正项级数敛散性最有力的判别法?
By 苏剑林 | 2013-05-17 | 93891位读者 |在学习正项级数的时候,我们的数学分析教材提供了各种判别法,比如积分判别法、比较判别法,并由此衍生出了根植法、比值法等,在最后提供了一个比较精细的“Raabe判别法”。这些方法的精度(强度)各不相同,一般认为“Raabe判别法”的应用范围最广的。但是在我看来,基于p级数的比较判别法已经可以用于所有题目了,它才是最强的方法。
p级数就是我们熟悉的
$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^p}$$
通过积分判别法可以得到当p>1时该级数收敛,反之发散。虽然我不能证明,但是我觉得以下结论是成立的:
若正项级数$\sum_{n=1}^{\infty} a_n$收敛,则总可以找到一个常数A以及一个大于1的常数p,使每项都有$a_n < \frac{A}{n^p}$。
而p级数是通过积分判别法证明其敛散性的,因此最最本质的应该是积分判别法,但是它不便于应用,因此我们只谈“基于p级数的比较判别法”。
下面举一个例子来说明怎么找到A和p。
$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!} \frac{1}{2n+1}$$
其中!!是双阶乘,即$n!! =n(n-2)(n-4)...$。上述级数是收敛的,但是上述级数条件很强,一般的判别法都不适用了,书本上是用Raabe判别法判断的,说明它是一个收敛速度比较慢的级数。下面用比较判别法证明其收敛性。
设
$$\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!} \frac{1}{2n+1} < \frac{A}{n^p}$$
主要考虑数学归纳法,即n+1时有:
$$\frac{(2n+1)!!}{(2n+2)!!} \frac{1}{2n+3} < \frac{A}{(n+1)^p}$$
两边相除,得出由前者推出后者的一个充分条件是:
$$(\frac{2n+1}{2n+2})(\frac{2n+1}{2n+3}) < (\frac{n}{n+1})^p$$
总可以选择充分小但是大于1的p使上式恒成立的,我们先来估计一下p。我们将其改成:
$$(\frac{2+\frac{1}{n} }{2+\frac{2}{n}})(\frac{2+\frac{1}{n}}{2+\frac{3}{n}}) < (\frac{1}{1+\frac{1}{n}})^p$$
两边都以$\frac{1}{n}$展开(注意我们现在是估计,还不是证明)
$$1-\frac{1.5}{n} < 1-\frac{p}{n}$$
初步的估计是p=1.5即可,当然保险起见也可以取p=1.4、1.3等。但是事实是p=1.5时不等式
$$(\frac{2n+1}{2n+2})(\frac{2n+1}{2n+3}) < (\frac{n}{n+1})^p$$
已经恒成立了(证明不详写了,挺简单的证明)。怎么选取A呢?事实上,选好了p之后,我们只要选择足够大的A使$\frac{A}{n^p}$的第一项大于原级数的第一项即可,这里比较简单,取1即可。于是我们的证明就完成了,即通过构造
$$\frac{(2n+1)!!}{(2n+2)!!} \frac{1}{2n+3} < \frac{1}{(n+1)^{1.5}}$$
完成了证明。
另一方面,证明发散就更容易了,因为我们并不需要选择合适的p(p=1),只需要挑选适当的A即可!
结论
当然,本文指出p级数比较判别法最强只是一个猜测,是不是存在一个正项级数不能用该方法判别,我无法得知。但是从我的做题经验来看,还没有遇到过不能用该方法判别的例子。如果读者能够找到这样一个反例,那就更加完美了。
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May 18th, 2013
根据我做题的经验~~我也觉得有这样一个规律~~并且我也常用类似你的方法去构造p级数来证明敛散性~~虽然我也不知道如何去证明或者证伪~~
嗯嗯,我的个人感觉是这是一个相当有力的方法,而且对锻炼构造例子的能力很有帮助。
May 23rd, 2013
博主的那个猜测是可以证明的,但我觉得这个方法关键的地方在那个估计那儿。。(可惜木有详细过程,不知道是怎么展开得到下面的式子的)。。因为不知道是如何估计的,所以也不知道博主的估计方法是否可以估计出非常接近1的p。。我觉得如果没有普适的估计方法,那这个方法也就是普通构造法中的一种了,远没有Raabe简单快速。不过为了锻炼构造能力,我也很少用判别法的。
May 23rd, 2013
而且A的一般求法不会只要看第一项就可以求得的,如果估算的p值对应的级数,开始一段比目标级数增加慢一些的话,从第一项得出的A就不会使每一项都比目标级数大。
你说得很对,但是反过来,我记得是可以用本文的比较判别法证明Raabe判别法的,这符合本文的目的:我只是想展示一下该比较判别法的有效性而已。
我觉得构造过程就是通过数学归纳法了,然后通过泰勒级数展开就可以大概估计p的值了,本文已经通过例子展示了这个过程。这个过程通常是有效的,因为p只要足够接近于1即可。
我倒是对该猜测的证明很感兴趣,你能不能提供相关资料呢?^_^
May 24th, 2013
先假设目标正项级数∑a(n)收敛且收敛于K(不妨设K大于1,K的值可以通过改变第一项来变化),再设一个p级数的函数zeta(x)(定义域为(1,+∞),函数在定义域内连续)为∑1/(n^x),n取从1到+∞的整数。于是当x→1时zeta(x)→+∞;当x→+∞时zeta(x)→1,即值域为(1,+∞)。由于K∈(1,+∞),故存在x1∈(1,+∞),使zeta(x1)>K,即p=x1。于是存在N,当n>N时有1/(n^x1)>a(n)。接下来考察两级数中n∈[1,N]的项,因为是有限项,所以可以求出A,使A/(n^x1)>a(n) (n∈[1,N])
不妨设A>1,则A/(n^x1)>a(n) (n>N) (PS:就是从这里可知A的选择要考察前N项)。故存在p(=x1),A.使A/(n^x1)>a(n) (n>1).
我读懂你的意思了,你是说如果两个收敛级数如果$\sum_{n=1}^{\infty}a_n > \sum_{n=1}^{\infty}b_n$,根据有n>N时,$a_n >b_n$。
确实很妙,基于zeta(x)的连续性,真想不到呀!谢谢你的证明,受教了^_^希望以后多多交流。
May 24th, 2013
对于zeta函数在(1,+∞)上的连续性,我觉得是显然的,所以就不证了
May 24th, 2013
博主我错了~~刚才上课的时候无聊,结果构造了一个反例,我回头一看发现证明是错的,原因是我在使用极限时无意中把函数换掉了。反例是这样的:n为非平方数时a(n)=1/(n!);n为平方数时,a(n)=1/(n!)+1/n.a(n)收敛于(π^2)/6+e-1.因为我取了调和级数的平方项,所以当n为平方数且趋向正无穷时,A也趋向无穷大。博主我错了~~
我刚好像也发现你上面证明的一个错误:
“于是存在N,当n>N时有1/(n^x1)>a(n)。”
这结论不一定正确。即$(\sum_{n=1}^{\infty} a_n )> 0$不能推出存在N使得n>N时有$a_n >0$。
至于这个反例,让我再想想.....
你这个反例似乎已经可以推翻我们之前的猜测了。当然,这是形式上的,而不是实质上的,比如我们可以把平方项中的$1/n$拆开若干项分配到前几项中等等。
这个反例也只是推翻了那个猜测而已,影响不到p级数证敛方法的有效性,我也只是从这个方法的直接应用形式上提出这个反例的,这个反例只要把它分成两个级数分别证敛就行了。其实相较于用一个普适的方法,我更觉得分析题目的特点再针对特点解决问题更有趣,我也不想用书上的判别法,不过我从未想过把自己的方法总结起来,所以很是佩服博主。我是通过找“积分符号内取微分”这个方法才找到这个blog的,然后果断收藏了。后来看到博主和我同届我还很是吃惊,感到自己还很是不足,特别是学数学的激情,我身边的同学都很懒散,所以看到博主的努力很是感慨,与君共勉吧
恩恩,与君共勉。
不过,在不绝对收敛的情况下是不能随便分拆一个级数为两个级数的,也不能随便重排,每进行这样的操作都需要一步证明(当然,这没有实质上 的 困难)...
我们这里使用的级数都是正项级数,不会有条件收敛的
May 30th, 2013
幼稚,1/xlnx?我是说楼主以前有过很多精彩的发现,但是。现在都是2013年了,哎
May 30th, 2013
你看你能说1/xlnx
很好,谢谢你的例子,这也是一个反例,是一个发散的反例,十分感谢。不过怎么说,我只是作为猜测提出来的,我的洞察力不强,因此不一定能够提出对的猜想。
June 25th, 2013
如果没有证明的话,有再多的反例有何用。p=np? 还谈什么完美? 楼主说话得负责,别误导了学生
我已经强调过这是猜测,而且我已经打了问号。我自己都不确定,放到这里和大家探讨的...
April 28th, 2014
终于也上到了,你们讲的这个东西了
也想过,
感觉也是很有意思的