一个无穷级数敛散性的证明
一个无穷级数的敛散性证明
我们在复变中曾见过这样一个无穷级数
Z n Z 2Z 3Z n
=Z ++...... +...... ∑23n n =1n 其中Z 为复数。
∞
它的收敛域为 |Z|
当Z=1时上述无穷级数为调和级数，因此是不收敛的。 那当Z 取其它值时是否也是不收敛呢。答案是否定的，令Z=-1 则上述无穷级数为交错级数，由数学分析的知识知道它是收敛的。 事实上，除了Z=1外，单位圆周上其它点都可使上述无穷级数收敛。
为了方便计算，令Z=cos θ+isinθ 其中θ为实数为了方便讨论，下面我们限制0≤θ
当θ取0时，则Z=1,上述无穷级数为调和级数，是不收敛的。 当θ取π时，则Z=-1,上述无穷级数为交错级数，是收敛的。 下面我们分两个阶段去证明。
第一阶段, 当θ/π取有理数时, 即θ=π/q 其中p 为奇数 、q 为整数且p 、q 互素。 由欧拉公式
p
(cosθ+i sin θ) =cos n θ+i sin n θ
则当n 取kq 时 其中k 为整数
t
t+q
t+2q
t+3q
k
t+kq
n
则Z =-Z=Z=-Z=...(-1)Z 其中t 小于q 即t=1、2、3...q
则级数
Z t Z t +q Z t +2q Z t +nq
T n =++...... +...... ∑t t +q t +2q t +nq n =1
∞
可化为
t Z t Z t Z t Z t Z n
T =-+-...... +(-1) ...... ∑n
t t +q t +2q t +3q t +nq n =1 ∞
即
11111n
T n =Z (-+-...... +(-1) ......) ∑t t +2q t +3q t +4q t +nq n =1
t
∞
上述无穷级数为交错级数，故其是收敛的。 记F t 为上述无穷级数的和
则对任意的ε>0,存在正整数N t ，使得n>Nt 时，都有
Z t Z t +q Z t +2q Z t +nq
|++...... +-F t |
则讨论（1）的部分和
Z 2Z 3Z n S n =Z ++...... +
23n
其中n=(k+1)q+h 则
h
Z q +1Z kq +1Z q Z q +q Z kq +q Z n
S n =Z ++... +... ++... +
q +1kq +1q q +q kq +q n
Z q +1Z kq +1Z q Z q +q Z kq +q Z (k +1) q +1Z n
S n -F 1-F 2-... F q
q +1kq +1q q +q kq +q (k +1) q +1n
当k>max{N1、N 2、...N q } 则成立
Z t Z t +q Z t +2q Z t +kq |++...... +-F t |
而
Z (k +1) q +1Z n Z (k +1) q +1Z n
+... ≤+...
(k +1) q +1n (k +1) q +1n
11h 1=+...
即当k>1/ε时
Z (k +1) q +1Z n
+...
(k +1) q +1n
则对任意的ε>0,存在正整数N=(max{N1、N 2、...N q 、1/ε}+1)q+h,使得n>N时，都有
S n -F 1-F 2-... F q
故S n 收敛于F 1+F2+...Fq 因此（1）收敛. 第二阶段, 当θ/π取任意数时， 原无穷级数
Z n Z 2Z 3Z n
=Z ++...... +...... ∑23n n =1n
∞
利用欧拉公式
Z =(cosθ+i sin θ) =cos n θ+i sin n θ
可得
n n
Z n ∞cos n θ+i sin n θ=∑∑n n =1n n =1
∞
为了证明上式收敛，我们先来证明一个引理. 引理：若数列{an }单调递减且收敛于零，则级数
在(0,2π) 上收敛。 证
∑a
n
cos nx
1sin(n +) x n
1cos kx =-∑x 2k =1
2sin
2
1
≤+
x 22sin
2
所以级数 Σcosnx 的部分和数列有界，而数列{an }单调递减, 且 lim an =0,因此由狄利克雷判别法可得级数（）在(0,2π) 上收敛。 同理可证级数 Σa n sinnx 也是收敛的。 因此我们知道极数
1
cos nx sin nx
∑n ∑n
对一切x 属于(0,2π) 都收敛. 而极数
Z n ∞cos n θ+i sin n θ∞cos n θ∞sin n θ=∑=∑+i ∑∑n n n n =1n =1n =1 n =1n
∞
因此也是收敛的.