📚 第十二章数项级数（续）·§12.2 正项级数

Complete Knowledge System & Mind Map

SECTION 12.2: SERIES WITH POSITIVE TERMS

单调性的威力
比较的艺术
判别法的系统

"The beauty of positive series lies in their simplicity:
monotonicity makes everything clear."

"正项级数的美在于其简洁：
单调性让一切变得清晰。"

📊 §12.2 完整知识架构

§12.2 正项级数
│
├─── 一、基本性质
│    ├─ 定义：uₙ ≥ 0
│    ├─ 核心定理：收敛 ⇔ 部分和有界（定理12.5）
│    └─ 单调有界原理的应用
│
├─── 二、比较判别法
│    ├─ 基本形式（定理12.6）
│    │  ├─ 大收小收：Σvₙ收敛 → Σuₙ收敛
│    │  └─ 小散大散：Σuₙ发散 → Σvₙ发散
│    │
│    ├─ 极限形式（推论）
│    │  ├─ lim(uₙ/vₙ) = l ∈ (0,+∞) → 同敛散
│    │  ├─ lim(uₙ/vₙ) = 0，Σvₙ收敛 → Σuₙ收敛
│    │  └─ lim(uₙ/vₙ) = +∞，Σvₙ发散 → Σuₙ发散
│    │
│    └─ 标准比较级数
│       ├─ p-级数：Σ1/nᵖ
│       ├─ 几何级数：Σqⁿ
│       └─ 广义p-级数
│
├─── 三、比值判别法（D'Alembert判别法）
│    ├─ 基本形式（定理12.7）
│    │  ├─ uₙ₊₁/uₙ ≤ q < 1 → 收敛
│    │  └─ uₙ₊₁/uₙ ≥ 1 → 发散
│    │
│    ├─ 极限形式（推论1）
│    │  ├─ lim(uₙ₊₁/uₙ) = ρ < 1 → 收敛
│    │  ├─ lim(uₙ₊₁/uₙ) = ρ > 1 → 发散
│    │  └─ ρ = 1 → 无法判断
│    │
│    ├─ 上下极限形式（推论2）
│    │  ├─ lim̅(uₙ₊₁/uₙ) < 1 → 收敛
│    │  └─ lim(uₙ₊₁/uₙ) > 1 → 发散
│    │
│    └─ 适用场景：含阶乘、指数
│
├─── 四、根值判别法（Cauchy判别法）
│    ├─ 基本形式（定理12.8）
│    │  ├─ ⁿ√uₙ ≤ l < 1 → 收敛
│    │  └─ ⁿ√uₙ ≥ 1 → 发散
│    │
│    ├─ 极限形式（推论1）
│    │  ├─ lim(ⁿ√uₙ) = l < 1 → 收敛
│    │  ├─ lim(ⁿ√uₙ) = l > 1 → 发散
│    │  └─ l = 1 → 无法判断
│    │
│    ├─ 上极限形式（推论2）
│    │  ├─ lim̅(ⁿ√uₙ) < 1 → 收敛
│    │  └─ lim̅(ⁿ√uₙ) > 1 → 发散
│    │
│    ├─ 适用场景：含n次幂
│    │
│    └─ 与比值法关系
│       └─ 根值法判别范围 ⊇ 比值法
│
├─── 五、积分判别法（Cauchy积分判别法）
│    ├─ 定理12.9
│    │  └─ f单调递减，非负 → Σf(n) 与 ∫f(x)dx 同敛散
│    │
│    ├─ 典型应用
│    │  ├─ p-级数：Σ1/nᵖ
│    │  └─ 对数级数：Σ1/(n(lnn)ᵖ)
│    │
│    └─ 几何意义：离散和 vs 连续积分
│
└─── 六、Raabe判别法（拉贝判别法）
     ├─ 定理12.10
     │  ├─ n(uₙ/uₙ₊₁ - 1) ≥ r > 1 → 收敛
     │  └─ n(uₙ/uₙ₊₁ - 1) ≤ 1 → 发散
     │
     ├─ 极限形式（推论）
     │  ├─ lim n(uₙ/uₙ₊₁ - 1) = r > 1 → 收敛
     │  └─ lim n(uₙ/uₙ₊₁ - 1) = r < 1 → 发散
     │
     ├─ 应用场景：比值法给出ρ=1时
     │
     └─ 判别范围：比比值法更广

一、正项级数的基本性质

1.1 正项级数的定义与意义

定义12.4'（正项级数的准确定义）

若级数 $\sum u_{n}$ 的各项都非负，即 $u_{n} \geq 0 (\forall n \in N)$ 则称其为正项级数。

注：

这里"非负"比"正"更准确，允许某些项为零
零项不影响敛散性，可在判别时忽略
同号级数（所有项符号相同）可转化为正项级数

一般级数	正项级数
收敛判断：需Cauchy准则	收敛判断：只需部分和有界
部分和可能振荡	部分和单调递增
发散可能：→∞或振荡	发散只能：→+∞

1.3 正项级数的重要性质

性质1：正项级数改变项的顺序不改变敛散性（和可能不同，但绝对收敛时和也不变）

性质2：正项级数的部分和数列单调递增

性质3：正项收敛级数可任意加括号，仍收敛且和不变

二、比较判别法

2.1 比较原则（基本形式）

定理12.6（比较原则）

设 $\sum u_{n}$ 和 $\sum v_{n}$ 是两个正项级数，若存在 $N \in N$ ，对一切 $n > N$ 有 $u_{n} \leq v_{n}$

则：

大收小收：若 $\sum v_{n}$ 收敛，则 $\sum u_{n}$ 收敛
小散大散：若 $\sum u_{n}$ 发散，则 $\sum v_{n}$ 发散

证明

不妨设不等式对所有 $n$ 成立（改变有限项不影响敛散性）。

设 $S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} u_{k}$ ， $T_{n} = \sum_{k = 1}^{n} v_{k}$ ，则对一切 $n$ ： $S_{n} \leq T_{n} \dots (*)$

证明(i)：大收小收

若 $\sum v_{n}$ 收敛，则 $lim_{n \to \infty} T_{n}$ 存在，设其为 $T$ 。

由 $(*)$ 式： $S_{n} \leq T_{n} \leq T, \forall n$

即 ${S_{n}}$ 有上界，由定理12.5， $\sum u_{n}$ 收敛。 $□$

证明(ii)：小散大散

这是(i)的逆否命题： $\sum v_{n} 收敛 \Rightarrow \sum u_{n} 收敛$

逆否： $\sum u_{n} 发散 \Rightarrow \sum v_{n} 发散 □$

2.2 比较原则的极限形式

推论（极限比较判别法）

设 $\sum u_{n}$ 和 $\sum v_{n}$ 是正项级数，且 $n \to \infty lim \frac{u _{n}}{v _{n}} = l$

则：

当 $0 < l < + \infty$ 时：两级数同敛散
当 $l = 0$ 且 $\sum v_{n}$ 收敛时： $\sum u_{n}$ 收敛
当 $l = + \infty$ 且 $\sum v_{n}$ 发散时： $\sum u_{n}$ 发散

证明

情形(i)： $0 < l < + \infty$

取 $ε < l$ ，存在 $N$ ，当 $n > N$ 时： $(l - ε) v_{n} < u_{n} < (l + ε) v_{n} \dots (* *)$

若 $\sum v_{n}$ 收敛，由 $(* *)$ 右半和定理12.6， $\sum u_{n}$ 收敛
若 $\sum v_{n}$ 发散，由 $(* *)$ 左半和定理12.6， $\sum u_{n}$ 发散

因此同敛散。 $□$

情形(ii)： $l = 0$

由 $(* *)$ 右半： $u_{n} < (0 + ε) v_{n} = ε v_{n}$

若 $\sum v_{n}$ 收敛，由比较原则， $\sum u_{n}$ 收敛。 $□$

情形(iii)： $l = + \infty$

对任给 $M > 0$ ，存在 $N$ ，当 $n > N$ 时： $\frac{u _{n}}{v _{n}} > M \Rightarrow u_{n} > M v_{n}$

若 $\sum v_{n}$ 发散，由比较原则， $\sum u_{n}$ 发散。 $□$

2.3 标准比较级数

p-级数

标准级数1：p-级数

$n = 1 \sum \infty \frac{1}{n ^{p}}$

敛散性： ${p > 1 p \leq 1 收敛发散$

重要特例：

$p = 1$ ：调和级数 $\sum \frac{1}{n}$ ，发散
$p = 2$ ： $\sum \frac{1}{n ^{2}} = \frac{π ^{2}}{6}$ ，收敛
$p = 1/2$ ： $\sum \frac{1}{n}$ ，发散

几何级数

标准级数2：几何级数

$n = 0 \sum \infty a q^{n}$

敛散性： ${∣ q ∣ < 1 ∣ q ∣ \geq 1 收敛，和为 \frac{a}{1 - q} 发散$

对数级数

标准级数3：对数级数

$n = 2 \sum \infty \frac{1}{n ( ln n ) ^{p}}$

敛散性： ${p > 1 p \leq 1 收敛发散$

推广： $n = 3 \sum \infty \frac{1}{n ( ln n ) ( ln ln n ) ^{p}}$

$p > 1$ 时收敛， $p \leq 1$ 时发散。

2.4 比较判别法的应用

例1（教材）：判断 $\sum \frac{1}{n ^{2} - n + 1}$ 的敛散性。

解法

第1步：选择比较级数

注意到当 $n \geq 2$ 时： $n^{2} - n + 1 \leq n^{2}$

因此： $\frac{1}{n ^{2} - n + 1} \geq \frac{1}{n ^{2}}$

这个方向不对（大的级数和小的比）。

换个思路： $n^{2} - n + 1 \geq n^{2} - n = n (n - 1) \geq \frac{n ^{2}}{2} (n \geq 2)$

因此： $\frac{1}{n ^{2} - n + 1} \leq \frac{2}{n ^{2}}$

第2步：应用比较原则

$\sum \frac{2}{n ^{2}} = 2 \sum \frac{1}{n ^{2}}$ 收敛（ $p = 2 > 1$ ）

由比较原则（大收小收）， $\sum \frac{1}{n ^{2} - n + 1}$ 收敛。 $□$

更优雅的解法：极限比较

$n \to \infty lim \frac{\frac{1}{n ^{2} - n + 1}}{\frac{1}{n ^{2}}} = n \to \infty lim \frac{n ^{2}}{n ^{2} - n + 1} = 1 \in (0, + \infty)$

由极限比较判别法，与 $\sum \frac{1}{n ^{2}}$ 同敛散，故收敛。 $□$

例2（教材）：判断 $\sum \frac{1}{2 ^{n} - n}$ 的敛散性。

解

当 $n$ 充分大时， $2^{n} ≫ n$ ，因此： $\frac{1}{2 ^{n} - n} \sim \frac{1}{2 ^{n}}$

严格计算： $n \to \infty lim \frac{\frac{1}{2 ^{n} - n}}{\frac{1}{2 ^{n}}} = n \to \infty lim \frac{2 ^{n}}{2 ^{n} - n} = n \to \infty lim \frac{1}{1 - \frac{n}{2 ^{n}}} = 1$

（因为 $lim_{n \to \infty} \frac{n}{2 ^{n}} = 0$ ）

由极限比较判别法，与几何级数 $\sum \frac{1}{2 ^{n}}$ ( $q = 1/2 < 1$ ) 同敛散，

故 $\sum \frac{1}{2 ^{n} - n}$ 收敛。 $□$

例3（教材）：判断 $\sum sin \frac{1}{n}$ 的敛散性。

解

利用等价无穷小： $sin \frac{1}{n} \sim \frac{1}{n} (n \to \infty)$

严格地： $n \to \infty lim \frac{sin \frac{1}{n}}{\frac{1}{n}} = n \to \infty lim \frac{sin \frac{1}{n}}{\frac{1}{n}} = 1$

由极限比较判别法，与调和级数 $\sum \frac{1}{n}$ 同敛散。

因此 $\sum sin \frac{1}{n}$ 发散。 $□$

三、比值判别法（D'Alembert判别法）

3.1 比值判别法的基本思想

核心思想：将正项级数与几何级数比较。

若对充分大的 $n$ ： $\frac{u _{n + 1}}{u _{n}} \leq q < 1$

则： $u_{n} \leq u_{n - 1} \cdot q \leq u_{n - 2} \cdot q^{2} \leq \dots \leq u_{N} \cdot q^{n - N}$

与几何级数 $\sum q^{n}$ 比较，收敛。

3.2 比值判别法（基本形式）

定理12.7（D'Alembert比值判别法）

设 $\sum u_{n}$ 为正项级数，且存在 $N_{0} \in N$ 及常数 $q$ ：

(i) 若对一切 $n > N_{0}$ ，成立 $\frac{u _{n + 1}}{u _{n}} \leq q < 1$ 则级数收敛。

(ii) 若对一切 $n > N_{0}$ ，成立 $\frac{u _{n + 1}}{u _{n}} \geq 1$ 则级数发散。

证明

(i) 收敛情形

不妨设不等式对所有 $n \geq 1$ 成立。

由 $\frac{u _{n + 1}}{u _{n}} \leq q$ 递推： $\frac{u _{2}}{u _{1}} \leq q, \frac{u _{3}}{u _{2}} \leq q, \dots, \frac{u _{n}}{u _{n - 1}} \leq q$

将前 $n - 1$ 个不等式相乘： $\frac{u _{2}}{u _{1}} \cdot \frac{u _{3}}{u _{2}} \dots \frac{u _{n}}{u _{n - 1}} \leq q^{n - 1}$

即： $u_{n} \leq u_{1} q^{n - 1}$

由于 $0 < q < 1$ ，几何级数 $\sum u_{1} q^{n - 1}$ 收敛。

由比较原则， $\sum u_{n}$ 收敛。 $□$

(ii) 发散情形

由 $\frac{u _{n + 1}}{u _{n}} \geq 1$ ，有： $u_{n + 1} \geq u_{n} \geq u_{N_{0}}$

当 $n \to \infty$ 时， $u_{n}$ 不趋于零。

由收敛的必要条件， $\sum u_{n}$ 发散。 $□$

3.3 比值判别法（极限形式）

推论1（极限形式）

设 $\sum u_{n}$ 为正项级数，且 $n \to \infty lim \frac{u _{n + 1}}{u _{n}} = ρ$

则：

当 $ρ < 1$ 时，级数收敛
当 $ρ > 1$ 或 $ρ = + \infty$ 时，级数发散
当 $ρ = 1$ 时，无法判断

证明

情形(i)： $ρ < 1$

取 $ε = \frac{1 - ρ}{2} > 0$ ，则 $q = ρ + ε = \frac{1 + ρ}{2} < 1$ 。

由极限定义，存在 $N$ ，当 $n > N$ 时： $\frac{u _{n + 1}}{u _{n}} < ρ + ε = q < 1$

由定理12.7(i)，级数收敛。 $□$

情形(ii)： $ρ > 1$

取 $ε = \frac{ρ - 1}{2} > 0$ ，则 $q = ρ - ε = \frac{ρ + 1}{2} > 1$ 。

由极限定义，存在 $N$ ，当 $n > N$ 时： $\frac{u _{n + 1}}{u _{n}} > ρ - ε = q > 1$

由定理12.7(ii)，级数发散。 $□$

情形(iii)： $ρ = + \infty$

存在 $N$ ，当 $n > N$ 时： $\frac{u _{n + 1}}{u _{n}} > 1$

从而 $lim_{n \to \infty} u_{n} \neq = 0$ ，级数发散。 $□$

3.4 $ρ = 1$ 时的反例

为什么 $ρ = 1$ 无法判断？

反例

级数	$ρ$	敛散性
$\sum \frac{1}{n ^{2}}$	$lim \frac{n ^{2}}{( n + 1 ) ^{2}} = 1$	收敛
$\sum \frac{1}{n}$	$lim \frac{n}{n + 1} = 1$	发散

同样的 $ρ = 1$ ，结果不同！

原因： $ρ = 1$ 表示级数"介于"收敛和发散之间，需要更精细的判别法（如Raabe判别法）。

3.5 比值判别法的应用

例4（教材）：判断级数 $\sum \frac{2 \cdot 5 \cdot 8 \dots [ 2 + 3 ( n - 1 )]}{1 \cdot 5 \cdot 9 \dots [ 1 + 4 ( n - 1 )]}$ 的敛散性。

解

$u_{n} = \frac{2 \cdot 5 \cdot 8 \dots ( 3 n - 1 )}{1 \cdot 5 \cdot 9 \dots ( 4 n - 3 )}$

$\frac{u _{n + 1}}{u _{n}} = \frac{3 n + 2}{4 n + 1}$

$n \to \infty lim \frac{u _{n + 1}}{u _{n}} = n \to \infty lim \frac{3 n + 2}{4 n + 1} = \frac{3}{4} < 1$

由比值判别法，级数收敛。 $□$

例5（教材）：讨论 $\sum n x^{n}$ ( $x > 0$ ) 的敛散性。

解

$\frac{u _{n + 1}}{u _{n}} = \frac{( n + 1 ) x ^{n + 1}}{n x ^{n}} = \frac{n + 1}{n} \cdot x = (1 + \frac{1}{n}) x \to x$

由比值判别法：

$x < 1$ 时， $ρ = x < 1$ ，收敛
$x > 1$ 时， $ρ = x > 1$ ，发散
$x = 1$ 时， $ρ = 1$ ，比值法失效

当 $x = 1$ 时，级数为 $\sum n$ ，显然发散。

结论： $\sum n x^{n} {收敛发散 0 < x < 1 x \geq 1$

$□$

3.6 上下极限形式

推论2（上下极限形式）

设 $\sum u_{n}$ 为正项级数：

(i) 若 $\underline{lim}_{n \to \infty} \frac{u _{n + 1}}{u _{n}} = q < 1$ ，则级数收敛

(ii) 若 $\overline{lim}_{n \to \infty} \frac{u _{n + 1}}{u _{n}} = q > 1$ ，则级数发散

用途：当 $lim \frac{u _{n + 1}}{u _{n}}$ 不存在时使用。

例6（教材）：讨论级数 $1 + b + b c + b^{2} c + b^{2} c^{2} + b^{3} c^{2} + b^{3} c^{3} + \dots$ 的敛散性，其中 $0 < b < c$ 。

解

通项： $u_{n} = {b^{k} c^{k - 1} b^{k} c^{k} n = 2 k - 1 （奇数项） n = 2 k （偶数项）$

比值： $\frac{u _{2 k}}{u _{2 k - 1}} = \frac{b ^{k} c ^{k}}{b ^{k} c ^{k - 1}} = c$ $\frac{u _{2 k + 1}}{u _{2 k}} = \frac{b ^{k + 1} c ^{k}}{b ^{k} c ^{k}} = b$

因此： $\overline{lim} \frac{u _{n + 1}}{u _{n}} = c, \underline{lim} \frac{u _{n + 1}}{u _{n}} = b$

结论：

$c < 1$ 时，由推论2(i)，收敛
$b > 1$ 时，由推论2(ii)，发散
$b < 1 < c$ 时，比值法无法判断

$□$

四、根值判别法（Cauchy判别法）

4.1 根值判别法的基本思想

核心思想：考察 $n u_{n}$ 与 1 的大小关系。

若 $n u_{n} \leq l < 1$ ，则 $u_{n} \leq l^{n}$ ，与几何级数比较。

4.2 根值判别法（基本形式）

定理12.8（Cauchy根值判别法）

设 $\sum u_{n}$ 为正项级数，且存在 $N_{0} \in N$ 及常数 $l$ ：

(i) 若对一切 $n > N_{0}$ ，成立 $n u_{n} \leq l < 1$ 则级数收敛。

(ii) 若对一切 $n > N_{0}$ ，成立 $n u_{n} \geq 1$ 则级数发散。

证明

(i) 由 $n u_{n} \leq l < 1$ ，有： $u_{n} \leq l^{n}$

几何级数 $\sum l^{n}$ ( $0 < l < 1$ ) 收敛，由比较原则， $\sum u_{n}$ 收敛。 $□$

(ii) 由 $n u_{n} \geq 1$ ，有： $u_{n} \geq 1$

当 $n \to \infty$ 时， $u_{n} \neq \to 0$ ，级数发散。 $□$

4.3 根值判别法（极限形式）

推论1（极限形式）

设 $\sum u_{n}$ 为正项级数，且 $n \to \infty lim n u_{n} = l$

则：

当 $l < 1$ 时，级数收敛
当 $l > 1$ 时，级数发散
当 $l = 1$ 时，无法判断

证明：与比值法类似，略。

4.4 根值判别法的应用

例7（教材）：研究 $\sum (\frac{2 + ( - 1 ) ^{n}}{3})^{n}$ 的敛散性。

解

$n u_{n} = \frac{2 + ( - 1 ) ^{n}}{3} = {\frac{3}{3} = 1 \frac{1}{3} n 奇数 n 偶数$

$n \to \infty lim n u_{n} = \frac{1}{2} < 1$

（实际上极限不存在，但可用上极限）

$\overline{lim} n u_{n} = 1$

更正：题目应为 $\sum (\frac{2 + ( - 1 ) ^{n}}{2 ^{n}})$

则 $n u_{n} = \frac{2 + ( - 1 ) ^{n}}{2} \to 1$

实际计算： $n \frac{2 + ( - 1 ) ^{n}}{2 ^{n}} = \frac{n 2 + ( - 1 ) ^{n}}{2} \to \frac{1}{2} < 1$

级数收敛。 $□$

例8：考察 $\sum (b^{n} + c^{n})$ ，其中 $0 < b < c < 1$ 。

解

$n u_{n} = n b^{n} + c^{n} = c \cdot n 1 + (\frac{b}{c})^{n}$

由于 $\frac{b}{c} < 1$ ，有 $(\frac{b}{c})^{n} \to 0$ ，因此： $n 1 + (\frac{b}{c})^{n} \to 1$

$n \to \infty lim n u_{n} = c < 1$

级数收敛。 $□$

比值法的尝试

$\frac{u _{n + 1}}{u _{n}} = \frac{b ^{n + 1} + c ^{n + 1}}{b ^{n} + c ^{n}} = \frac{b \cdot b ^{n} + c \cdot c ^{n}}{b ^{n} + c ^{n}}$

当 $n \to \infty$ 时， $b^{n} ≪ c^{n}$ ： $\frac{u _{n + 1}}{u _{n}} \sim \frac{c \cdot c ^{n}}{c ^{n}} = c < 1$

严格地： $n \to \infty lim \frac{u _{n + 1}}{u _{n}} = n \to \infty lim \frac{b \cdot b ^{n} + c \cdot c ^{n}}{b ^{n} + c ^{n}} = n \to \infty lim \frac{c ( 1 + \frac{b}{c} \cdot ( \frac{b}{c} ) ^{n} )}{1 + ( \frac{b}{c} ) ^{n}} = c$

比值法也可以用！

4.5 根值法 vs 比值法

定理（根值法更强）

若 $lim_{n \to \infty} \frac{u _{n + 1}}{u _{n}} = ρ$ 存在，则 $n \to \infty lim n u_{n} = ρ$

证明：参见第二章总练习题4(7)。

结论：

凡能用比值法判断的，根值法也能判断
但根值法能判断的，比值法不一定能

原则：

含阶乘、指数 → 优先比值法（计算简单）
含 $n$ 次幂 → 优先根值法
比值法失效 → 尝试根值法

4.6 上极限形式

推论2（上极限形式）

设 $\sum u_{n}$ 为正项级数，且 $n \to \infty \overline{lim} n u_{n} = l$

则：

当 $l < 1$ 时，级数收敛
当 $l > 1$ 时，级数发散

例9（教材）：讨论 $\sum \frac{x ^{n}}{1 + x ^{2 n}}$ ( $x > 0$ ) 的敛散性。

解

$n u_{n} = n \frac{x ^{n}}{1 + x ^{2 n}} = \frac{x}{n 1 + x ^{2 n}}$

情形1： $x \neq = 1$

$n 1 + x^{2 n} = max {1, x^{2}}^{1/ n} \cdot n ... \to 1$

（详细：当 $x > 1$ 时， $n 1 + x^{2 n} = x^{2} n \frac{1}{x ^{2 n}} + 1 \to x^{2}$ ）

因此： $n \to \infty lim n u_{n} = {x \frac{1}{x} 0 < x < 1 x > 1 = min {x, \frac{1}{x}}$

$0 < x < 1$ 时， $lim n u_{n} = x < 1$ ，收敛
$x > 1$ 时， $lim n u_{n} = \frac{1}{x} < 1$ ，收敛

情形2： $x = 1$

$u_{n} = \frac{1}{1 + 1} = \frac{1}{2}$

级数为 $\sum \frac{1}{2}$ ，发散。

结论： $\sum \frac{x ^{n}}{1 + x ^{2 n}} {收敛发散 x \neq = 1 x = 1$

$□$

例10（教材）：判别下列级数的敛散性：

(i) $\sum \frac{( n ! ) ^{2}}{( 2 n )!}$

(ii) $\sum \frac{n ^{2}}{2 ^{n}}$

解(i)

$\frac{u _{n + 1}}{u _{n}} = \frac{[( n + 1 )! ] ^{2} \cdot ( 2 n )!}{( 2 n + 2 )! \cdot ( n ! ) ^{2}} = \frac{( n + 1 ) ^{2}}{( 2 n + 1 ) ( 2 n + 2 )}$

$n \to \infty lim \frac{u _{n + 1}}{u _{n}} = n \to \infty lim \frac{( n + 1 ) ^{2}}{4 n ^{2} + 6 n + 2} = n \to \infty lim \frac{n ^{2} ( 1 + \frac{1}{n} ) ^{2}}{n ^{2} ( 4 + \frac{6}{n} + \frac{2}{n ^{2}} )} = \frac{1}{4} < 1$

由比值判别法，收敛。 $□$

解(ii)

$n u_{n} = n \frac{n ^{2}}{2 ^{n}} = \frac{n n ^{2}}{2} = \frac{n ^{2/ n}}{2}$

由于 $lim_{n \to \infty} n^{1/ n} = 1$ （证明见第二章），有： $n \to \infty lim n^{2/ n} = n \to \infty lim (n^{1/ n})^{2} = 1^{2} = 1$

$n \to \infty lim n u_{n} = \frac{1}{2} < 1$

由根值判别法，收敛。 $□$

五、积分判别法（Cauchy积分判别法）

5.1 积分判别法的几何意义

核心思想：用积分（连续）估计级数（离散）。

对于递减函数 $f (x) \geq 0$ ：

      │
f(1)  ├─┐
      │ │    ┌─────
f(2)  │ └──┐ │
      │    └─┼─────
f(3)  │      └─┐
      │        └───
      └───┴───┴───┴─→
         1   2   3   x

矩形面积（级数）vs 曲线下面积（积分）可比较。

5.2 积分判别法（定理）

定理12.9（积分判别法）

设 $f$ 为 $[1, + \infty)$ 上的非负递减函数，则级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} f (n)$ 与反常积分 $\int_{1}^{+ \infty} f (x) d x$ 同敛散。

证明

第1步：级数收敛 → 积分收敛

设 $\sum f (n)$ 收敛，和为 $S$ 。

由 $f$ 递减，对 $n \leq x \leq n + 1$ ，有： $f (n + 1) \leq f (x) \leq f (n)$

积分： $\int_{n}^{n + 1} f (x) d x \leq f (n) \cdot 1 = f (n)$

因此： $\int_{1}^{m} f (x) d x = n = 1 \sum m - 1 \int_{n}^{n + 1} f (x) d x \leq n = 1 \sum m - 1 f (n) \leq S$

$\int_{1}^{A} f (x) d x$ 有界，由定理11.2，积分收敛。

第2步：积分收敛 → 级数收敛

设 $\int_{1}^{+ \infty} f (x) d x$ 收敛。

由 $f$ 递减，对 $n \leq x \leq n + 1$ ，有： $f (x) \leq f (n)$

积分： $\int_{n}^{n + 1} f (x) d x \geq f (n + 1) \cdot 1 = f (n + 1)$

因此： $n = 2 \sum m f (n) \leq n = 1 \sum m - 1 \int_{n}^{n + 1} f (x) d x = \int_{1}^{m} f (x) d x \leq \int_{1}^{+ \infty} f (x) d x$

部分和有界，级数收敛。 $□$

5.3 p-级数的敛散性

例11（教材）：讨论p-级数 $\sum \frac{1}{n ^{p}}$ 的敛散性。

解

情形1： $p > 0$

函数 $f (x) = \frac{1}{x ^{p}}$ 在 $[1, + \infty)$ 上非负递减。

计算积分： $\int_{1}^{+ \infty} \frac{d x}{x ^{p}} = {\frac{1}{p - 1} + \infty p > 1 （收敛） 0 < p \leq 1 （发散）$

（详细计算见第十一章§1例3）

由积分判别法，级数与积分同敛散。

情形2： $p \leq 0$

当 $p \leq 0$ 时， $\frac{1}{n ^{p}} \geq 1 \neq \to 0$ ，级数发散。

结论

$n = 1 \sum \infty \frac{1}{n ^{p}} {收敛发散 p > 1 p \leq 1$

$□$

5.4 对数级数

例12（教材）：讨论下列级数的敛散性：

(i) $\sum_{n = 2}^{\infty} \frac{1}{n ( l n n ) ^{p}}$

(ii) $\sum_{n = 3}^{\infty} \frac{1}{n ( l n n ) ( l n l n n ) ^{p}}$

解(i)

考察 $f (x) = \frac{1}{x ( l n x ) ^{p}}$ 在 $[2, + \infty)$ 上非负递减。

计算积分： $\int_{2}^{+ \infty} \frac{d x}{x ( ln x ) ^{p}}$

令 $u = ln x$ ， $d u = \frac{d x}{x}$ ： $\int_{l n 2}^{+ \infty} \frac{d u}{u ^{p}} = {\frac{1}{p - 1} \cdot \frac{1}{( l n 2 ) ^{p - 1}} + \infty p > 1 p \leq 1$

由积分判别法： $\sum \frac{1}{n ( ln n ) ^{p}} {收敛发散 p > 1 p \leq 1$

$□$

解(ii)

类似地，令 $u = ln ln x$ ： $\int_{3}^{+ \infty} \frac{d x}{x ( ln x ) ( ln ln x ) ^{p}}$

$= \int_{l n l n 3}^{+ \infty} \frac{d u}{u ^{p}}$

同理： $\sum \frac{1}{n ( ln n ) ( ln ln n ) ^{p}} {收敛发散 p > 1 p \leq 1$

$□$

推广

可定义" $k$ 重对数级数"： $\sum \frac{1}{n ( ln n ) ( ln ln n ) \dots ( ln ^{(k)} n ) ^{p}}$

其中 $ln^{(k)}$ 表示 $k$ 次迭代对数。

敛散性仍为： $p > 1$ 收敛， $p \leq 1$ 发散。

六、Raabe判别法（拉贝判别法）

6.1 Raabe判别法的动机

问题：当比值判别法给出 $ρ = 1$ 时，如何进一步判断？

思路：考察 $\frac{u _{n}}{u _{n + 1}} - 1$ 的大小，并用 $n$ 放大。

6.2 Raabe判别法（定理）

定理12.10（Raabe判别法）

设 $\sum u_{n}$ 为正项级数，且存在 $N_{0} \in N$ 及常数 $r$ ：

(i) 若对一切 $n > N_{0}$ ，成立 $n (\frac{u _{n}}{u _{n + 1}} - 1) \geq r > 1$ 则级数收敛。

(ii) 若对一切 $n > N_{0}$ ，成立 $n (\frac{u _{n}}{u _{n + 1}} - 1) \leq 1$ 则级数发散。

证明思路（精髓）

(i) 收敛情形

由条件： $n (\frac{u _{n}}{u _{n + 1}} - 1) \geq r > 1$

即： $\frac{u _{n}}{u _{n + 1}} \geq 1 + \frac{r}{n}$

或： $u_{n + 1} \leq \frac{u _{n}}{1 + \frac{r}{n}} = u_{n} \cdot \frac{n}{n + r}$

选择 $p$ 使 $1 < p < r$ ，考察辅助级数 $\sum \frac{1}{n ^{p}}$ （收敛）。

构造： $\frac{u _{n + 1}}{u _{n}} \leq \frac{n}{n + r} \approx 1 - \frac{r}{n}$

（详细证明需要技巧，与 $\sum \frac{1}{n ^{p}}$ 比较）

$□$

(ii) 发散情形

由条件： $n (\frac{u _{n}}{u _{n + 1}} - 1) \leq 1$

即： $\frac{u _{n}}{u _{n + 1}} \leq 1 + \frac{1}{n}$

或： $u_{n + 1} \geq \frac{u _{n}}{1 + \frac{1}{n}} = u_{n} \cdot \frac{n}{n + 1}$

与调和级数 $\sum \frac{1}{n}$ （发散）比较。

$□$

6.3 Raabe判别法（极限形式）

推论（极限形式）

设 $\sum u_{n}$ 为正项级数，且 $n \to \infty lim n (\frac{u _{n}}{u _{n + 1}} - 1) = r$

则：

当 $r > 1$ 时，级数收敛
当 $r < 1$ 时，级数发散
当 $r = 1$ 时，无法判断

注：Raabe判别法的判别范围比比值法更广，但当 $r = 1$ 时仍失效。

6.4 Raabe判别法的应用

例13（教材）：讨论级数 $\sum \frac{1 \cdot 3 \cdot 5 \dots ( 2 n - 1 )}{2 \cdot 4 \cdot 6 \dots ( 2 n ) \cdot n ^{s}} (s = 1, 2, 3)$ 的敛散性。

解

记 $u_{n} = \frac{1 \cdot 3 \cdot 5 \dots ( 2 n - 1 )}{2 \cdot 4 \cdot 6 \dots ( 2 n ) \cdot n ^{s}}$ 。

第1步：尝试比值法

$\frac{u _{n + 1}}{u _{n}} = \frac{2 n + 1}{2 n + 2} \cdot \frac{n ^{s}}{( n + 1 ) ^{s}} = \frac{2 n + 1}{2 n + 2} \cdot (\frac{n}{n + 1})^{s}$

$= \frac{2 n + 1}{2 ( n + 1 )} \cdot \frac{1}{( 1 + \frac{1}{n} ) ^{s}} \to \frac{2}{2} \cdot 1 = 1$

比值法失效。

第2步：应用Raabe判别法

$\frac{u _{n}}{u _{n + 1}} = \frac{2 n + 2}{2 n + 1} \cdot (1 + \frac{1}{n})^{s}$

$= (1 + \frac{1}{2 n + 1}) (1 + \frac{1}{n})^{s}$

$\frac{u _{n}}{u _{n + 1}} - 1 = \frac{1}{2 n + 1} + (1 + \frac{1}{n})^{s} - 1 + \frac{1}{2 n + 1} [(1 + \frac{1}{n})^{s} - 1]$

利用 $(1 + \frac{1}{n})^{s} \approx 1 + \frac{s}{n}$ ：

$\frac{u _{n}}{u _{n + 1}} - 1 \approx \frac{1}{2 n} + \frac{s}{n} = \frac{1 + 2 s}{2 n}$

$n (\frac{u _{n}}{u _{n + 1}} - 1) \approx \frac{1 + 2 s}{2}$

情形1： $s = 1$

$n \to \infty lim n (\frac{u _{n}}{u _{n + 1}} - 1) = \frac{1 + 2}{2} = \frac{3}{2} > 1$

由Raabe判别法，收敛（实际上教材说发散，需要精确计算）。

精确计算（ $s = 1$ ）： $n (\frac{u _{n}}{u _{n + 1}} - 1) = n [\frac{2 n + 2}{2 n + 1} \cdot \frac{n + 1}{n} - 1]$

$= n [\frac{( 2 n + 2 ) ( n + 1 ) - n ( 2 n + 1 )}{n ( 2 n + 1 )}] = \frac{( 2 n + 2 ) ( n + 1 ) - n ( 2 n + 1 )}{2 n + 1}$

$= \frac{2 n ^{2} + 4 n + 2 - 2 n ^{2} - n}{2 n + 1} = \frac{3 n + 2}{2 n + 1} \to \frac{3}{2}$

所以 $r = \frac{3}{2} > 1$ ，收敛（？）

实际答案（需要验证）：教材说 $s = 1, 2$ 时发散， $s = 3$ 时收敛。

更正：通项应为 $u_{n} = \frac{1 \cdot 3 \cdot 5 \dots ( 2 n - 1 )}{2 \cdot 4 \cdot 6 \dots ( 2 n )} \cdot \frac{1}{n ^{s}}$

重新计算

$\frac{u _{n}}{u _{n + 1}} = \frac{2 ( n + 1 )}{2 n + 1} \cdot (1 + \frac{1}{n})^{s}$

$= \frac{2 n + 2}{2 n + 1} \cdot (1 + \frac{1}{n})^{s}$

利用Taylor展开： $(1 + \frac{1}{n})^{s} = 1 + \frac{s}{n} + O (\frac{1}{n ^{2}})$

$\frac{u _{n}}{u _{n + 1}} = (1 + \frac{1}{2 n + 1}) (1 + \frac{s}{n} + O (\frac{1}{n ^{2}}))$

$= 1 + \frac{1}{2 n} + \frac{s}{n} + O (\frac{1}{n ^{2}}) = 1 + \frac{2 s + 1}{2 n} + O (\frac{1}{n ^{2}})$

$n (\frac{u _{n}}{u _{n + 1}} - 1) = \frac{2 s + 1}{2} + O (\frac{1}{n})$

$n \to \infty lim n (\frac{u _{n}}{u _{n + 1}} - 1) = \frac{2 s + 1}{2}$

结论

$s = 1$ ： $r = \frac{3}{2} > 1$ ，收敛
$s = 2$ ： $r = \frac{5}{2} > 1$ ，收敛
$s = 3$ ： $r = \frac{7}{2} > 1$ ，收敛

对一切 $s \geq 1$ ，级数都收敛！

注：与教材答案不符，需核对原题。可能原题是 $\frac{1}{n ^{1/ s}}$ 或其他形式。

$□$

例14（教材）：讨论 $\sum \frac{( 2 n - 1 )!!}{( 2 n )!!}$ 的敛散性。

注：双阶乘记号 $n!! = n (n - 2) (n - 4) \dots$

解

$u_{n} = \frac{1 \cdot 3 \cdot 5 \dots ( 2 n - 1 )}{2 \cdot 4 \cdot 6 \dots ( 2 n )} = \frac{( 2 n - 1 )!!}{( 2 n )!!}$

第1步：比值法

$\frac{u _{n + 1}}{u _{n}} = \frac{2 n + 1}{2 n + 2} = \frac{2 n + 1}{2 ( n + 1 )} \to 1$

比值法失效。

第2步：Raabe判别法

$\frac{u _{n}}{u _{n + 1}} = \frac{2 n + 2}{2 n + 1} = 1 + \frac{1}{2 n + 1}$

$n (\frac{u _{n}}{u _{n + 1}} - 1) = \frac{n}{2 n + 1} \to \frac{1}{2} < 1$

由Raabe判别法，级数发散。 $□$

验证（用Stirling公式）

Stirling公式： $n! \sim 2 πn (\frac{n}{e})^{n}$

由双阶乘定义： $(2 n)!! = 2^{n} \cdot n!$ $(2 n - 1)!! = \frac{( 2 n )!}{( 2 n )!!} = \frac{( 2 n )!}{2 ^{n} \cdot n !}$

因此： $u_{n} = \frac{( 2 n - 1 )!!}{( 2 n )!!} = \frac{( 2 n )!}{2 ^{2 n} ( n ! ) ^{2}}$

利用Stirling公式： $u_{n} \sim \frac{4 πn ( \frac{2 n}{e} ) ^{2 n}}{2 ^{2 n} \cdot 2 πn ( \frac{n}{e} ) ^{2 n}} = \frac{4 πn \cdot 2 ^{2 n} n ^{2 n}}{2 ^{2 n} \cdot 2 πn \cdot n ^{2 n}} = \frac{1}{πn}$

即 $u_{n} \sim \frac{1}{πn}$ ，与 $\sum \frac{1}{n}$ ( $p = 1/2 < 1$ ) 同敛散，发散。

七、判别法的总结与比较

7.1 判别法效力等级

判别法的判别范围（由小到大）：

比值判别法 ⊂ Raabe判别法 ⊂ Gauss判别法 ⊂ ...

根值判别法 ⊃ 比值判别法（根值法更强）

积分判别法：独立体系，适用于特殊类型

7.2 判别法选择流程图

graph TD
    A[正项级数 Σuₙ] --> B{通项形式}
    
    B -->|含n!或aⁿ| C[比值判别法]
    C --> C1{ρ=lim uₙ₊₁/uₙ}
    C1 -->|ρ<1| C2[收敛]
    C1 -->|ρ>1| C3[发散]
    C1 -->|ρ=1| D[Raabe判别法]
    
    B -->|含n次幂| E[根值判别法]
    E --> E1{l=lim ⁿ√uₙ}
    E1 -->|l<1| E2[收敛]
    E1 -->|l>1| E3[发散]
    E1 -->|l=1| F[其他方法]
    
    B -->|含1/nᵖ形式| G[比较判别法]
    G --> G1[与p-级数比较]
    
    B -->|含ln n| H[积分判别法]
    H --> H1[计算积分]
    
    D --> D1{r=lim n×...}
    D1 -->|r>1| D2[收敛]
    D1 -->|r<1| D3[发散]
    D1 -->|r=1| F

7.3 各判别法对比表

判别法	适用场景	优点	缺点	失效情形
比较法	通项明确	直观，适用范围广	需找合适比较级数	—
比值法	含阶乘、指数	计算简单	判别范围有限	$ρ = 1$
根值法	含 $n$ 次幂	判别范围更广	计算可能复杂	$l = 1$
积分法	单调递减函数	直接转化为积分	要求函数性质好	非单调函数
Raabe法	比值法失效时	精细化判别	计算复杂	$r = 1$

7.4 判别法记忆口诀

正项级数判敛散，五法在手不用慌。

含有阶乘指数项，比值判别最拿手。
通项带有n次幂，根值判别显神通。
分式形式像p级，比较判别来帮忙。
函数单调又递减，积分判别解迷津。
比值给出ρ等一，Raabe判别再细分。

大收小收，小散大散，
ρ<1收，ρ>1散，ρ=1再看。
l<1收，l>1散，l=1无果。
r>1收，r<1散，r=1仍茫然。

八、综合例题精讲

例题集1：判别法选择

例15：判断下列级数的敛散性：

(1) $\sum \frac{n !}{n ^{n}}$

(2) $\sum \frac{2 ^{n} n !}{n ^{n}}$

(3) $\sum (\frac{n}{n + 1})^{n^{2}}$

(4) $\sum \frac{1}{n ^{2} + n}$

(5) $\sum \frac{n ^{2} + 1}{n ^{4} - n + 3}$

解(1)： $\sum \frac{n !}{n ^{n}}$

方法：比值判别法（含阶乘）

$\frac{u _{n + 1}}{u _{n}} = \frac{( n + 1 )! \cdot n ^{n}}{n ! \cdot ( n + 1 ) ^{n + 1}} = \frac{( n + 1 ) \cdot n ^{n}}{( n + 1 ) ^{n + 1}} = (\frac{n}{n + 1})^{n} = (\frac{1}{1 + \frac{1}{n}})^{n} \to \frac{1}{e} < 1$

收敛。 $□$

解(2)： $\sum \frac{2 ^{n} n !}{n ^{n}}$

方法：比值判别法

$\frac{u _{n + 1}}{u _{n}} = \frac{2 ^{n + 1} ( n + 1 )! \cdot n ^{n}}{2 ^{n} n ! \cdot ( n + 1 ) ^{n + 1}} = 2 \cdot \frac{( n + 1 ) \cdot n ^{n}}{( n + 1 ) ^{n + 1}} = 2 (\frac{n}{n + 1})^{n} \to \frac{2}{e} < 1$

（因为 $e \approx 2.718 > 2$ ）

收敛。 $□$

解(3)： $\sum (\frac{n}{n + 1})^{n^{2}}$

方法：根值判别法（含 $n$ 次幂）

$n u_{n} = (\frac{n}{n + 1})^{n} = (\frac{1}{1 + \frac{1}{n}})^{n} \to \frac{1}{e} < 1$

收敛。 $□$

解(4)： $\sum \frac{1}{n ^{2} + n}$

方法：比较判别法（极限形式）

$\frac{u _{n}}{\frac{1}{n ^{2}}} = \frac{n ^{2}}{n ^{2} + n} = \frac{1}{1 + \frac{1}{n ^{3/2}}} \to 1$

与 $\sum \frac{1}{n ^{2}}$ ( $p = 2 > 1$ ) 同敛散，收敛。 $□$

解(5)： $\sum \frac{n ^{2} + 1}{n ^{4} - n + 3}$

方法：比较判别法（极限形式）

$\frac{u _{n}}{\frac{1}{n ^{2}}} = \frac{n ^{2} ( n ^{2} + 1 )}{n ^{4} - n + 3} = \frac{n ^{4} + n ^{2}}{n ^{4} - n + 3} \to 1$

与 $\sum \frac{1}{n ^{2}}$ 同敛散，收敛。 $□$

例题集2：含参数级数

例16：讨论下列级数关于参数的敛散性：

(1) $\sum n^{α} \cdot q^{n}$ ( $α \in R, q > 0$ )

(2) $\sum \frac{n ^{α}}{( l n n ) ^{β}}$ ( $α, β \in R$ )

(3) $\sum \frac{x ^{n}}{1 + x ^{n}}$ ( $x > 0$ )

解(1)： $\sum n^{α} \cdot q^{n}$

第1步：根值判别法

$n u_{n} = n n^{α} \cdot q = n^{α / n} \cdot q \to 1 \cdot q = q$

第2步：讨论

$q < 1$ ： $l = q < 1$ ，收敛（对一切 $α$ ）
$q > 1$ ： $l = q > 1$ ，发散（对一切 $α$ ）
$q = 1$ ：级数为 $\sum n^{α}$
- $α \leq - 1$ ： $u_{n} \sim \frac{1}{n ^{∣ α ∣}}$ ， $p = ∣ α ∣ \geq 1$ ，收敛（ $α < - 1$ ）或发散（ $α = - 1$ ）
- $α > - 1$ ： $u_{n} = n^{α} \neq \to 0$ ，发散

综合答案： $\sum n^{α} q^{n} {收敛发散 q < 1 （任意 α ）或 q = 1, α < - 1 q > 1 （任意 α ）或 q = 1, α \geq - 1$

$□$

解(2)： $\sum \frac{n ^{α}}{( l n n ) ^{β}}$

情形1： $α \neq = 0$

主导项是 $n^{α}$ ，对数项可忽略：

$α < 0$ ：与 $\sum \frac{1}{n ^{∣ α ∣}}$ 比较
- $∣ α ∣ > 1$ 即 $α < - 1$ ：收敛
- $∣ α ∣ \leq 1$ 即 $α \geq - 1$ ：发散
$α > 0$ ： $u_{n} \sim n^{α} \to \infty$ ，发散

情形2： $α = 0$

$u_{n} = \frac{1}{( ln n ) ^{β}}$

$β > 0$ ： $u_{n} \to 0$ 但级数发散（类似调和级数）
$β \leq 0$ ： $u_{n} \neq \to 0$ ，发散

精确分析（ $α = 0, β > 0$ ）：

用Cauchy凝聚判别法（见后）或注意： $\sum \frac{1}{( ln n ) ^{β}} 发散$

综合答案： $\sum \frac{n ^{α}}{( ln n ) ^{β}} {收敛发散 α < - 1 α \geq - 1$

（ $β$ 不影响敛散性，只影响收敛速度）

$□$

解(3)： $\sum \frac{x ^{n}}{1 + x ^{n}}$

情形1： $0 < x < 1$

$u_{n} = \frac{x ^{n}}{1 + x ^{n}} \sim x^{n} (n \to \infty)$

与几何级数 $\sum x^{n}$ 同敛散，收敛。

情形2： $x = 1$

$u_{n} = \frac{1}{1 + 1} = \frac{1}{2} \neq \to 0$

发散。

情形3： $x > 1$

$u_{n} = \frac{x ^{n}}{1 + x ^{n}} = \frac{1}{\frac{1}{x ^{n}} + 1} \to 1$

$u_{n} \neq \to 0$ ，发散。

综合答案： $\sum \frac{x ^{n}}{1 + x ^{n}} {收敛发散 0 < x < 1 x \geq 1$

$□$

例题集3：特殊技巧

例17（Cauchy凝聚判别法）：证明

若 ${u_{n}}$ 单调递减且非负，则 $\sum u_{n}$ 与 $\sum 2^{k} u_{2^{k}}$ 同敛散。

证明

第1步： $\sum u_{n}$ 收敛 $\Rightarrow$ $\sum 2^{k} u_{2^{k}}$ 收敛

由单调性，对 $2^{k - 1} < n \leq 2^{k}$ ，有 $u_{n} \geq u_{2^{k}}$ 。

因此： $n = 2^{k - 1} + 1 \sum 2^{k} u_{n} \geq 2^{k - 1} u_{2^{k}}$

若 $\sum u_{n}$ 收敛，则： $k = 1 \sum \infty 2^{k - 1} u_{2^{k}} \leq n = 1 \sum \infty u_{n} < \infty$

即 $\sum 2^{k} u_{2^{k}}$ 收敛。

第2步： $\sum 2^{k} u_{2^{k}}$ 收敛 $\Rightarrow$ $\sum u_{n}$ 收敛

对 $2^{k - 1} < n \leq 2^{k}$ ，有 $u_{n} \leq u_{2^{k - 1}}$ 。

$n = 1 \sum 2^{k} u_{n} = u_{1} + j = 1 \sum k n = 2^{j - 1} + 1 \sum 2^{j} u_{n} \leq u_{1} + j = 1 \sum k 2^{j} u_{2^{j - 1}}$

$= u_{1} + 2 j = 1 \sum k 2^{j - 1} u_{2^{j - 1}}$

若 $\sum 2^{k} u_{2^{k}}$ 收敛，则 $\sum u_{n}$ 的部分和有界，收敛。 $□$

应用：证明 $\sum \frac{1}{n ( l n n ) ^{β}}$ 的敛散性

$\sum 2^{k} u_{2^{k}} = \sum 2^{k} \cdot \frac{1}{2 ^{k} ( k ln 2 ) ^{β}} = \sum \frac{1}{( k ln 2 ) ^{β}} = \frac{1}{( ln 2 ) ^{β}} \sum \frac{1}{k ^{β}}$

$β > 1$ ：收敛
$β \leq 1$ ：发散

$□$

九、易错点与注意事项

易错点1：判别法的使用条件

❌ 错误：比较判别法要求对所有 $n$ 成立 $u_{n} \leq v_{n}$

✅ 正确：只需对**充分大的 $n$ **成立（改变有限项不影响敛散性）

易错点2： $ρ = 1$ 时的误判

❌ 错误：比值判别法给出 $ρ = 1$ ，级数发散

✅ 正确： $ρ = 1$ 时无法判断，需用其他方法

反例： $\sum \frac{1}{n ^{2}}$ 和 $\sum \frac{1}{n}$ 都有 $ρ = 1$ ，但一个收敛一个发散

易错点3：极限比较法的条件

❌ 错误： $lim \frac{u _{n}}{v _{n}} = 0$ 时两级数同敛散

✅ 正确：需要额外条件 $\sum v_{n}$ 收敛

例： $u_{n} = \frac{1}{n ^{2}}$ ， $v_{n} = \frac{1}{n}$ ， $lim \frac{u _{n}}{v _{n}} = 0$ ，但 $\sum u_{n}$ 收敛而 $\sum v_{n}$ 发散

易错点4：积分判别法的适用条件

❌ 错误：任何正项级数都可用积分判别法

✅ 正确：要求存在对应的单调递减非负函数

反例： $\sum sin^{2} n$ 无法用积分判别法（ $sin^{2} x$ 不单调）

易错点5：根值法与比值法的关系

❌ 错误：比值法和根值法等价

✅ 正确：根值法判别范围更广

例： $\sum (a^{n} + b^{n})$ ( $0 < a < b < 1$ )，根值法可判（收敛），但比值法极限不存在

十、补充定理与高级技巧

10.1 Gauss判别法

定理（Gauss判别法）

设正项级数 $\sum u_{n}$ 满足 $\frac{u _{n}}{u _{n + 1}} = 1 + \frac{λ}{n} + \frac{θ _{n}}{n ^{μ}}$

其中 $∣ θ_{n} ∣$ 有界， $μ > 1$ 。

则：

$λ > 1$ 时收敛
$λ < 1$ 时发散
$λ = 1$ 时无法判断

说明：Gauss判别法是Raabe判别法的推广。

10.2 Kummer判别法

定理（Kummer判别法）

设 $\sum u_{n}$ 为正项级数， ${a_{n}}$ 为正数列。令 $K_{n} = a_{n} \frac{u _{n}}{u _{n + 1}} - a_{n + 1}$

若存在 $δ > 0$ 使 $K_{n} \geq δ$ ，则 $\sum u_{n}$ 收敛。

若 $K_{n} \leq 0$ 且 $\sum \frac{1}{a _{n}}$ 发散，则 $\sum u_{n}$ 发散。

说明：

取 $a_{n} = 1$ ：得到比值判别法
取 $a_{n} = n$ ：得到Raabe判别法

10.3 Cauchy凝聚判别法

前面例17已介绍。

推广：对任意 $q > 1$ ，若 ${u_{n}}$ 单调递减非负，则 $\sum u_{n} 与 \sum q^{k} u_{q^{k}} 同敛散$

10.4 对数判别法

定理（对数判别法）

设 $\sum u_{n}$ 为正项级数，且 $n \to \infty lim \frac{ln ( 1/ u _{n} )}{ln n} = p$

则：

$p > 1$ 时收敛
$p < 1$ 时发散

应用：判断 $\sum \frac{1}{n ( l n n ) ( l n l n n ) \dots}$ 类级数。

十一、本节总结

核心内容回顾

§12.2 正项级数的核心要点

1. 基本性质

收敛 ⇔ 部分和有界（单调有界原理）

2. 五大判别法

比较判别法：大收小收，小散大散
比值判别法： $ρ < 1$ 收敛， $ρ > 1$ 发散
根值判别法： $l < 1$ 收敛， $l > 1$ 发散
积分判别法：与反常积分同敛散
Raabe判别法： $r > 1$ 收敛， $r < 1$ 发散

3. 标准级数

p-级数： $p > 1$ 收敛
几何级数： $∣ q ∣ < 1$ 收敛
对数级数：参照p-级数规律

4. 判别法选择

含阶乘、指数 → 比值法
含 $n$ 次幂 → 根值法
形如 $\frac{1}{n ^{p}}$ → 比较法
含对数 → 积分法
$ρ = 1$ → Raabe法

思维导图（完整版）

graph TB
    A[正项级数 Σuₙ] --> B[基本性质]
    A --> C[判别法体系]
    A --> D[标准级数]
    
    B --> B1[收敛⇔部分和有界]
    B --> B2[单调递增]
    B --> B3[发散→+∞]
    
    C --> C1[比较判别法]
    C --> C2[比值判别法]
    C --> C3[根值判别法]
    C --> C4[积分判别法]
    C --> C5[Raabe判别法]
    
    C1 --> C11[基本形式: uₙ≤vₙ]
    C1 --> C12[极限形式: lim uₙ/vₙ]
    C1 --> C13[标准比较: p-级数,几何级数]
    
    C2 --> C21[ρ<1→收敛]
    C2 --> C22[ρ>1→发散]
    C2 --> C23[ρ=1→失效]
    
    C3 --> C31[l<1→收敛]
    C3 --> C32[l>1→发散]
    C3 --> C33[判别范围⊃比值法]
    
    C4 --> C41[f单调递减]
    C4 --> C42[Σf n 与 ∫f x dx同敛散]
    
    C5 --> C51[r>1→收敛]
    C5 --> C52[r<1→发散]
    C5 --> C53[比值法失效时使用]
    
    D --> D1[p-级数: p>1收敛]
    D --> D2[几何级数: |q|<1收敛]
    D --> D3[对数级数: 同p-级数规律]

公式速查表

判别法	收敛条件	发散条件	失效条件
比较法	$u_{n} \leq v_{n}$ ， $\sum v_{n}$ 收敛	$u_{n} \geq v_{n}$ ， $\sum v_{n}$ 发散	—
极限比较	$lim \frac{u _{n}}{v _{n}} = l \in (0, \infty)$ ， $\sum v_{n}$ 收敛	同左， $\sum v_{n}$ 发散	—
比值法	$lim \frac{u _{n + 1}}{u _{n}} = ρ < 1$	$ρ > 1$	$ρ = 1$
根值法	$lim n u_{n} = l < 1$	$l > 1$	$l = 1$
积分法	$\int_{1}^{\infty} f (x) d x$ 收敛	$\int_{1}^{\infty} f (x) d x$ 发散	$f$ 非单调
Raabe法	$lim n (\frac{u _{n}}{u _{n + 1}} - 1) = r > 1$	$r < 1$	$r = 1$

重要级数敛散性总结

级数	敛散性条件	备注
$\sum \frac{1}{n ^{p}}$	$p > 1$ 收敛， $p \leq 1$ 发散	p-级数
$\sum q^{n}$	$∥ q ∥ < 1$ 收敛， $∥ q ∥ \geq 1$ 发散	几何级数
$\sum \frac{1}{n ( l n n ) ^{p}}$	$p > 1$ 收敛， $p \leq 1$ 发散	对数级数
$\sum \frac{n !}{n ^{n}}$	收敛	Stirling型
$\sum \frac{n ^{n}}{n !}$	发散	—
$\sum \frac{( 2 n )!}{( n ! ) ^{2} \cdot 4 ^{n}}$	发散	中心二项系数
$\sum n^{α} q^{n}$	$∥ q ∥ < 1$ 收敛（任意 $α$ ）	—

十二、课后练习题精选

基础题

1. 判断下列级数的敛散性：

(a) $\sum \frac{3 ^{n}}{n !}$

(b) $\sum \frac{n ^{100}}{2 ^{n}}$

(d) $\sum \frac{1}{n ^{2} l n n}$ ( $n \geq 2$ )

2. 用比较判别法证明：

(a) $\sum \frac{1}{n ^{3} + 1}$ 收敛

(b) $\sum \frac{n}{n ^{2} + 1}$ 发散

3. 用积分判别法判断：

(a) $\sum \frac{1}{n l n n l n l n n}$ ( $n \geq 3$ )

(b) $\sum \frac{1}{n ( l n n ) ^{2}}$ ( $n \geq 2$ )

进阶题

4. 讨论 $\sum \frac{( n ! ) ^{2} \cdot 2 ^{n}}{( 2 n )!}$ 的敛散性。

提示：用Raabe判别法。

5. 设 $a_{n} > 0$ ， $\sum a_{n}$ 收敛。证明：

(a) $\sum a_{n}^{2}$ 可能发散

(b) 若 ${a_{n}}$ 单调递减，则 $\sum a_{n}^{2}$ 收敛

6. 证明：若 $lim_{n \to \infty} n^{2} u_{n} = a > 0$ ，则 $\sum u_{n}$ 发散。

挑战题

7. （Cauchy凝聚判别法应用）用凝聚判别法证明： $n = 2 \sum \infty \frac{1}{n ( ln n ) ^{p}} {收敛发散 p > 1 p \leq 1$

8. 设 $\sum u_{n}$ 和 $\sum v_{n}$ 都是收敛的正项级数。证明：

(a) $\sum u_{n} v_{n}$ 收敛

(b) $\sum u_{n} v_{n}$ 收敛

9. （开放题）设计一个正项级数，使得比值判别法和根值判别法都给出 $ρ = l = 1$ ，但级数收敛。

提示：考虑 $\sum \frac{1}{n ( l n n ) ^{2}}$ 。

10. 证明：若 $\sum u_{n}$ 为收敛的正项级数，则 $\sum \frac{u _{n}}{1 - S _{n} + u _{n}}$ 也收敛，其中 $S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} u_{k}$ 。

十三、历史背景与数学家

级数理论的发展

18世纪：形式主义时代

Euler大胆使用级数，得到许多惊人结果
但缺乏严格定义，如 $1 - 1 + 1 - 1 + \dots = \frac{1}{2}$ （？）

19世纪：严格化运动

Cauchy（1821）：首次严格定义收敛
Weierstrass（1850s）：一致收敛理论
Riemann（1854）：重排定理震撼数学界

数学家小传

Jean le Rond d'Alembert (1717-1783)

法国数学家、物理学家、哲学家。

主要贡献：

D'Alembert判别法（比值判别法）
D'Alembert原理（理论力学）
《百科全书》主编之一

趣闻：d'Alembert是弃婴，被遗弃在巴黎圣让·勒隆教堂门口，因此得名"Jean le Rond"（圣让勒隆）。

Augustin-Louis Cauchy (1789-1857)

贡献本节：

根值判别法（Cauchy判别法）
积分判别法
Cauchy凝聚判别法

影响：现代分析学的主要奠基人，建立了 $ε - δ$ 语言。

Joseph Ludwig Raabe (1801-1859)

瑞士数学家。

贡献：

Raabe判别法（1832）
Raabe积分
初等几何研究

评价：虽然贡献集中在分析学，但未获得应有的认可，生前默默无闻。

若用前100项近似： $R_{100} = n = 101 \sum \infty \frac{1}{n ^{2}} < \int_{100}^{\infty} \frac{d x}{x ^{2}} = \frac{1}{100} = 0.01$

精度足够。

应用3：级数在物理学中的应用

量子力学：能级的Boltzmann分布 $Z = n = 0 \sum \infty e^{- β E_{n}}$

收敛性保证配分函数有限。

结语

正项级数是级数理论的基础。掌握了正项级数的判别法，你将拥有：

✅ 扎实的理论基础：理解收敛的本质（单调有界）

✅ 系统的判别工具：五大判别法各有所长

✅ 灵活的应用能力：针对不同类型选择合适方法

下一步学习路径：

→ §12.3 任意项级数：绝对收敛vs条件收敛，Leibniz判别法

→ 第13章函数项级数：一致收敛性理论

→ 第14章幂级数：Taylor展开，收敛半径

∑ → ∞

The journey from finite to infinite continues...

从有限到无穷的旅程仍在继续……

"Mathematics is not about numbers, equations, or algorithms:
it is about understanding."

"数学不是关于数字、方程或算法：
而是关于理解。"

—— William Paul Thurston

§12.2 正项级数·完

期待在§12.3相会！

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