关于第一次数学培训的总结
p 级数
调和级数不收敛
奇偶法
下面的级数称之为p 级数
\[
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^s} = 1 + \frac{1}{2^s} + \frac{1}{3^s} + \cdots + \frac{1}{n^s} + \cdots
\]
不过有一点我们欺骗了大家,其实它的完全体是:
Riemann-Zeta函数
如下
\(\(\zeta(s)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^s} = 1 + \frac{1}{2^s} + \frac{1}{3^s} + \cdots + \frac{1}{n^s} + \cdots\)\)
首先我们考虑调和级数:
\[
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}
\]
假设我们能使它收敛到一个值\(A\),那么我们可以拆分上面的级数为下面两个级数
\[
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2n-1}+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2n}
\]
我们将后者提出一个\(\frac{1}{2}\)来:
\[
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2n-1}+\frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}
\]
假设前面的级数的收敛值为\(A'\),因为每一个奇数项都大于对应的偶数项,自然
\[
A'> \frac{A}{2}
\]
所以根据收敛级数的四则运算规则
\[
A'+\frac{A}{2}>A
\]
所以奇数项与偶数项的和的收敛值必然比\(A\)来的大,这和我们假设\(A\)是调和级数的收敛值是矛盾的,因此,调和级数不收敛.
关于调和级数的补充
事实上,\(\zeta(s)\)是一个复值函数,由于我们上面的讨论,实质上不存在\(\zeta(1)\)
2 幂次拆分法
事实上,我们利用下面的关系
\[
\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\frac{1}{n+3}\cdots +\frac{1}{2n}\geq\frac{n}{2n}=\frac{1}{2}
\]
此时实质上揭示了调和级数每一个夹在 2 幂次之间的分母之间的分数的和总是大于\(\frac{1}{2}\)
因而对调和级数作\(2^{k}\)幂次拆分(这种拆分可以作无数次,所以就有\(k\to \infty\)),就可以得出:
\[
H_{2n}\geq\frac{k}{2}(k\to \infty)
\]
这已经上无界了,肯定不收敛.
p 级数的敛散性
s<1 的情况
对于\(s<1\)的情况,我们对每一个\(n\),都有:
\[
\frac{1}{n^{s}}>\frac{1}{n}
\]
利用级数比较,我们自然可以得到此时依然发散.
s>1 的情况
我们同样使用二幂次拆分,假设\(s=1+\sigma\),
\[
\frac{1}{(n+1)^{\sigma}}+\frac{1}{(n+2)^{\sigma
}}+\frac{1}{(n+3)^{\sigma
}}\cdots +\frac{1}{(2n)^{\sigma
}}\geq\frac{n}{n^{s
}}=\frac{1}{n^{\sigma}}
\]
现在去掉前两项作二幂次拆分,自然地
我们有后面作为等比级数:
\[
\frac{1}{3^s} + \frac{1}{4^s}; \frac{1}{5^s} + \frac{1}{6^s} + \frac{1}{7^s} + \frac{1}{8^s}; \frac{1}{9^s} + \cdots + \frac{1}{16^s}; \cdots; \frac{1}{(2^{k-1} + 1)^s} + \cdots + \frac{1}{(2^k)^s}; \cdots
\]
由于\(s=1+\sigma\),所以他们一定小于对应的\(\sigma\)几何级数:
\[
\frac{1}{3^\sigma} + \frac{1}{4^\sigma} + \frac{1}{5^\sigma} + \frac{1}{6^\sigma} + \frac{1}{7^\sigma} + \frac{1}{8^\sigma} + \frac{1}{9^\sigma} + \cdots + \frac{1}{16^\sigma} + \cdots + \frac{1}{(2^{k-1} + 1)^\sigma} + \cdots + \frac{1}{(2^k)^\sigma} + \cdots
\]
自然地,我们有上面的级数和小于下面的表达式
\[
L=1+\frac{1}{2^s}+\frac{\frac{1}{2^\sigma}}{1-\frac{1}{2^\sigma}}
\]
所以级数是收敛的.
p 级数是一个很有用的比较级数.
关于题单上的习题A
A2-1
\[
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{3^{\log(n)}}
\]
这题不难,关键是它不长\(p\)级数的样子,得把它化过去.
注意到:
\[
3^{\log(n)}=\exp(\log(3)\cdot\log(n))=\exp(\log(n)\cdot\log(3))=n^{\log(3)}
\]
所以上面的级数就等价于:
\[
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{\log(3)}}
\]
那么这就是我们上面讲过的幂级数,由于\(\log(3)>1\).
因此,我们有原级数收敛.
A2-2
\[
\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{(\log n)^{\log n}}
\]
这题和上面的有嘛区别,无非化成
\[
\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{{n}^{\log(\log n)}}
\]
那实际上我们就是看\(\log(\log n)\)的情况
首先,我们注意到\(n\)一定是比\(\log(\log n)\)更高阶的无穷大,所以我们考虑其与\(n^{2}\)的关系,注意到对于极限做分析
\[
\lim_{n\to \infty}\frac{n^{2}}{n^{\log\log n}}
\]
上面的极限一定为 0,如果你注意不到,我们可以这么玩一下:
\[
\lim_{n\to \infty}n^{2-\log(n)}
\]
当\(n\to +\infty\)时,自然有\(2-\log(n)\to -\infty\),即自然的我们在求
\[
n^{-\infty}
\]
的极限.这看起来是一个不定形,但是实际上我们对它进行一定的变形,变为
\[
\lim_{n\to \infty} \exp(\log(n)\cdot(2-\log(n)))=\exp(2\log(n)-\log^{2}(n))
\]
由于此时内部的式子是平方项目占主导,变成负无穷,极限化成
\[
\lim_{n\to \infty} \exp(-\infty)=0
\]
所以\(n^{2}\)的增长是不如\(n^{\log\log n}\)的,因而我们认为 \(\displaystyle\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{(\log n)^{\log n}}\) 是一个比 \(\displaystyle\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n^{2}}\) 还要更弱的级数,后者已然是收敛的,自然前者也一定收敛啦.
A2-3
\[
\sum_{n=3}^{\infty} \frac{1}{(\log n)^{\log \log n}}
\]
我们发现上面的交换形式不起作用,现在我们借着这个题目做一下含指对级数的处理,无非下列两种
- 交换指数中真数和底数
- 换底
- \(e^{\log a}\)型代换
我们发现换底带来不必要的麻烦(换成 10 那么级数的式子反而变得更复杂),交换真数和底数不改变式子的结构,相当于什么都没做,所以只能先尝试写成\(e^{\log a}\)的结构,即
\[
\sum_{n=3}^{\infty} \frac{1}{\exp((\log \log n)^{2})}
\]
我们希望吧二次嵌套的\(\log\log\)可以被化简为一次的,这样可以将\(\exp\)函数消去把真数脱出来分析,因而,我们现在要比较\((\log\log(n))^2\)和\(\log(n)\)的关系.
自然地,我们就去讨论
\[
\lim_{n\to \infty} \frac{(\log\log(n))^2}{\log(n)}
\]
求一次导数
\[
2\lim_{n\to \infty} \frac{\log\log(n)}{\log(n)}
\]
上下再求一次导数
\[
2\lim_{n\to \infty} \frac{\frac{1}{n\log n}}{\frac{1}{n}}=2\lim_{n\to \infty}\frac{1}{\log(n)}=0
\]
所以可以认为当\(n\)充分大的时候
\[
\exp((\log\log(n))^2)<\exp(\log(n))=n
\]
所以可以认为,\(\displaystyle\sum_{n=3}^{\infty}\frac{1}{\exp((\log\log(n))^2)}\)是一个比\(\displaystyle\sum_{n=3}^{\infty}\frac{1}{n}\)还要强的级数,后者已然发散,前者必然发散.
级数的等价量代换判别法
我们有的时候需要利用已知的等价代换来研究我们的级数敛散性,因而我们需要先介绍一下下列在高数中不太件的等价量
两个 Wallis 等价式
首先我们从我们熟悉的 Wallis 公式出发,首先我们要证明 Wallis 公式:
\[
\lim_{n \to \infty} \frac{1}{2n+1} \left[ \frac{2 \cdot 4 \cdot \cdots \cdot (2n)}{1 \cdot 3 \cdot \cdots \cdot (2n-1)} \right]^2 = \frac{\pi}{2}
\]
Wallis 公式的第一种证明