中册 6.1 数项级数的敛散性 第10题

\section*{解题过程：} （1）因 $\displaystyle \left\{\frac{\ln n}{n^{p}}\right\}$ 单调递减，且 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\ln n}{n}=0$ ．由由莱布尼兹判别法得 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n} \frac{\ln n}{n^{p}}$ 收玫．但是 $\displaystyle \left|(-1)^{n} \frac{\ln n}{n^{p}}\right| \geqslant \frac{1}{n^{p}}$ ，且 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{p}}$ 发散，所以 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n} \frac{\ln n}{n}$ 条件收玫。 （2） $\displaystyle \sin \left(\pi \sqrt{n^{2}+1}\right)=(-1)^{n} \sin \left(\pi \sqrt{n^{2}+1}-n \pi\right)=(-1)^{n} \sin \left(\frac{\pi}{\sqrt{n^{2}+1}+n}\right)$ ． 因为 $\displaystyle \left\{\sin \left(\frac{\pi}{\sqrt{n^{2}+1}+n}\right)\right\}$ 为单调递减趋于 0 的数列，于是 $\sum_{n=1}^{\infty} \sin \left(\pi \sqrt{n^{2}+1}\right)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n} \sin \left(\pi \sqrt{n^{2}+1}\right)$收玫。 但因 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow+\infty} n\left|\sin \left(\pi \sqrt{n^{2}+1}\right)\right|=\lim _{n \rightarrow+\infty} n \sin \frac{\pi}{\sqrt{n^{2}+1}+n}=\frac{\pi}{2}$ ，且级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 发散，由比较判别法知 $\sum_{n=1}^{\infty}\left|\sin \left(\pi \sqrt{n^{2}+1}\right)\right|$ 发散。因此级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \sin \left(\pi \sqrt{n^{2}+1}\right)$ 条件收敛。 （3） $\displaystyle \tan \left(\sqrt{n^{2}+\lambda} \pi\right)=\tan \left(\sqrt{n^{2}+\lambda} \pi-n \pi\right)=\tan \frac{\lambda}{\sqrt{n^{2}+\lambda}+n} \pi$ ． 因 $\displaystyle \left\{\tan \frac{\lambda}{\sqrt{n^{2}+\lambda}+n} \pi\right\}$ 为单调递减趋于 0 的数列，于是 $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n} \tan \left(\sqrt{n^{2}+\lambda} \pi\right)$ 收玫。 又 $\displaystyle \tan \frac{\lambda \pi}{\sqrt{n^{2}+\lambda}+n} \sim \frac{\lambda \pi}{\sqrt{n^{2}+\lambda}+n} \sim \frac{\pi \lambda}{2 n}$ ，且级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\lambda}{2 n}$ 发散，所以级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\left|(-1)^{n} \tan \left(\sqrt{n^{2}+\lambda} \pi\right)\right|$发散． 综上可知，级数 $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n} \tan \left(\sqrt{n^{2}+\lambda} \pi\right)$ 条件收玫。 （4）$\displaystyle \frac{(-1)^{n}}{\sqrt{n}+(-1)^{n}}=(-1)^{n} \frac{\sqrt{n}-(-1)^{n}}{n-1}=\frac{(-1)^{n} \sqrt{n}}{n-1^{\circ}}+\frac{1}{n-1}$ ． 由于 $\displaystyle \left(\frac{\sqrt{x}}{x-1}\right)^{\prime}=\frac{\frac{1}{2 \sqrt{x}} \cdot(x-1)-\sqrt{x}}{(x-1)^{2}}=\frac{-1-x}{2 \sqrt{x}(x-1)^{2}}<0(x>1)$ ，由莱布尼兹判别法，$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n} \frac{\sqrt{n}}{n-1}$ 收玫．而 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n-1}$ 发散，故原级数发散． （5）记 $\displaystyle u_{n}=\frac{1}{n}\left(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}\right)$ ，则 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} u_{n}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n}\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}\right)=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n}\left(\ln n+c+\varepsilon_{n}\right)=0$ ，其中 $\lim _{n \rightarrow \infty} \varepsilon_{n}=0$. 由于 $$ \begin{aligned} u_{n+1}-u_{n} & =\frac{1}{n+1}\left(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}+\frac{1}{n+1}\right)-\frac{1}{n}\left(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}\right) \\ & =\frac{1}{(n+1) n}\left[\left(n+\frac{n}{2}+\cdots+\frac{n}{n}+\frac{n}{n+1}\right)-\left(n+1+\frac{n+1}{2}+\cdots+\frac{n+1}{n}\right)\right] \\ & =\frac{1}{(n+1) n}\left[\frac{n}{n+1}-\left(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}\right)\right]<0 \end{aligned} $$ 所以 $u_{n}>u_{n+1}$ ．由莱布尼兹判别法，级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n} \frac{1}{n}\left(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}\right)$ 收玫。 又 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} n u_{n}=\lim _{n \rightarrow \infty}\left(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}\right)=\infty$ ，且级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 发散，由比较判别法可知 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\left|(-1)^{n} \frac{1}{n}\left(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}\right)\right|$ 发散．因此级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n} \frac{1}{n}\left(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}\right)$ 条件收敛． （6）由 Taylor 公式得 $\displaystyle \sin x=x-\frac{1}{3!} x^{3}+o\left(x^{4}\right)$ ．于是 $$ (-1)^{n+1} n\left(1-n \sin \frac{1}{n}\right)=(-1)^{n+1} n\left[1-n\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{6 n^{3}}+o\left(\frac{1}{n^{4}}\right)\right)\right]=(-1)^{n+1} \frac{1}{6 n}+o\left(\frac{1}{n^{2}}\right) . $$ 故级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1} n\left(1-n \sin \frac{1}{n}\right)$ 条件收玫。 （7）当 $x=0$ 时，$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n} \sin \frac{x}{n}$ 绝对收敛； 当 $x \neq 0$ 时，不妨设 $x>0, \exists N>0$ ，当 $n>N$ 时有 $\displaystyle 0<\frac{x}{n}<\frac{\pi}{2}$ ，故 $\displaystyle \left\{\sin \frac{x}{n}\right\}$ 关于 $n$ 单调减少趋于 0 ．由莱布尼兹判别法知 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n} \sin \frac{x}{n}$ 收玫。 又因为 $\displaystyle \left|(-1)^{n} \sin \frac{x}{n}\right|=\left|\sin \frac{x}{n}\right| \sim \frac{|x|}{n}(n \rightarrow \infty)$ ，而 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x}{n}$ 发散，故级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n} \sin \frac{x}{n}$ 条件收敛． （8）$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\left|\frac{(-1)^{n}}{2^{\ln n}}\right|=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2^{\ln n}}$ ，又 $\displaystyle \frac{1}{2^{\ln n}}>\frac{1}{\mathrm{e}^{\ln n}}=\frac{1}{n}$ ，级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 发散，故原级数非绝对收玫。 又 $\displaystyle \left\{\frac{1}{2^{\ln n}}\right\}$ 单调减少趋于 0 ，由莱布尼兹判别法知级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{2^{\ln n}}$ 收玫．所以级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{2^{\ln n}}$ 条件收玫。 （9）当 $x=0$ 时，级数绝对收敛； 当 $x \neq 0$ 时，由于 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x}{2 n^{n}}$ 收玫，$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \sin \frac{x}{n}$ 发散，所以级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{x}{2 n^{n}}+\sin \frac{x}{n}\right)$ 发散。 （10）由于 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{\frac{(\ln n)^{3}}{(\ln 3)^{n}}}=\frac{1}{\ln 3} \lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{(\ln n)^{3}}=\frac{1}{\ln 3}<1$ ，所以 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n} \frac{(\ln n)^{3}}{(\ln 3)^{n}}$ 绝对收敛。 （11）由于 $\{\arctan n\}$ 单调有界，$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{\sqrt{n}}$ 收玫，由阿贝尔判别法知级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n} \frac{\arctan n}{\sqrt{n}}$ 收玫。 又 $\displaystyle \left|(-1)^{n} \frac{\arctan n}{\sqrt{n}}\right|=\frac{\arctan n}{\sqrt{n}} \sim \frac{\pi}{2} \frac{1}{\sqrt{n}}(n \rightarrow \infty)$ ，且 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\pi}{2} \frac{1}{\sqrt{n}}$ 发散，级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\left|(-1)^{n} \frac{\arctan n}{\sqrt{n}}\right|$ 发散． 所以级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n} \frac{\arctan n}{\sqrt{n}}$ 条件收玫。 （12）由于 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n} \frac{1}{n}$ 收玫，$\displaystyle \left\{\frac{a}{1+a^{n}}\right\}$ 单调有界，由阿贝尔判别法知级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n} \frac{1}{n} \frac{a}{1+a^{n}}$ 收敛。