n'-S_m'|<\epsilon\\$
利用(6.17.2)式，有 $|a_{m+1}|+|a_{m+2}|+...+|a_{n}|<\epsilon$
再由绝对不等式缩放： $|S_n-S_m|=|a_{m+1}+a_m+...+a_n|\\ \le |a_{m+1}|+|a_{m+2}|+...+|a_{n}|<\epsilon$
根据柯西收敛定理，得部分和 $\{S_n\}$ 收敛，即级数 $\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ 收敛，得证。
$\blacksquare$

题6.18 讨论以下级数收敛性与绝对收敛性
(1) $\sum_{n=1}^{\infty}{(-1)^{n+1}\frac{1}{n^2}}$
(2) $\sum_{n=1}^{\infty}{(-1)^{n+1}\frac{1}{n}}$
解 (1) 绝对收敛，收敛。(2) 收敛，不绝对收敛。
$\blacksquare$

题6.19 问：全体素数的倒数和是收敛还是发散？

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焦点幸福教师坚持分享第1328天 2020.10.27周二讲了小学二年级数学，《除法的初步认识》这一课，数学素...
不忘初心勤于用心
三年级数学教学，重在初步培养学生的抽象、概括潜力，分析、综合潜力，决定、推理潜力和思维的灵活性，敏捷性等，着...
不忘初心勤于用心
二年级数学教学，重在初步培养学生的抽象、概括潜力，分析、综合潜力，决定、推理潜力和思维的灵活性，敏捷性等，着眼...
级数知识点小结3-傅里叶级数
4. 傅里叶级数 3.1 三角级数傅里叶级数是三角级数的一种，所以先从三角级数开始。概念：形如的级数，其中都是...
无题
报道第一天，校长给我安排了三年级数学和六年级数学，这是个很难受的职务，六年级数学全班36个同学只有6个及格，不知道...
理结与悠的作曲入门讲座（初学作曲理论篇 1-2）
原文地址：初心者理結とハルさんの作曲入門講座第10天：作曲理论初步！音的级数（度）理结：今天作曲讲座的主题是什...