级数

级数

有趣数列题

专业数学小灰灰 回复了问题 • 2 人关注 • 1 个回复 • 797 次浏览 • 2016-11-10 23:46 • 来自相关话题

一个极限证明

专业数学妖心儿 回复了问题 • 6 人关注 • 2 个回复 • 1729 次浏览 • 2016-09-08 16:04 • 来自相关话题

级数敛散性问题

大学数学妖心儿 回复了问题 • 2 人关注 • 1 个回复 • 726 次浏览 • 2016-08-08 15:28 • 来自相关话题

一道求极限题目

大学数学小灰灰 回复了问题 • 1 人关注 • 1 个回复 • 907 次浏览 • 2016-04-17 01:01 • 来自相关话题

一个组合极限题目

回复

大学数学ゞ灬若心╰→ 发起了问题 • 1 人关注 • 0 个回复 • 876 次浏览 • 2016-04-13 10:54 • 来自相关话题

大学数学 级数

大学数学donkeycn 回复了问题 • 2 人关注 • 1 个回复 • 879 次浏览 • 2016-04-05 16:19 • 来自相关话题

一道级数收敛试题

回复

专业数学代数龙 发起了问题 • 2 人关注 • 0 个回复 • 770 次浏览 • 2015-12-24 20:50 • 来自相关话题

一道级数绝对收敛与函数关系试题

专业数学Math001 回复了问题 • 2 人关注 • 1 个回复 • 841 次浏览 • 2015-12-19 16:40 • 来自相关话题

一个级数收敛性的问题

回复

专业数学为梦而活 发起了问题 • 1 人关注 • 0 个回复 • 618 次浏览 • 2015-12-17 22:13 • 来自相关话题

令{pn}为一个正实数序列,证明若级数∑(pn^-1)收敛,则级数

大学数学妖心儿 回复了问题 • 2 人关注 • 1 个回复 • 1119 次浏览 • 2015-12-11 21:38 • 来自相关话题

条新动态, 点击查看
妖心儿

妖心儿 回答了问题 • 2015-10-09 20:30 • 1 个回复 不感兴趣

单调函数与无穷级数结合的一个问题

赞同来自:

观察三组数:
$(1)\cfrac 1{k+m}, \cfrac 2{k+m},\cdots, \cfrac {k+m-1}{k+m},1.\\
(2)\cfrac 1k,\cfrac 2k,\cdots, \cfrac {k-1}k,1.\\
(3)\cfr... 显示全部 »
观察三组数:
$(1)\cfrac 1{k+m}, \cfrac 2{k+m},\cdots, \cfrac {k+m-1}{k+m},1.\\
(2)\cfrac 1k,\cfrac 2k,\cdots, \cfrac {k-1}k,1.\\
(3)\cfrac 1m,\cfrac 2m,\cdots,\cfrac {m-1}m,1.$
从第一组数中任取$\cfrac p{k+m},$
由$\cfrac {p_1}k<\cfrac p{k+m}, \cfrac {p_2}m<\cfrac p{m+k}$可得$p_1+p_2<p.$
此式即是说(2)(3)两组数中比$\cfrac p{k+m}$小的数不超过$p-1$个, 于是不小于$\cfrac p{k+m}$的数至少有$m+k+1-p$个.

将(1)中的最大的数与(2)(3)中任取一个不比他小的数配对, 然后将这两个数从三组数中剔除,

继续在(1)中取最大的数与(2)(3)中任取一个不比它小的数配对. 由前面的论证这显然是可以做到的.

于是我们就证明了(1)中的数可以与(2)(3)中的数配对, 使得每一对中的(1)中的数不大于(2)(3)中的数.

对于整数$q\ge 0$,
$(1)q+\cfrac 1{k+m},q+\cfrac 2{k+m},\cdots, q+\cfrac {k+m-1}{k+m},q+1.\\
(2)q+\cfrac 1k,q+\cfrac 2k,\cdots, q+\cfrac {k-1}k,q+1.\\
(3)q+\cfrac 1m,q+\cfrac 2m,\cdots,q+\cfrac {m-1}m,q+1.$
即每个数都加上q之后仍然有相同的配对结论.

这样我们就有$\sum\limits_{n=1}^k f(\cfrac 1{q+\frac nk})+\sum\limits_{n=1}^m f(\cfrac 1{q+\frac nm})\le \sum\limits_{n=1}^{k+m} f(\cfrac 1{q+\frac {n}{k+m}}).$
也即
$\sum\limits_{n=1}^k f(\cfrac k{kq+n})+\sum\limits_{n=1}^m f(\cfrac m{mq+n})\le \sum\limits_{n=1}^{k+m} f(\cfrac {k+m}{(k+m)q+n}).$

对q从0到$\infty$进行求和,即可得结论.
妖心儿

妖心儿 回答了问题 • 2015-10-09 01:00 • 1 个回复 不感兴趣

级数与极限一题

赞同来自:

$n\ge m,\\
\cfrac {n^2}{\frac 1{a_1}+\frac 1{a_2}+\cdots+\frac 1{a_n}}=\cfrac {n^2}{(n-m+1)^2}\cfrac {(n-m+1)^2}{(\frac 1{a_1}+\cd... 显示全部 »
$n\ge m,\\
\cfrac {n^2}{\frac 1{a_1}+\frac 1{a_2}+\cdots+\frac 1{a_n}}=\cfrac {n^2}{(n-m+1)^2}\cfrac {(n-m+1)^2}{(\frac 1{a_1}+\cdots+\frac 1{a_m})+\frac 1{a_{m+1}}+\cdots+\frac 1{a_n}}\\
\le\cfrac {n^2}{(n-m+1)^2}(\cfrac 1{\frac 1{a_1}+\cdots+\frac 1{a_m}}+a_{m+1}+\cdots+a_n)\\
\le\cfrac {n^2}{(n-m+1)^2}(a_m+a_{m+1}+\cdots+a_n).\\
n\to\infty,\\
\limsup\limits_{n\to\infty}\cfrac {n^2}{\frac 1{a_1}+\frac 1{a_2}+\cdots+\frac 1{a_n}}\le\sum\limits_{k=m}^{\infty} a_k.\\
m\to\infty\Rightarrow\lim\limits_{n\to\infty}\cfrac {n^2}{\frac 1{a_1}+\frac 1{a_2}+\cdots+\frac 1{a_n}}=0.
$
Math001

Math001 回答了问题 • 2015-10-07 17:30 • 1 个回复 不感兴趣

关于级数的和函数一题求解

赞同来自:

第一题,注意到
$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \cfrac{n^2+1}{2^n(n!)}x^n=\sum\limits_{n=1}^{\infty} \cfrac{n(n-1)+n+1}{n!}(\dfrac{x}{2})^n$

... 显示全部 »
第一题,注意到
$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \cfrac{n^2+1}{2^n(n!)}x^n=\sum\limits_{n=1}^{\infty} \cfrac{n(n-1)+n+1}{n!}(\dfrac{x}{2})^n$

$=\sum\limits_{n=2}^{\infty} \cfrac{1}{(n-2)!}(\dfrac{x}{2})^n+\sum\limits_{n=1}^{\infty} \cfrac{1}{(n-1)!}(\dfrac{x}{2})^n+\sum\limits_{n=1}^{\infty} \cfrac{1}{n!}(\dfrac{x}{2})^n$

$=\sum\limits_{n=0}^{\infty} \cfrac{1}{n!}(\dfrac{x}{2})^{n+2}+\sum\limits_{n=0}^{\infty} \cfrac{1}{n!}(\dfrac{x}{2})^{n+1}+\sum\limits_{n=1}^{\infty} \cfrac{1}{n!}(\dfrac{x}{2})^n$

$=(\dfrac{x}{2})^2\sum\limits_{n=0}^{\infty}\cfrac{1}{n!}(\dfrac{x}{2})^{n}+(\dfrac{x}{2})\sum\limits_{n=0}^{\infty} \cfrac{1}{n!}(\dfrac{x}{2})^{n}+\sum\limits_{n=1}^{\infty} \cfrac{1}{n!}(\dfrac{x}{2})^n$

$=\dfrac{x^2}{4}e^{\frac{x}{2}}+\dfrac{x}{2}e^{\frac{x}{2}}+e^{\frac{x}{2}}-1$

第二题注意到,级数满足微分方程
$y^{(4)}=y+1$
妖心儿

妖心儿 回答了问题 • 2015-11-13 00:42 • 1 个回复 不感兴趣

北京师范大学1999分析一题

赞同来自:

$n\le x\le n+1$时,
$0\le\cfrac 1{n^{1+p}}-\cfrac 1{x^{1+p}}\\
=-(1+p)\xi^{-(2+p)}(n-x)\\
=\cfrac{1+p}{\xi^{2+p}}(x-n)\\
\le\cfrac {... 显示全部 »
$n\le x\le n+1$时,
$0\le\cfrac 1{n^{1+p}}-\cfrac 1{x^{1+p}}\\
=-(1+p)\xi^{-(2+p)}(n-x)\\
=\cfrac{1+p}{\xi^{2+p}}(x-n)\\
\le\cfrac {1+p}{n^{2+p}}(x-n)\\
\le\cfrac 2{n^2}(x-n)$

对x在[n,n+1]积分,$0\le\cfrac 1{n^{1+p}}-\int_n^{n+1}\cfrac 1{x^{1+p}}dx\le\cfrac 1{n^2}\\
\Rightarrow 0\le\sum\limits_{n=N+1}^{\infty}\cfrac 1{n^{1+p}}-\int_{N+1}^{\infty}\cfrac 1{x^{1+p}}dx\le\cfrac 1N$

$|\sum\limits_{n=1}^{\infty}\cfrac 1{n^{1+p}}-\cfrac 1p-C_0|=|\sum\limits_{n=1}^{\infty}\cfrac 1{n^{1+p}}-\int_{1}^{\infty}\cfrac 1{x^{1+p}}dx-C_0|\\
\le|\sum\limits_{n=1}^{N}\cfrac 1{n^{1+p}}-\int_{1}^{N+1}\cfrac 1{x^{1+p}}dx-C_0|+|\sum\limits_{n=N+1}^{\infty}\cfrac 1{n^{1+p}}-\int_{N+1}^{\infty}\cfrac 1{x^{1+p}}dx|\\
\le|\sum\limits_{n=1}^{N+1}\cfrac 1{n^{1+p}}-\int_{1}^{N}\cfrac 1{x^{1+p}}dx-C_0|+\cfrac 1N$

$\limsup\limits_{p\to 0^+}|\sum\limits_{n=1}^{\infty}\cfrac 1{n^{1+p}}-\cfrac 1p-C_0|\\
\le\limsup\limits_{p\to 0^+}|\sum\limits_{n=1}^{N}\cfrac 1{n^{1+p}}-\int_{1}^{N+1}\cfrac 1{x^{1+p}}dx-C_0|+\cfrac 1N\\
=|\sum\limits_{n=1}^{N}\cfrac 1{n}-\int_{1}^{N+1}\cfrac 1{x}dx-C_0|+\cfrac 1N\\
=|\sum\limits_{n=1}^{N}\cfrac 1{n}-ln(N+1)-C_0|+\cfrac 1N$

令$N\to\infty$得$\limsup\limits_{p\to 0^+}|\sum\limits_{n=1}^{\infty}\cfrac 1{n^{1+p}}-\cfrac 1p-C_0|=0$
即$\lim\limits_{p\to 0^+} \sum\limits_{n=1}^{\infty}\cfrac 1{n^{1+p}}-\cfrac 1p=C_0$.
$\cfrac 1{S_{n-1}}-\cfrac 1{S_n}=\cfrac{p_n}{S_nS_{n-1}}\ge\cfrac{p_n}{S_n^2}$
$\cfrac{n^2p_n}{S_n^2}\le\cfrac{n^2}{S_{n-1}}-\cfra... 显示全部 »
$\cfrac 1{S_{n-1}}-\cfrac 1{S_n}=\cfrac{p_n}{S_nS_{n-1}}\ge\cfrac{p_n}{S_n^2}$
$\cfrac{n^2p_n}{S_n^2}\le\cfrac{n^2}{S_{n-1}}-\cfrac {n^2}{S_n}=\cfrac {(n-1)^2}{S_{n-1}}-\cfrac {n^2}{S_n}+\cfrac {2n-1}{S_{n-1}}$
$S_n(\cfrac {1^2}{a_1}+\cfrac{2^2}{a_2}+\cdots+\cfrac{n^2}{a_n})\ge(1+2+\cdots+n)^2=\cfrac{n^2(n+1)^2}4$
$\cfrac n{S_n}\le\cfrac 4{n(n+1)^2}(\cfrac {1^2}{p_1}+\cfrac{2^2}{p_2}+\cdots+\cfrac{n^2}{p_n})$
$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\cfrac n{S_n}\le\sum\limits_{n=1}^{\infty}\cfrac 4{n(n+1)^2}(\cfrac {1^2}{p_1}+\cfrac{2^2}{p_2}+\cdots+\cfrac{n^2}{p_n})=\sum\limits_{n=1}^{\infty}\sum\limits_{m=1}^n\cfrac 4{n(n+1)^2}\cfrac{m^2}{p_m}$
$=\sum\limits_{m=1}^{\infty}\sum\limits_{n=m}^{\infty}\cfrac 4{n(n+1)^2}\cfrac{m^2}{p_m}\le\sum\limits_{m=1}^{\infty}\sum\limits_{n=m}^{\infty}2(\cfrac 1{n^2}-\cfrac 1{(n+1)^2})\cfrac{m^2}{p_m}=2\sum\limits_{m=1}^{\infty} \cfrac1{p_n}$
Math001

Math001 回答了问题 • 2015-12-19 16:40 • 1 个回复 不感兴趣

一道级数绝对收敛与函数关系试题

赞同来自:

充分性

如果$f(0)=f'(0)=0$

则$|a_n|=|f(\frac{1}{n})-f(0)| = \dfrac{1}{n}|f'(\xi_n)|=\dfrac{1}{n}|f'(\xi_n)-f'(0)|$,其中$0<\xi_n<\d... 显示全部 »
充分性

如果$f(0)=f'(0)=0$

则$|a_n|=|f(\frac{1}{n})-f(0)| = \dfrac{1}{n}|f'(\xi_n)|=\dfrac{1}{n}|f'(\xi_n)-f'(0)|$,其中$0<\xi_n<\dfrac{1}{n}$

设$f''(0)=A$,若$A\not=0$则

则任取$\epsilon>0$(不妨$\epsilon<|A|$)

有当$n$充分大的时候:$|\dfrac{f'(\xi_n)-f'(0)}{\xi_n}-A|<\epsilon$

得到 $\xi_n(A-\epsilon)<f'(\xi_n)<\xi_n(A+\epsilon)$

得到$|f'(\xi_n)|<\dfrac{|A|}{2}\xi_n<\dfrac{|A|}{2n}$

于是$|a_n|=\dfrac{1}{n}|f'(\xi_n)|<\dfrac{|A|}{2n^2}$,

得到级数的绝对收敛性。

$A=0$,相同讨论,充分性证毕。


必要性用反证法,若$f(0)=K\not=0$,则又连续性,当$n$充分大时:

$|a_n|=|f(\frac{1}{n})-f(0)+f(0)|>|K|-|f(\frac{1}{n})-f(0)|>|K|-\dfrac{|K|}{2}=\dfrac{|K|}{2}$

若$f(0)=0,f'(0)=L\not=0$

则同样由连续性,有当$n$充分大时:

$|a_n|=|f(\frac{1}{n})-f(0)|=\dfrac{1}{n}|f'(\xi_n)-f'(0)+f'(0)|$

$>\dfrac{1}{n}(|f'(0)|-|f'(\xi_n)-f'(0)|)\ge \dfrac{|L|}{2n}$

其中$\xi_n\in(0,\dfrac{1}{n})$

无论怎么样,$|a_n|$不绝对收敛。

证毕。
donkeycn

donkeycn 回答了问题 • 2016-04-05 16:19 • 1 个回复 不感兴趣

大学数学 级数

赞同来自:

(1)$\sum_{1}^{+∞}$$\cfrac{n}{({2n-1})^{2}(2n+1)^2}$
=$\cfrac{1}{8}$$\sum_{1}^{+∞}$$(\cfrac{1}{({2n-1})^2}-\cfrac{1}{({2n+1})^2})$
... 显示全部 »
(1)$\sum_{1}^{+∞}$$\cfrac{n}{({2n-1})^{2}(2n+1)^2}$
=$\cfrac{1}{8}$$\sum_{1}^{+∞}$$(\cfrac{1}{({2n-1})^2}-\cfrac{1}{({2n+1})^2})$
=$\cfrac{1}{8}$$((1-\cfrac{1}{9})+(\cfrac{1}{9}-\cfrac{1}{25})+(\cfrac{1}{25}-\cfrac{1}{49})+......)$
=$\cfrac{1}{8}$

(2)$\sum_{1}^{+∞}$$\cfrac{1}{n(n+1)(n+2)}$
=$\cfrac{1}{2}$$\sum_{1}^{+∞}$$\cfrac{(n+2)-n}{n(n+1)(n+2)}$
=$\cfrac{1}{2}$$\sum_{1}^{+∞}$$(\cfrac{1}{n(n+1)}-\cfrac{1}{(n+1)(n+2)})$
=$\cfrac{1}{2}$$\cdot$$\cfrac{1}{2}$
=$\cfrac{1}{4}$
小灰灰

小灰灰 回答了问题 • 2016-04-17 01:01 • 1 个回复 不感兴趣

一道求极限题目

赞同来自:

$\lim\limits_{n\to \infty}n\bigl(\begin{smallmatrix}\cfrac{e}{e-1}-\sum_{k=1}^{n}{(\cfrac{k}{n})}^{n}\end{smallmatrix}\bigr)
=\lim... 显示全部 »
$\lim\limits_{n\to \infty}n\bigl(\begin{smallmatrix}\cfrac{e}{e-1}-\sum_{k=1}^{n}{(\cfrac{k}{n})}^{n}\end{smallmatrix}\bigr)
=\lim\limits_{n\to \infty}n\bigl(\begin{smallmatrix}\sum_{k=0}^{\infty}{e}^{-k}-\sum_{k=0}^{n-1}{(1-\cfrac{k}{n})}^{n}\end{smallmatrix}\bigr)
\\=\lim\limits_{n\to \infty}n\bigl(\begin{smallmatrix}\sum_{k=0}^{n-1}{e}^{-k}-{(1-\cfrac{k}{n})}^{n}+\sum_{k=n}^{\infty}{e}^{-k}\end{smallmatrix}\bigr)
=\lim\limits_{n\to \infty}n\bigl(\begin{smallmatrix}\sum_{k=0}^{n-1}{e}^{-k}(1-{(1-\cfrac{k}{n})}^{n}{e}^{k})\end{smallmatrix}\bigr)$$
\\=\lim\limits_{n\to \infty}n\bigl(\begin{smallmatrix}\sum_{k=0}^{n-1}{e}^{-k}(-ln{(1-\cfrac{k}{n})}^{n}-k+O({(-ln{(1-\cfrac{k}{n})}^{n}-k)}^{2})\end{smallmatrix}\bigr)$$
=\lim\limits_{n\to \infty}n\bigl(\begin{smallmatrix}\sum_{k=0}^{n-1}{e}^{-k}(n(\cfrac{k}{n}+\cfrac{{k}^{2}}{2{n}^{2}}+O(\cfrac{{k}^{3}}{3{n}^{3}}))-k+O({(-ln{(1-\cfrac{k}{n})}^{n}-k)}^{2})\end{smallmatrix}\bigr)$$
\\=\lim\limits_{n\to \infty}n\bigl(\begin{smallmatrix}\sum_{k=0}^{n-1}{e}^{-k}(\cfrac{{k}^{2}}{2n}+O(\cfrac{{k}^{3}}{{n}^{2}}))+O({(\cfrac{{k}^{2}}{2n})}^{2})\end{smallmatrix}\bigr)$$
=\lim\limits_{n\to \infty}\sum_{k=0}^{n-1}{e}^{-k}\cfrac{{k}^{2}}{2}+\cfrac{O(\sum_{k=0}^{n-1}{e}^{-k}{k}^{3})}{n}+\cfrac{O(\sum_{k=0}^{n-1}{e}^{-k}{k}^{4})}{4n}
\\=\lim\limits_{n\to \infty}\sum_{k=0}^{n-1}{e}^{-k}\cfrac{{k}^{2}}{2}
=\sum_{k=0}^{\infty}{e}^{-k}\cfrac{{k}^{2}}{2}
=S=\sum_{k=1}^{\infty}{e}^{-k+1}\cfrac{{(k-1)}^{2}}{2}
\\=eS-\sum_{k=1}^{\infty}{e}^{-k+1}\cfrac{2k-1}{2}
=\cfrac{1}{2e-2}\sum_{k=1}^{\infty}{e}^{-k+1}(2k-1)
\\=\cfrac{1}{2e-2}\sum_{k=0}^{\infty}{e}^{-k}(2k+1)
=\cfrac{1}{2e-2}+{e}^{-1}S+\cfrac{1}{2e-2}\sum_{k=1}^{\infty}2{e}^{-k}
\\=\cfrac{1}{1-{e}^{-1}}\cfrac{1}{2e-2}(1+\sum_{k=1}^{\infty}2{e}^{-k})
=\cfrac{{e}^{-1}({e}^{-1}+1)}{2{(1-{e}^{-1})}^{3}}


$
妖心儿

妖心儿 回答了问题 • 2016-08-07 12:34 • 1 个回复 不感兴趣

级数敛散性问题

赞同来自:

$a_n=\begin{cases}1&n=2^k,k\in\mathbb{N}^*\\\dfrac{1}{2^n}&其他\end{cases}$



收敛

$a_n=1$

发散
$a_n=\begin{cases}1&n=2^k,k\in\mathbb{N}^*\\\dfrac{1}{2^n}&其他\end{cases}$



收敛

$a_n=1$

发散

有趣数列题

回复

专业数学小灰灰 回复了问题 • 2 人关注 • 1 个回复 • 797 次浏览 • 2016-11-10 23:46 • 来自相关话题

一个极限证明

回复

专业数学妖心儿 回复了问题 • 6 人关注 • 2 个回复 • 1729 次浏览 • 2016-09-08 16:04 • 来自相关话题

级数敛散性问题

回复

大学数学妖心儿 回复了问题 • 2 人关注 • 1 个回复 • 726 次浏览 • 2016-08-08 15:28 • 来自相关话题

一道求极限题目

回复

大学数学小灰灰 回复了问题 • 1 人关注 • 1 个回复 • 907 次浏览 • 2016-04-17 01:01 • 来自相关话题

一个组合极限题目

回复

大学数学ゞ灬若心╰→ 发起了问题 • 1 人关注 • 0 个回复 • 876 次浏览 • 2016-04-13 10:54 • 来自相关话题

大学数学 级数

回复

大学数学donkeycn 回复了问题 • 2 人关注 • 1 个回复 • 879 次浏览 • 2016-04-05 16:19 • 来自相关话题

一道级数收敛试题

回复

专业数学代数龙 发起了问题 • 2 人关注 • 0 个回复 • 770 次浏览 • 2015-12-24 20:50 • 来自相关话题

一道级数绝对收敛与函数关系试题

回复

专业数学Math001 回复了问题 • 2 人关注 • 1 个回复 • 841 次浏览 • 2015-12-19 16:40 • 来自相关话题

一个级数收敛性的问题

回复

专业数学为梦而活 发起了问题 • 1 人关注 • 0 个回复 • 618 次浏览 • 2015-12-17 22:13 • 来自相关话题

令{pn}为一个正实数序列,证明若级数∑(pn^-1)收敛,则级数

回复

大学数学妖心儿 回复了问题 • 2 人关注 • 1 个回复 • 1119 次浏览 • 2015-12-11 21:38 • 来自相关话题