32.求证:
(i)$$1-frac{1}{2}+frac{1}{3}-frac{1}{4}+cdots=ln 2$$
(ii)$$1-frac{1}{3}+frac{1}{5}-frac{1}{7}+cdots=frac{pi}{4}$$
证明:
$$sum_{1}^{infty}frac{(-1)^{n-1}}{n}x^{n}=ln (1+x);sum_{0}^{infty}frac{(-1)^{n}}{2n+1}x^{2n+1}=arctan x \,\,(|x|leq 1)$$
由Abel第二定理即命题 14知结论成立.
注意: 有理数对加法不是封闭的,如果考虑无穷多个进行运算.
由著名极限
$$lim_{n oinfty}left(1+frac{1}{n}
ight)^{n}=e$$
知有理数对乘法也不是封闭的.
33. 试求级数$1-frac{1}{4}+frac{1}{7}-frac{1}{10}+cdots$的和.
解答: 设
$$f(x)=x-frac{1}{4}x^{4}+frac{1}{7}x^{7}-frac{1}{10}x^{10}+cdot (|x|<1)$$
从而
$$f'(x)=1-x^{3}+x^{6}-x^{9}+cdots=frac{1}{1+x^{3}}\,\,(|x|<1)$$
利用有理函数积分理论求得
$$f(x)=frac{1}{sqrt{3}}arctan left(frac{-1+2x}{sqrt{3}}
ight)+frac{1}{3}ln (1+x)-frac{1}{6}ln (1-x+x^{2})+C$$
由$f(0)=0$定出
$$C=frac{pi}{6sqrt{3}}$$
由Abel第二定理知
$$1-frac{1}{4}+frac{1}{7}-frac{1}{10}+cdots=lim_{x o 1^{-}}f(x)=frac{1}{3}ln 2+frac{pi}{3sqrt{3}}$$
34. 求证$$sumlimits_{1}^{infty}(-1)^{frac{1}{2}n(n-1)}frac{1}{n}=frac{pi}{4}-frac{1}{2}ln 2$$
证明: 设
$$f(x)=x-frac{1}{2}x^{2}-frac{1}{3}x^{3}+frac{1}{4}x^{4}+frac{1}{5}x^{5}-frac{1}{6}x^{6}-
frac{1}{7}x^{7}+cdots \,\,(|x|<1)$$
则
$$f'(x)=1-x-x^{2}+x^{3}+x^{4}-x^{5}-cdots$$
绝对收敛的级数可以调换求和次序,取上式奇数项相加,偶数项相加得
$$f(x)=frac{1}{1+x^{2}}-frac{x}{1+x^{2}}=frac{1-x}{1+x^{2}}$$
由于$f(0)=0$,
$$f(x)=int_{0}^{x}frac{1-x}{1+x^{2}}dx=arctan x-frac{1}{2}ln(1+x^{2})$$
由Abel第二定理知
$$sumlimits_{1}^{infty}(-1)^{frac{1}{2}n(n-1)}frac{1}{n}=lim_{x o 1^{-}}f(x)=frac{pi}{4}-frac{1}{2}ln 2$$
注意: 在原级数基础上调换次序也可得结果.不绝对收敛的级数并非都不可调换次序.
35. 设$a>-1,b>-1,a
eq b$。求证
$$sum_{n=1}^{infty}frac{1}{(n+a)(n+b)}=frac{1}{b-a}int_{0}^{1^{-}}frac{x^{a}-x^{b}}{1-x}dx$$
证明:
$$sum_{n=1}^{infty}frac{1}{(n+a)(n+b)}=frac{1}{b-a}sum_{n=1}^{infty}
left(frac{1}{n+a}-frac{1}{n+b}
ight)$$
左边级数的收敛性是显然的.
设
$$f(x)=frac{1}{b-a}sum_{n=1}^{infty}
left(frac{x^{n+a}}{n+a}-frac{x^{n+b}}{n+b}
ight)\,\,(|x|<1)$$
则
$$f'(x)=frac{1}{b-a}sum_{n=1}^{infty}
left(x^{n+a-1}-x^{n+b-1}
ight)\,\,(|x|<1)=frac{x^{a}-x^{b}}{1-x}$$
由Abel第二定理
$$sum_{n=1}^{infty}frac{1}{(n+a)(n+b)}=lim_{x o1^{-}}f(x)=frac{1}{b-a}int_{0}^{1^{-}}frac{x^{a}-x^{b}}{1-x}dx$$
36. 试证
$$1-frac{1}{2}+frac{1cdot 3}{2cdot 4}-frac{1cdot 3cdot 5}{2cdot 4cdot 6 }+cdots=frac{1}{sqrt{2}}$$
证明: 由广义的二项式定理
$$(1-x)^{-frac{1}{2}}=sum_{0}^{infty}inom{-frac{1}{2}}{k}(-1)^{k}x^{k}$$
其中
$$inom{-frac{1}{2}}{k}=frac{left(-frac{1}{2}
ight)left(-frac{1}{2}-1
ight)cdotsleft(-frac{1}{2}-k+1
ight)}{k!}$$
由Abel第二定理知
$$sum_{n=0}^{infty}frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}x^{n}=lim_{x o -1^{+}}(1-x)^{-frac{1}{2}}=frac{1}{sqrt{2}}$$
37. 试证
$$frac{1}{2cdot 3}-frac{2}{3cdot 4}+frac{3}{4cdot 5}-frac{4}{5cdot 6}+cdots=3ln 2 -2$$
证法一：
egin{align*}
sum_{1}^{infty}(-1)^{n}frac{n}{(n+1)(n+2)}&=sum_{1}^{infty}(-1)^{n}left(frac{n}{n+1}-frac{n}{n+2}
ight)\
&=2sum_{1}^{infty}(-1)^{n-1}frac{1}{n+2}-sum_{1}^{infty}(-1)^{n-1}frac{1}{n+1}\
&=3ln 2 -2
end{align*}
证法二: 设
$$f(x)=sum_{1}^{infty}(-1)^{n-1}frac{n}{(n+1)(n+2)}x^{n+1}$$
则
egin{align*}
f'(x)&=sum_{1}^{infty}(-1)^{n-1}frac{n}{n+2}x^{n}\
&=sum_{1}^{infty}(-1)^{n-1}x^{n}-frac{2}{x^{2}}sum_{1}^{infty}frac{x^{n+2}}{n+2}\
&=frac{x}{1+x}-frac{2}{x^{2}}left(ln (1+x)-x+frac{1}{2}x^{2}
ight)\
&=frac{2}{x}-frac{1}{1+x}-frac{2}{x^{2}}ln (1+x)
end{align*}
所以
$$f(x)=ln(1+x)+frac{2ln(1+x)}{x}+C$$
由$f(0)=0$定的$C=-2$.利用Abel第二定理即得结论.
38. 设当$n$增大时正值连续的函数列$v_{n}(x)$为单调下降($0<x<1)$, 又设
$$lim_{x o 1^{-}}v_{n}(x)=1\,\,(n=0,1,2,3cdots)$$
则当$sum a_{n}$收敛时有
$$lim_{x o 1^{-}}sum_{n=0}^{infty}a_{n}v_{n}(x)=sum_{n=0}^{infty}a_{n}$$
证明: 此命题为推广的Abel第二定理即命题 14. 证明方法亦类似,关键在于证明一致收敛性.
由Cauchy收敛准则知,任意$varepsilon>0$,存在$N$,当$n,m>N$时
$$left|sum_{k=n}^{m}a_{k}
ight|<varepsilon$$
利用$v_{n}(x)$的非负单调性和命题4, 和式估计
$$left|sum_{n}^{m}a_{k}v_{k}(x)
ight|leq v_{0}(x)cdot varepsilonleq Mcdot varepsilon$$
其中$M=max{v_{0}(x),0<1-deltaleq xleq 1}$.这个$M$是存在的.因为$lim_{x o 1^{-}}v_{0}(x)=1$.
故级数$sum a_{n}v_{n}(x)$内闭一致收敛.
$$lim_{x o 1^{-}}sum_{0}^{infty}a_{n}v_{n}(x)=sum_{0}^{infty}a_{n}lim_{x o 1^{-}}v_{n}(x)=sum_{0}^{infty}a_{n}$$
39. (Stolz) 设级数$sum na_{n}$为收敛.又设
$$f(x)=sum a_{n}x^{n}\,\,(|x|<1)$$
则
$$sum_{1}^{infty}na_{n}=lim_{x o 1^{-}}frac{f(1)-f(x)}{1-x}$$
证明:$sum a_{n}=sum na_{n}frac{1}{n}$.若$sum na_{n}$收敛则$sum a_{n}$收敛.
设
$$v_{n}(x)=frac{1-x^{n}}{n(1-x)}$$
则对固定的$x$而言$v_{n}(x)$单调递减,且由L'Hospital法则知$limlimits_{x o 1^{-}}v_{n}(x)=1$.
由广义的Abel第二定理即命题38知
$$sum_{1}^{infty}na_{n}=lim_{x o 1^{-}}sum_{1}^{infty}(na_{n})frac{1-x^{n}}{n(1-x)}=lim_{x o 1^{-}}sum_{1}^{infty}a_{n}frac{1-x^{n}}{1-x}=lim_{x o 1^{-}}frac{f(1)-f(x)}{1-x}$$
40. 试证:
$$lim_{x o 1^{-}}sum_{1}^{infty}(-1)^{n-1}frac{x^{n}}{n(1+x^{n})}=lim_{x o 1^{-}}sum_{1}^{infty}(-1)^{n-1}frac{x^{n}(1-x)}{1-x^{2n}}=frac{1}{2}ln 2$$
证明:
$$lim_{x o 1^{-}}sum_{1}^{infty}(-1)^{n-1}frac{x^{n}}{n(1+x^{n})}=frac{1}{2}lim_{x o 1^{-}}sum_{1}^{infty}frac{(-1)^{n-1}}{n}frac{2x^{n}}{1+x^{n}}$$
设$v_{n}=frac{2x^{n}}{1+x^{n}}$.则$v_{n}geq 0$且
$$frac{v_{n}(x)}{v_{n-1}(x)}=frac{x+x^{n}}{1+x^{n}}<1\,\,(|x|<1)$$
由广义的Abel第二定理知
$$lim_{x o 1^{-}}sum_{1}^{infty}(-1)^{n-1}frac{x^{n}}{n(1+x^{n})}=frac{1}{2}sum_{1}^{infty}frac{(-1)^{n-1}}{n}=frac{1}{2}ln 2$$
从此题的做法中可以看到,$v_{n}$的非负递减性以及收敛性起决定性作用,收敛值不影响极限符号与求和符号的交换. 这一点从命题 38的证明中也可以看出来.类似地，第二个等式可证.
41. (Possion) 试证当$0< heta<2pi$时
$$lim_{x o 1^{-}}left(frac{1}{2}+sum_{n=1}^{infty}r^{n}cos n heta
ight)=0$$
$$lim_{r o 1^{-}}sum_{n=1}^{infty}r^nsin n heta=frac{1}{2}cot frac{ heta}{2}$$
证明: 级数$sum r^{n}cos n heta$与$sum r^{n}sin n heta \,\,(|r|<1)$时收敛.
$$frac{1}{1-re^{i heta}}=sum_{0}^{infty}(re^{i heta})^{n}=sum_{0}^{infty}r^{n}cos n heta+isum_{0}^{infty}r^{n}sin n heta$$
而
$$frac{1}{1-re^{i heta}}=frac{1-rcos heta}{1-2rcos heta+r^{2}}+ifrac{rsin heta}{1-2rcos heta+r^{2}}$$
对应虚实部相等,求得
$$frac{1}{2}+sum_{n=1}^{infty}r^{n}cos n heta=frac{1}{2}frac{1-r^{2}}{1-2rcos n heta+r^{2}}$$
$$sum_{n=1}^{infty}=frac{sin heta}{2(1-cos heta)}=frac{1}{2}cot frac{ heta}{2}$$
取极限
$$lim_{x o 1^{-}}left(frac{1}{2}+sum_{n=1}^{infty}r^{n}cos n heta
ight)=0$$
$$lim_{r o 1^{-}}sum_{n=1}^{infty}r^nsin n heta=frac{1}{2}cot frac{ heta}{2}$$
注意: 若$sum a_{n}$收敛则
$$lim_{x o 1^{-}}a_{n}x^{n}=sum a_{n}$$
$$lim_{x o 1^{-}}a_{n}v_{n}(x)=sum a_{n}$$
当$sum a_{n}$在一般意义下求和发散时,左边的极限仍可能存在. 我们不妨叫它作级数的广义和(Abel-Possion和).同理根据
$$frac{s_{1}+s_{2}+cdots+s_{n}}{n}$$
收敛性与$s_{n}$收敛性之间的关系可以定义一个广义和.当然还有其它定义广义和的方法.