浅谈达朗贝尔判别法

浅谈达朗贝尔判别法

郑媛媛

（渤海大学数学系 辽宁 锦州 121000 中国）

摘要：通过学习了达朗贝尔判别法及其推论，我们了解到达朗贝尔判别法在判别正项级数的敛散性中是非常简便适用的。但这种判别法仍存在着一些弊端，给我们在学习中造成了许多不便，为了便于我们今后的学习，本文简单的介绍和研究了几种达朗贝尔判别法的推广方法，主要解决了达朗贝尔判别法在limnaan+1n=1失效的情况下敛散性的判别。文中提到的方法，不但使用简便，

具有广泛的适用性，而且更为精细。为正项级数敛散性的判定提供了更有力的工具。

关键词：正项级数 敛散性

TALK ABOUT J.D‘ALEMBERT‘S PRINCIPLE

Zheng Yuanyuan

(Department of Mathsmatic Bohai University Liaoning Jinzhou 121000 China)

Abstract :The study of the D`Alembert Discrimination Act and its corollary,We understand that d`Alembert Discrimination in the series Conwergence Divergence is very simple application.This Criterion there are still some drawbacks to the study,we created a lot of inconvenience.In order to facilitate our future study,this brief introduction and study of several d`Alembert Criterion promotional measures,mainly to solve the D`Alembert`s Test=failure in the case of convergence and divergence of discremination.The article mentions the method not only easy to use,with broad applicability,but more subtly.For the positive series fugitive convicted of a more

powerful tool.

Key words :positive series ; conbergence anddivergence.

引言

判别敛散性是无穷级数与无穷积分理论的首要课题，而正项级数的敛散性判别尤为重要。我们已经在教材中学习了几种判别正项级数敛散性的判别法．其中达朗贝尔判别法的推论——比值判别法和根值判别法用起来较比较判别法方便，其原因是它只靠级数自身的特征来检测，而比较判别法却须去寻找一个恰当的比较对象．然而，从比值判别法和根值判别法的证明可以看出，它们实质上还是把所讨论的级数同某一几何级数作比较．这两种方法在实际应用时，都会遇到失效的情况．为什么会出现这种情况呢?这实质上是，把所有级数和收敛的几何级数相比，它的项比几何级数的项数值 大，而和发散的几何级数相比，它的项又比几何级数的项数值小．这也就是说，要想检验所论级数的敛散性，几何级数这把‘尺子’的精密度不够。人们发现p—级数是比几何级数更精密的一把“尺子”，而级数： 又比p—级数更为精密，称为对数尺子。仿照建立比值判别法的办法，人们将所论级数同一把比一把更精密的“尺子’相比较，建立了一个比一个适应范围更大但使用更加繁难的正项级数敛散性判别方法，如拉贝判别法，高斯判别法，等等．但是，如此建立的判别方法，无论适应范围多大，仍然会有失效的情况发生．我们在做题当中发现了达朗贝尔比值判别法是正项级数敛散性判定中使用最简便的方法之一，所以经常使用,但由于精确度不够,当limn发失效

aan+1n=1时，判别

.给我们带来了很多不便。例如：级数

n11和nn11n2，

都有

1limnn11n1= limnn1nn=1, lim(n1)=lim(n)=1. 1n1n22n2但前者发散而后者收敛。近年来，为了改进达朗贝尔比值判别法，进行了种种研究。如双比值判别法的提出，本文简单例举出了比值判别法的几种推广，是众多定理成为其特殊情况，而且使用简便，为正项级数敛散性的判定提供了更有力的工具。

一.预备知识

引理1：对于P–级数

n11n,当01时收敛。 p11[1]对于级数

n1

1

n

1,2

n11,nnn2

级数

n1

1

n

12

发散，且满足

u=n=(n1)u(n1)nn1n121212131=1－2+82+ o（3）

nnn级数

n1发散，且满足 1nuu级数n1n=

1n1=1－+

(n1)n1nn1n1n2收敛，且满足

u=n=1－2+3n2

nnu(n1)(n1)2n1n22引理[2]2：设级数∑an和∑bn都是正项级数且存在自然数N，

使当n≥N时，有

an1≤bn1,

anbn则有

(i)若∑bn收敛，则∑an也收敛； (ii)若∑an发散，则∑bn也发散。 引理3：设有正项级数

a=a+an1n12+…+an+… , （1）

其中an>0,n=1,2,……,若{nk}是自然数列的一个子列，规定n0=0，记bk=

ink-11kanki,k=1,2…..,又得到正项级数

nkb=ak1k1ink-11i=(a1+…+an)+(an+1+…+an)+… （2）

112即对级数（1）适当添加括号得到级数（2）.级数（1），（2）有相同的敛散性，且在它们收敛时有相同的和。

引理4：给定两个正项级数（3）an和（4）bn，

n1n1若从某项起（如naka成立，则

nba≤k,knn1nbnab1a≤k,……knnk-1nnbnab≤knk-1nb,

级数（4）收敛蕴涵级数（3）收敛;

级数（3）发散蕴涵级数（4）发散。

引理5：设an是正项级数，{an}单调递减，则存在[1，+∞)上的单调

n1递减的连续可微函数f(x)，使得

f(n)= an（n=1. 2.3……）

引理[3]6：若函数f(x)在[1，+∞)非负，连续，递减，则级数f(n)与无

n1穷积分f(x)dx同时收敛或同时发散。

1引理[4]7：设f(x)是定义在[a，+∞）上的正值连续函数，函数g(x)在[a，

+∞）严格递增，连续可导且g(x)≥x，x∈ [a，+∞), 若

f[g(x)]limg(x)f(x)=L， n'则

（i）.当L<1.，无穷积分f(x)dx收敛；

a（ii）.当L>1，无穷积分f(x)dx发散；

a（iii）.当L=1，无穷积分f(x)dx可能收敛，也可能发散。

a引理8：（达朗贝尔判别法或称比式判别法）

设∑un为正项级数，且存在某正整数N0及常数q (0N0，成立不等式

[5]uun1n≤q,

则级数∑un收敛；

(ii).若对一切n>N0，成立不等式

uu则级数∑un发散。

n1n≥1,

二.推广方法

（一）.定理1：设∑un是正项级数且满足

uu则有

n1n=1-+o(

n1n2),

（i）.若>1,则级数∑un收敛； （ii）.若≤1，则级数∑un发散。 证明：(i).当n→∞时，有

uu另一方面，若令vn=那么

1n1n=1－+o(

n1n2)，

n1,这里>0，且1+<，

v=(n)vn1n1n(1)=(n1)n-(1)=1－

11+ o（2）, nn从而

vvn1n－un1=

-(1)nu + o（

1nn2）＞0, (n→∞)

即对充分大的N，有

uun1n由引理1知级数∑vn=

1n1收敛，故再由引理2知∑un收敛。

（ii）.同理，当n→∞时，有

uu另一方面，若令vn=那么

1n1n=1－+o(

n1n2)，

n1-r,这里r>0，且<1－r<1，

1v=(n)=(1)vn1nn1n(1-r)-(1-r)=1－

11-r + o(2) nn从而

uun1n－vn1=

vn1(1-r)-+ o(2)＞0, (n→∞) nn即对充分大的N，有

uu由引理1知级数vn=举例应用

1n1n＞vn1

vnn1-r发散，故再由引理2知∑un发散。

例：设X>0，讨论级数(2-x)(2-n1x)...(2-x)的敛散性。

121n解:因为

uun1n=2－x1n1=2－(1+

2lnx+ o（(n11）)

)n122=1－

lnx+ o（(n11）=1－lnx+ o(1)nnn1)

由结论知，于x>e时收敛;于x≤e时发散。

综合达朗贝尔判别法及定理1可得 （二）.定理2：设∑un是正项级数且满足

uu则有

n1n=r－+ o(

n1n2),

（i）.若r<1或r=1，>1,则级数∑un收敛； （ii）.若r>1或r=1，≤1,则级数∑un发散。 证明：可由朗贝尔判别法及定理1证得。 举例应用

例：判定级数(2n-1)!!1.的敛散性。

(2n)!!2n1n2分析：本题应用达朗贝尔判别法失效，因为出现limun1=1，用定理2可

nun判断出收敛性。 解：un1=

un(2(n1)-1)!!2n1(2n)!!..

(2(n1)!!2n3(2n-1)!!n1n因为limnuu=1，此时达朗贝尔判别法失效，但由定理2有

310n9)=1-2+un1=(2n1 n(2n2)(2n3)(2n2)(2n3)nun2由结论知道=>1，故此级数收敛。

（三）.定理3：对于正项级数∑an及∑bn，若有{n}的一个子列{nk}，

n=1n=1∞∞32nk

anak+ik+ibn≤bk+ik+i (0≤i则

（i）. 若级数∑bn收敛，则级数∑an收敛；

n=1n=1∞∞（ii）. 若级数∑an发散，则级数∑bn发散。

n=1n=1∞∞证明：因为

bn≤ (0≤in

bbbnkana+ik+ik1kk+ik+i1211

，存在唯一的k1,

121使n=nk+i1 (0≤i1＜nk1－nk)，

111于是

a=anbbnnnk1i1k1i1a≤ki , 且k1+i111bk1i1若k1+i1>n1，存在唯一的k2，使k1+i1=nk+i2(0≤i2＜nk1－nk)

222于是

aki=anbkibn11k2i211k2i2iak≤

bki

22

22

, 且k2+i2注意到n1k+im≤n

m1

于是

a=anbbnnnk1+i1k1+i1ak≤bk1+1+an=ibni11k2+i2k2+i2ak+i≤

bk+i2222ak≤…≤

bkm+im≤M

m+im所以

当级数∑bn收敛时，级数∑an收敛；

n=1∞n=1∞∞∞当级数∑bn发散时，级数∑an也发散。

n=1n=1推论：对正项级数∑ak，若limk=1∞naa2kk=1,limnaa2k+1k+1=2

则

∞1（i）. 当=max{1,2}<,级数∑收敛； ak2k=1∞1（ii）.当=min{1,2}>,级数∑发散。 ak2k=1举例应用

例：证明级数证明：因为

lnnn12n收敛。

aa2nn=ln2n2=2n.

ln2n1.2n-lnnlnn22n=

=nln2n.lnn122n2nn→0( n→∞) →0(n→∞

aa)

2n+1n+1ln(2n1)22n1.

ln(2n1).

ln(n1)ln(n1)2n1=

1n2n1n1（四）.定理4：对于正项级数∑an及∑bn，存在N0，对于任何n>N0，

n=1n=1∞∞都存在knaak则有

∞nn≤

bbknn

（i）. 若级数∑bn收敛，则级数∑an收敛；

n=1n=1∞

（ii）. 若级数∑an发散，则级数∑bn发散。

n=1n=1∞∞证明：一个级数增加，减少，改变有限项不改变其敛散性，不妨设对自然数n≥2，均有knaak即

nn≤

bbknn

ab1nna≤k

nbkn对自然数kn，存在knakbk依次下去，便得

nnak≤bkn1

n1ab12nna≤kbknnak≤bkn1n1ak≤bkn2≤…≤a1

n2b1其中：n>kn>kn>kn>…>1，所以当级数∑收敛时，级数∑收敛；bannn=1n=1当级数∑an发散时，级数∑bn也发散。

n=1n=1∞∞∞∞推理[6]：给定正项级数∑an及∑bn，若存在正数N0，当n>N0时有

n=1n=1∞∞aa则

∞n+1n≤

bbn+1n

（i）. 若级数∑bn收敛，则级数∑an收敛；

n=1n=1∞

（ii）. 若级数∑an发散，则级数∑bn发散。

n=1n=1∞∞举例应用

例：证明级数[n113(2n-1)]发散。

24(2n)222证明:因为

13(2n-1)(2n1)24(2n)2n1

=[][][]24(2n)(2n2)13(2n-1)2n22=

4n4n14(n1)22＞

4(n1)4n4n22=

nn111 =n1n2级数

n1131发散，由推论知级数[nn1a(2n-1)]发散。

24(2n)（五）.定理5：对于正项级数（1），若存在自然数m， （i）. 若∃N，∀n>N， 则（1）收敛；

（ii）.若∃N，∀n>N，则（1）发散。

证明：当m=1，由达朗贝尔判别法命题成立。 以下考虑m≥2的情形，设

mn+1+amn+2+...+am(n+1)a≤q (q<1)（5）

namn+1+amn+2+...+am(n+1)a≥1（6）

nn得到正项级数（2），

k＝∑m,记bk=

ii=1ki=∑a，k=1. 2……

nk-1+1ink（i）.若∃N，∀n>N，（5）成立， 则

a因为

mn+1+amn+2+...+am(n+1)≤qan （5`）

nk＝m同样，

ki1mi-1=m(k-1i1mi1)=m(nk-1+1）

n所以

k1= m（nk1）；

bk+1=

i=∑a=∑a=∑∑ank+1ii=m(nk+1m(nk+1)nkmnk-1+1)+1ii=k-1+1i=1nmi+i

取定自然数k，使nk>N，则对k>K，

因为k－1≥K，所以nk-1≥nk>N，由（5`），当L=nk-1+1,

L=nk-1+2,…L=nk-1+nk时，

∑ai=1mml+i≤qal，

代入上式

b即∀k>K，，

k+1≤q

i=∑a= qbnk-1+1lnkk,

bbk+1k≤q（q<1）,由达朗贝尔判别法级数（2）收敛，再由引

理3级数（1）收敛。

（ii）.若∃N，∀n>N，（6）成立，仿上可证∃K，∀k>K,

bbk+1k≥1，

由达朗贝尔判别法级数（2）发散，再由引理3级数（1）发散。 推论1：对于正项级数（1）， 若

limnaamn+1n= limnaamn+2n=……=limam(n+1)na=q

n则

当q<，（1）收敛;当q>，（1）发散， 当m=2，就得到[7]的定理1。 推论2：设m≥2，对于正项级数（1），若lim则当q<，（1）收敛;当q>，（1）发散。 举例应用

例：对于P—级数因为

1m1mnaan+1n=1。且limnaamnn= q,

1m1m1n1np（P>0），

na=lim(=1 lim)an1n+1nnnp不能用达朗贝尔判别法其敛散性，∀m≥2

limnaamnn=

1mp

当P>1，

1m，由推论2，级数收敛。 p<

∞1m（六）.定理6：给定正项级数∑an，若

n=1limnaakn+in=（i=0, 1……k－1）,

则

11当<时,∑收敛；当>时，∑发散。aannkkn=1n=1∞∞

证明：1当<时，取>0，使得+=r<, 由

lim1k1knaakn+1n=，

知：∀>0，∃N∈N，∀n≥N, 有

︱

则有

aakn+in－︱<

aakn+in<+=r<,又011k1k∞111所以∃s∈k,s>1，使得0n=1n1nkkn且

n1=)knikb>r

所以∃N∈N，当∀n >N时，有

blimnbbsKn+in=lim(ns

kn+in11所以

bb∞n=1kn+in>r>

aakn+in，

由引理4可知，∑an收敛。

2当>时，取>0，－>，

由

1k1k

limnaakn+1n=.

知:∀>0，∃N∈N，∀n>N, 有

︱

则有

aakn+in－︱<，

aakn+in>－>.

1k∞11令bn=，则∑bn=发散，

nn=1n1n且

bb所以

kn+in=

n1<. knikaa由引理4知。∑an发散。

n=1∞kn+in>>

1kbbkn+in，

推论：给定正项级数∑an，若limnn=1∞∞aa∞n+1n=1，且limnaaknn=存在，

11则当<时∑收敛；>时，∑发散。 aannkkn=1n=1举例应用

例：给定正项级数∑an，若limnn=1∞aan+1n=，

则

当0<< 1时，lim当>1时，lim证明：由

naakn+in=0;

naakn+in=+∞（i=0,1……k－1）

limnaan+1n=,

知∀>0，∃N∈N，∀n≥N， 有

︱

即

－<

aan+1n－︱<

aan+1n<+=(-)(k-1)n<

aakn*

kn-1aakn-1*…*

kn-2a<

()an+1n(k-1)n

即

(-)(k-1)n<

a<

()aknkn-1k-1(k-1)n

若0<<1，取>0，使得+<1，则()<1， 所以

limnaaknn=0.

同理

limnaakn+in=0.

k-1若>1，取>0，使得－>1，则(-)>1. 所以

limnaaknn=+∞.

同理

limnaakn+in=+∞

由此例题可以看出，凡是能用达朗贝尔判别法进行判别的问题，用定理6也一定可行。可见，定理6优于达朗贝尔判别法，

（七）.定理7：设∑an为正项级数，{an}单调减少，g(x) 满足

n=1∞（x ∈ [1，+∞)﹚且单调递增的整系数多项式。 g(x) ≥x，如果

（i）.存在满足引理5的函数f(x)，使g(x)a[g(n)]（ii）limg(n)a(n)= L. n''f[g(x)]为单调函数. f(x)则有

（Ⅰ）当L<1，级数∑an收敛；

n=1∞（Ⅱ）当L> 1，级数∑an发散；

n=1∞（Ⅲ）当L=1，级数∑an可能收敛，也可能发散。

n=1∞证明：由引理5及条件（i）.存在[a，+∞)上的单调递减可微函数f(x)，使得f(n) = an（n=1.2….）

''f[g(x)]f[g(n)]a[g(n)]limg(x)f(x)=limg(n)f(n)=limg(n)a(n)=L. nnn'结合引理6，引理7即得。

举例应用

例：正项级数足定理条件，因

na[g(n)](ln=2limglim(n)nna(n)2n(ln'1n(lnn2n)，取g(x)=2x，显然f(x)=21x(lnx)2满n)=

2n)222>1

故根据定理结论，此级数发散。

值得注意的是，此例用达朗贝尔判别法失效。

（八）.定理8：设f(x)是[1，+∞) 上递减正值连续函数，g(x)是[1，+∞)上连续可微函数，且g(x) >x，若

limg(x)n'f[g(x)]=r （7） f(x)则当01时，级数f(n)发散。

n1n1证明：因为f(x)在[1，+∞)上单调递减，x1由积分判别法f(n)与

n1dx同敛态， f(x)1由于g(x) >x，所以可取单调递增序列{xn}：（c≥1）, x2=g(x1)， x1= c

x3=g(x2),……,且

limxn=+∞.

n1当01.

当x>A时，有

g(x)f(g(x))f(x)'即

g(x)f(g(x))'于是xn-1≥A时,有

xnxn-1g(x)f(g(x))dx<

'xnxn-1qf(x)dx

即

g(xn)g(xn-1)f(x)dx<

xnxn-1qf(x)dx,

xn1xnf(x)dx固定n0，使xn≥A，则

0xnxn0f(x)dx=

n-(xn01xn0f(x)dx+

xn02xn01f(x)dx+…+

nxn+…+q数

n1)0xn01xn0f(x)dx=

kqn01k-(n1)0xn-1xn01xn0f(x)dx<

xn01xn0f(x)dx+qxn01xn0xn01xn0f(x)dx1f(x)dx<

1-qf(x)dx=常

故∫f(x)dx收敛，从而级数f(n)收敛。

1n1+∞2当r>1时，存在A>1，当x>A时，g(x)f(g(x))>f(x)，于是

当x>A时，

n-1'xnxn-1g(x)f(g(x))dx>

'xnxn-1xn1f(x)dxxnf(x)dx>

xnxn-1f(x)dx

固定n0，使xn>A，有

0xnxn0f(x)dx>(n－n0)

xn01xn0f(x)dx, (n→∞)

故f(x)dx发散，从而级数f(n)发散。

1n1举例应用

例：判断级数n11的敛散性。n

解：因为

aan+1n=

n→1 (n→+∞) n1所以，达朗贝尔判别法失效，利用定理8，令f(x)= ，g(x)=x2

g(x)f(g(x))=limlim nnf(x)'1x2x12x=2>1 1x级数n11发散。 n三.结束语

综上可见，文中所述定理及其推论是方便可行的，并完善了达朗贝尔判别法。 参考文献：

[1].陈传璋 金福临 朱学炎等，数学分析（第二版）下册[M]。北京：高等教育出版社，1983 [2].李成章 黄玉民 数学分析（上）[M]。北京：科学出版社，1999 [3].华东师范大学 数学分析 [M]。北京：高等教育出版社，1998

[4].宋述刚 无穷积分与无穷级数的比值判别法[J]。荆州师专学报（自然科学版），1992 [5].华东师范大学数学系 数学分析 下册（第三版）[M]。北京：高等教育出版社，2001 [6].汪林 戴正德 杨富春等，数学分析问题研究与评注[M]。北京：科学出版社，1995 [7]李铁烽 正项级数判敛的一种新的比值判别法 数学通报，1990

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