交错级数的一道题目,书上的答案总觉得有问题,书上是条件收敛

交错级数的一道题目,书上的答案总觉得有问题,书上是条件收敛
交错级数的一道题目,书上的答案总觉得有问题,
书上是条件收敛

交错级数的一道题目,书上的答案总觉得有问题,书上是条件收敛
首先问一下书上的答案是什么?
令a取一个特殊的值,比如1.事实上,由于n＜√（n²+1）＜n+1,所以当n为奇数时,记n=2k-1,k∈N+,则（2k-1）π＜√（n²+1）×π＜2kπ,在区间（（2k-1）π,2kπ）上,sinx＜0,所以sin（√（n²+1）×π）＜0；当n为偶数时,记n=2k,k∈N+,则2kπ＜√（n²+1）×π＜（2k+1）π,在区间（2kπ,2（k+1）π）上,sinx＞0,所以sin（√（n²+1）×π）＞0.故级数∑sin（√（n²+1）×π）为交错级数；因为0≤|sin（√（n²+1）×π）-0|=|sin（√（n²+1）×π）-sinnπ|=2|cos（√（n²+1）+n）π/2）sin（√（n²+1）-n）π/2）|≤2|sin（√（n²+1）-n）π/2|≤（√（n²+1）-n）π=π/（√（n²+1）+n））,而lim0=0,limπ/（√（n²+1）+n））=0（n→∞）,所以lim（n→∞）sin（√（n²+1）×π）=0；所以只要能证明|sin（√（n²+1）×π）|＞|sin（√（（n+1）²+1）×π）|,即可由莱布尼兹判别法证明级数∑sin（√（n²+1）×π）收敛.下面证明这一点.|sin（√（n²+1）×π）|=|sin（（√（n²+1）+1）π）|,由于对任意正整数n,恒有n＜√（n²+1）＜n+1/2,所以（n+1）π＜√（（n+1）²+1）×π＜（n+1）π+π/2,（n+1）π＜（√（n²+1）+1）×π＜（n+1）π+π/2.当n为奇数时,记n=2k-1,k∈N+,则有2kπ＜√（（n+1）²+1）×π＜2kπ+π/2,2kπ＜（√（n²+1）+1）×π＜2kπ+π/2,在区间（2kπ,2kπ+π/2）上,sinx＞0且单调递增,又因为（√（（n+1）²+1））×π＜（√（n²+1）+1）×π,所以0＜sin（（√（（n+1）²+1））×π）＜sin（（√（n²+1）+1）×π）,即|sin（（√（（n+1）²+1））×π）|＜|sin（（√（n²+1）+1）×π）|,所以|sin（（√（（n+1）²+1））×π）|＜|sin（（√（n²+1）×π）|；用类似的方法,可证明当n为偶数时,同样有|sin（（√（（n+1）²+1））×π）|＜|sin（（√（n²+1）×π）|.从而由莱布尼兹判别法,原级数收敛.至于是否是绝对收敛,还需进一步证明.
对于一般情形,取正整数N=[a²-1/4],则当n＞N时,有n＜√（n²+a²）＜n+1/2,去掉级数∑sin（√（n²+a²）×π）的前N项,得到一个新级数.由上面的证明,新级数是收敛的,从而原级数也是收敛的.

如图

令a取一个特殊的值，比如1。事实上，由于n＜√（n²+1）＜n+1，所以当n为奇数时，记n=2k-1，k∈N+，则（2k-1）π＜√（n²+1）×π＜2kπ，在区间（（2k-1）π，2kπ）上，sinx＜0，所以sin（√（n²+1）×π）＜0；当n为偶数时，记n=2k，k∈N+，则2kπ＜√（n²+1）×π＜（2k+1）π，在区间（2kπ，2（k+1）π）...

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令a取一个特殊的值，比如1。事实上，由于n＜√（n²+1）＜n+1，所以当n为奇数时，记n=2k-1，k∈N+，则（2k-1）π＜√（n²+1）×π＜2kπ，在区间（（2k-1）π，2kπ）上，sinx＜0，所以sin（√（n²+1）×π）＜0；当n为偶数时，记n=2k，k∈N+，则2kπ＜√（n²+1）×π＜（2k+1）π，在区间（2kπ，2（k+1）π）上，sinx＞0，所以sin（√（n²+1）×π）＞0。故级数∑sin（√（n²+1）×π）为交错级数；因为0≤|sin（√（n²+1）×π）-0|=|sin（√（n²+1）×π）-sinnπ|=2|cos（√（n²+1）+n）π/2）sin（√（n²+1）-n）π/2）|≤2|sin（√（n²+1）-n）π/2|≤（√（n²+1）-n）π=π/（√（n²+1）+n）），而lim0=0，limπ/（√（n²+1）+n））=0（n→∞），所以lim（n→∞）sin（√（n²+1）×π）=0；所以只要能证明|sin（√（n²+1）×π）|＞|sin（√（（n+1）²+1）×π）|，即可由莱布尼兹判别法证明级数∑sin（√（n²+1）×π）收敛。下面证明这一点。|sin（√（n²+1）×π）|=|sin（（√（n²+1）+1）π）|，由于对任意正整数n，恒有n＜√（n²+1）＜n+1/2，所以（n+1）π＜√（（n+1）²+1）×π＜（n+1）π+π/2，（n+1）π＜（√（n²+1）+1）×π＜（n+1）π+π/2。当n为奇数时，记n=2k-1，k∈N+，则有2kπ＜√（（n+1）²+1）×π＜2kπ+π/2，2kπ＜（√（n²+1）+1）×π＜2kπ+π/2，在区间（2kπ，2kπ+π/2）上，sinx＞0且单调递增，又因为（√（（n+1）²+1））×π＜（√（n²+1）+1）×π，所以0＜sin（（√（（n+1）²+1））×π）＜sin（（√（n²+1）+1）×π），即|sin（（√（（n+1）²+1））×π）|＜|sin（（√（n²+1）+1）×π）|，所以|sin（（√（（n+1）²+1））×π）|＜|sin（（√（n²+1）×π）|；用类似的方法，可证明当n为偶数时，同样有|sin（（√（（n+1）²+1））×π）|＜|sin（（√（n²+1）×π）|。

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