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用比值审敛法或根值审敛法判别下列级数的敛散性
用比值审敛法或根值审敛法判别下列级数的敛散性答案是收敛的，求详细过程
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正项级数敛散性判别方法
高航·浙江大学
阅读数3454
对于无穷序列\(\{a_n\}\)，将其各项依次用加号连接起来的表达式称为级数，常写作\(\sum\limits_{n = 1}^\infty
{{a_n}} \)或者简记为\(\sum a_n\)。将数列前\(n\)项之和称为数列的部分和，即\({S_n} = \sum\limits_{k = 1}^n {{a_k}} \)。如果部分和数列\(\{S_n\}\)收敛于\(S\)，则称级数\(\sum\limits_{n = 1}^\infty
{{a_n}} \)收敛，称\(S\)为级数\(\sum\limits_{n = 1}^\infty
{{a_n}} \)的和。级数对解决很多问题有重要的应用.最首要的是确定级数的敛散性了。
有些正项级数可以通过求部分和数列的和来判断敛散性，但是这种级数比较少，大多数级数是难以直接计算部分和的。这时候，我们就要考虑一些收敛或发散的特殊级数作为&尺子&，通过比较判别法则来判断级数收敛和发散了。
一、利用级数收敛的必要条件
级数收敛的必要条件是数列收敛于0，即若\(\{a_n\}\)收敛，则\(\lim\limits_{n\to\infty}a_n=0\)；由此，如果\(\lim\limits_{n\to\infty}a_n\ne0\)，级数一定发散。所以如果求得数列的极限不为0，可以判定数项级数是发散的。不过如果\(\lim\limits_{n\to\infty}a_n=0\)，这时我们是不能依次下结论的。一般来说不会出现让你判断一个明显可以看出不收敛到0的数列的级数是否收敛于0的问题，因为是很显然的。但是不管怎么说，我们都需要观察数列的通项再决定该怎么做，看它是否收敛于0是顺便可以完成的事情。一旦发现数列不收敛于0，就&找到金矿&了。不过不能指望靠这一点来判断级数发散，很多收敛于0的数列的级数仍然是发散的。
例如，显然级数\(\{\frac{n}{n+1}\}\)是发散的，因为\(\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n}{n+1}=1\ne0\).
二、利用柯西准则判定
（级数收敛的柯西准则）：级数\(\sum\limits_{n = 1}^\infty
{{a_n}} \)收敛的充要条件是：对于任意\(\varepsilon&0\),存在正整数\(N\),使得对任意\(m&N\)和正整数\(p\),\(\left| {{a_{m + 1}} + {a_{m + 2}} +
+ {a_{m + p}}} \right| & \varepsilon \).一般来说，此方法还是需要进行求和的，而很多数列也确实不太容易求和，所以我们也较少利用此方法来判断数列收敛。
例1：判断级数\(\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{\sin2^n}{2^n}\)的敛散性。
分析：这个数列容易放缩，即\(\left| {\sin {2^n}} \right| & 1\)所以可以利用柯西准则判定。
解：对任意\(\varepsilon&0\)
取\(N = \left[ {{{\log }_2}\frac{1}{\varepsilon }} \right]\)，则\(m&N\)时，\(\left| {\sum\limits_{k = m + 1}^{m + p} {\frac{{\sin {2^k}}}{{{2^k}}}} } \right| & \sum\limits_{k = m + 1}^{m + p} {\frac{1}{{{2^k}}}}
& \frac{1}{{{2^m}}} & \varepsilon \)
所以级数\(\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{\sin2^n}{2^n}\)收敛.
三、比较判别法
比较判别法是广泛使用的判断级数敛散性的方法，后面的比值和根值审敛法还是可以归结为比较判别法。比较判别法的原理是根据比较原则和一些已知敛散性的常用级数来判定级数的敛散性。
比较原则：设\(\sum a_n,\sum b_n\)是两个级数，如果存在\(N\),对一切\(n&N\)（即&从某项开始&），\(a_n\leq b_n\)，则如果\(\sum b_n\)收敛，\(\sum a_n\)就收敛；反之，如果\(\sum a_n\)发散，\(\sum b_n\)就发散。这个原则很好理解，可以理解为&更大的级数收敛了那么小的也一定收敛；小一些的级数都发散了，那么比它更大的一定发散&。如果一个级数，我们可以把它的通项和已知敛散性的级数的通项比较，那么就可以判断其敛散性。
实际使用中，利用比较原则的极限形式更方便，即：
设\(\sum a_n,\sum b_n\)是两个级数，若\(\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n}=q\)
(1)\(0&q&+\infty\)时，这两个级数敛散性相同;
(2)\(q=0\)时，如果\(\sum b_n\)收敛，\(\sum a_n\)就收敛
(3)\(q=+\infty\)时，如果\(\sum a_n\)发散，\(\sum b_n\)就发散
比较原则有了，然后我们来看作为判别依据的一些级数的敛散性。它们是用来进行比较的尺度。
(1)几何级数（等比级数）：\(\sum\limits_{n=1}^\infty aq^n\).
容易说明几何级数在\(|q|&1\)时收敛，在\(|q|\geq1\)时发散。
(2)\(p-\)级数，即\(\sum\limits_{n=1}^\infty {1\over n^p}(p&0)\),
在\(p&1\)时收敛，\(p\leq1\)时发散；特别地，\(p=1\)时称其为调和级数。
一般来说我们选择上面两种级数作为比较的&参照物&。
例2：利用比较原则判别下列函数的敛散性
(1)\(\sum {{2^n}\sin \frac{\pi }{{{3^n}}}} \)&
(2)\(\sum(1-\cos{1\over n})\)
(3)\(\sum {\frac{1}{{n\sqrt[n]{n}}}} \)
解析：（1）此时由于\(0&\frac{\pi}{3^n}&\frac{\pi}{2}\)，\(\sin\frac{\pi}{3^n}&\frac{\pi}{3^n}\)，因而\({{2^n}\sin \frac{\pi }{{{3^n}}}} &\pi\left({2\over3}\right)^n\)，而\(\sum\pi\left({2\over3}\right)^n\)是收敛级数，因此级数\(\sum {{2^n}\sin \frac{\pi }{{{3^n}}}} \)收敛。这里是和经典的等比级数作比较。
(2)\(1-\cos{1\over n}=2\sin^2{1\over2n}&2({1\over2n})^2=\frac{1}{2n^2}\)，\(\sum\frac{1}{2n^2}\)收敛，所以\(\sum(1-\cos{1\over n})\)收敛。这里是和\(p-\)级数作比较。
(3)\(\lim\limits_{n\to\infty}\frac{\frac{1}{n\sqrt[n]{n}}}{\frac{1}{n}}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{\sqrt[n]n}=1\)，而调和级数\(\sum\frac{1}{n}\)发散，所以\(\sum {\frac{1}{{n\sqrt[n]{n}}}} \)发散。不容易直接放缩比较的时候用极限形式的比较判别法来判定。
例3：设常数\(\alpha&0\)，判别级数\(\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{\ln n}{n^{1+2\alpha}}\)的敛散性.
解：\(\lim \limits_{n \to \infty } \frac{{\frac{{\ln n}}{{{n^{1 + 2\alpha }}}}}}{{\frac{1}{{{n^{1 + \alpha }}}}}} = \lim \limits_{n \to \infty } \frac{{\ln n}}{{{n^\alpha }}} = 0 &1\)
而\(\sum {\frac{1}{{{n^{1 + \alpha }}}}} \)收敛，所以\(\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{\ln n}{n^{1+2\alpha}}\)收敛。
四、比式判别法
（达朗贝尔）比式判别法本质是以等比级数为&尺子&，衡量级数的敛散性。
（达朗贝尔比式判别法）设\(\sum a_n\)为正项级数，且存在正整数\(N\)使得对于\(n&N\)都有
\(\frac{a_{n+1}}{a_n}=q&1\)，级数收敛；
\(\frac{a_{n+1}}{a_n}\geq1\)，级数发散。
我们一般使用其极限形式.
设\(\sum a_n\)为正项级数，且\(\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=q\)，
\(q&1\)时，级数\(\sum a_n\)收敛；
\(q&1\)或\(q=+\infty\)时，级数\(\sum a_n\)发散；
\(q=1\)时，用比式判别法无法判别级数的敛散性。
什么时候我们用比式判别法呢？如果数列通项出现连乘（比如阶乘）、幂的形式或者相除可以约分的分式，此时比式形式可以约分，容易求极限。这时候使用比式判别法比较好。
例4：判定下列级数的敛散性
(1)\(\sum {\frac{{1 \cdot 3 \cdots (2n - 1)}}{{n!}}} \)
(2)\(\sum {\frac{{(n + 1)!}}{{{{10}^n}}}} \)
这两个级数形式都符合上述的特征，利用比式判别法比较方便
解：(1)\(\lim\limits_{n \to \infty } \frac{{\frac{{1 \cdot 3 \cdots (2n + 1)}}{{(n + 1)!}}}}{{\frac{{1 \cdot 3 \cdots (2n - 1)}}{{n!}}}} =\lim \limits_{n \to \infty } \frac{{2n + 1}}{{n + 1}} = 2 & 1\)，因而级数发散
(2)\(\lim \limits_{n \to \infty } \frac{{\frac{{(n + 2)!}}{{{{10}^{n + 1}}}}}}{{\frac{{(n + 1)!}}{{{{10}^n}}}}} =\lim \limits_{n \to \infty } \frac{{n + 2}}{{10}} = \infty \)，级数发散
五、根值判别法
同比式判别法一样，（柯西）根值判别法的思路也是把等比级数当作参照。
（柯西根值判别法）
设\(\sum a_n\)为正项级数，如果存在正整数\(N\)，使得任意\(n&N\)都有
(1)\(\sqrt[n]{a_n}\leq l&1\)，则级数收敛；
(2)\(\sqrt[n]{a_n}&1\)，则级数发散。
我们更常用其极限形式，即：
设\(\sum a_n\)为正项级数，且\(\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_n}=l\)
\(l&1\)时，级数\(\sum a_n\)收敛；
\(l&1\)时，级数\(\sum a_n\)发散；
\(l=1\)时，无法用根值判别法判别敛散性。
用比式判别法可以判别的情况，都可以用根值判别法；但是一般来说出现\(n\)次方的时候用根值判别法比较方便。如果出现连乘的形式，根值判别法就有些力不从心了，因为不好求极限。所以并不是有了根值判别法，比式判别法就没有用武之地了。很多时候，如果用极限形式，比式判别法的极限更好求。
例5：判别下列级数的敛散性
(1)\({\sum {\left( {\frac{n}{{2n + 1}}} \right)} ^n}\)
(2)\(\sum {\frac{{n!}}{{{n^n}}}} \)
解：（1）\(\lim \limits_{n \to \infty } \sqrt[n]{{{{\left( {\frac{n}{{2n + 1}}} \right)}^n}}} =\lim \limits_{n \to \infty } \frac{n}{{2n + 1}} = \frac{1}{2} & 1\)，级数收敛
(2)\(n\geq2\)时，\(\sqrt[n]{{\frac{{n!}}{{{n^n}}}}} = \frac{{\sqrt[n]{{1 \cdot 2 \cdots n}}}}{n} & \frac{{\frac{{1 + 2 +
+ n}}{n}}}{n} = \frac{{n + 1}}{{2n}} \leqslant \frac{3}{4} & 1\)，级数收敛。
注：（2）中不容易求极限，但是用根值判别法时候可以通过基本不等式放缩，所以不用极限形式。反之，可以由此得到\(\lim \limits_{n \to \infty } \frac{{n!}}{{{n^n}}} = 0\)，所以有时候也可以通过证明级数收敛来证明序列收敛于0.
积分判别法
设\(f\)是\([1,+\infty)\)上的非负减函数，那么正项级数\(\sum f(n)\)与反常积分\(\int_1^{+\infty}f(x)\mathop{d} x\)同时收敛或同时发散。
当级数通项所对应函数容易求积分的时候，用积分判别法就比较方便了。这要求我们对积分很熟悉。一般来说，分母出现\(\ln n\)多用积分判别法。
例6：讨论级数\(\sum\limits_{n=2}^\infty\frac{1}{n(\ln n)^p}\)的敛散性。
解：考虑反常积分\(\int_2^{ + \infty } {\frac{{dx}}{{x{{(\ln x)}^p}}}}
= \int_2^{ + \infty } {\frac{{d(\ln x)}}{{{{(\ln x)}^p}}} = \int_{\ln 2}^{ + \infty } {\frac{{du}}{{{u^p}}}} } \)，在\(p&1\)时收敛，\(p\leq1\)时发散。因而级数在\(p&1\)时收敛，\(p\leq1\)时发散。
总结：判别正项级数敛散性是常见的一类问题，其实除了这些判别方法还有其他判别法，只不过本文没有涉及，考察也偏少。这几种判别方式，只要理解了原理就不难记住了，根据通项特征选择合适的判别法。
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还没解决or用着不爽？来撩根值审敛法
Root value method
以上为机器翻译结果，长、整句建议使用
根值审敛法是判别级数敛散性的一种方法，由法国数学家柯西首先发现。
以上来源于：
$firstVoiceSent
- 来自原声例句
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用根值审敛法判定级数的敛散性:∑(n/2n+1)^n
lim[:(n/2n+1)^n]^(1/n)=lim(n/(2n+1))=1/2
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因为当n趋于无穷时,π／2^n趋于0所以根据等价无穷小的代换：sint〜t（t—＞0）,有sin[π /(2^n)]〜π /(2^n)（n—＞无穷）所以[∞ ∑ n=1] sin[π /(2^n)]的敛散性与[∞ ∑ n=1] π /(2^n)相同因为0＜1／2＜1,所以[∞ ∑ n=1]
an=(n!)^2/[(2n)!]an+1/an=[(n+1)!]^2/[(2n+2)!]/(n!)^2/[(2n)!]= [(n+1)!/n!]^2*[(2n)!/(2n+2)!]=(n+1)^2/(2n+1)(2n+2)lim(n→∞)an+1/an=lim(n→∞) (n+1)^2/(2n+1)(2n+2)=1/
[∞ ∑ n=1] 1 / [(2n+1)] > [∞ ∑ n=1] 1 / [(2n+2)]= (1/2)[∞ ∑ n=1] 1 / [(n+)] = (1/2)[∞ ∑ n=2] (1 / n)后者为调和级数（是p=1时得p级数）,发散,故原级数发散.
后项与前项的比值=1/[(2n+2)(2n+3)]趋于0
下图提供一个两种方法的总结表格.并用两种方法分别解答了上面的三道题,欢迎追问.&点击放大： 再问： 第二题中这个怎么化简出来哒。。看不懂。。能不能用用limUn+1/Un，虽然你用limUn/Un-1的方法其实一样的，但是真心看得不习惯。。 再答： 1、无穷大n开n次方，等于1； 2、无穷大n开(n-1)次方
比值判别法判定级数的敛散性就是：后项比前项的极限,小于1收敛,大于1发散1.lim(n→+∞)u(n+1)/u(n)=lim(n→+∞)[5^(n+1)/(6^(n+1)-5^(n+1))]/[5^n/(6^n-5^n)]=lim(n→+∞)5[1-(5/6)^n]/[6-5(5/6)^n]=5/6＜1,故级数收敛2.
设lim(n→∞) un^(1/n)＝ρ＜1,则对于ε：0＜ε＜1－ρ,存在正整数N,当n＞N时,un^(1/n)＜ρ＋ε＜1,所以,un＜(ρ＋ε)^n,因为∑(ρ＋ε)^n收敛,所以∑un收敛若ρ＞1,则由极限的保号性,存在正整数N,当n＞N时,un^(1/n)＞1,所以un＞1,所以un的极限不可能是0,所以∑u
1.n>=2时,sin（pie/n)^2
再问： 老师～第五题的极值趋近无穷大怎么得出来的啊啊 再答： 再问： 谢谢老师的解答！谢谢
&亲,记得采纳哦. 再问： 1/(n+1)*(n+4)呢？ 再答： 一样的，发散。方法同上，乘以n取极限，如果极限>0或为正无穷大，那么就发散。再问： 这个应该是收敛吧！1/（n+1）*（n+4）乘上n^2变成lim(n→无穷）n^2/(n^2+5n+4)=1 再答： 对不起，这个是我的失误，我还把上面看作有
后一项比前一项,极限是二分之一,所以收敛.
(2•n^n) / (n+1)^n=2/(1+1/n)^n(分子,分母同除以n^n),而(1+1/n)^n是单调递增有界数列,极限是e(n趋于无穷时）
对∑(2^n)/n!则an=(2^n)/n!因为a(n+1)/an=[(2^(n+1))/(n+1)!]/[(2^n)/n!]=2/(n+1)所以lim[a(n+1)/an]=lim[(2^(n+1))/(n+1)!]/[(2^n)/n!]=lim[2/(n+1)]=0
n/(3n+1)显然是从1/4到1/3的,n无穷大时极限为1/3,其上界小于1,因此原式是绝对收敛的；我不记得学过这个方法,可能当时学的时候不叫这个名字.百科了一下算法直接就发过来了…… 再问： 嗯嗯，我就是觉得答案有问题才问的，谢啦
因为1/n^(1/2)>1/n (n=1,2,3,...)而∑1/n发散,由比较审敛法知∑1/n^(1/2)发散,即∑1/[2n^(1/2)]发散又因为1/(n^(1/2)+n^(1/3)>1/[2n^(1/2)] (n=1,2,3,...)由比较审敛法知∑[1/(n^(1/2)+n^(1/3)]发散
无穷级数取值范围 理应是有理数 自然对数对应的收敛级数必须有阶乘 圆周率对应的收敛级数恰恰相反 有理数无穷相加和 是实数 实数的分类应从无穷级数角度去分类
没有仔细推敲
设原级数是∑an,其中an=(n+3) / [n(n+1)(n+2)]构造级数∑bn ,其中bn=1/(n^2)lim {n->无穷大} an/bn =lim {n->无穷大} [(n^2)(n+3)] / [n(n+1)(n+2)]=1由于∑bn收敛,所以原级数也收敛