陶哲轩实分析-第7章 级数
2016-05-15 19:21
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7.1 有限级数
习题7.1.1没想到连这个也是要证明的,数学这么严谨啊!
(a)对于n归纳
如果n=m,根据定义7.1.1,左边等于am+∑i=m+1pai=am+am+1+...+an=∑i=mpaia_m+\sum_{i=m+1}^p a_i=a_m+a_{m+1}+...+a_n=\sum_{i=m}^p a_i
如果n成立,也就是∑i=mnai+∑i=n+1pai=∑i=mpai\sum_{i=m}^n a_i+\sum_{i=n+1}^p a_i=\sum_{i=m}^p a_i那么∑i=mn+1ai+∑i=n+2pai=∑i=mpai−an+1+an+1\sum_{i=m}^{n+1} a_i+\sum_{i=n+2}^p a_i=\sum_{i=m}^p a_i-a_{n+1}+a_{n+1}证明完成
(b)
都等于am+am+1+...+ana_m+a_{m+1}+...+a_n
(c)对n归纳,如果n=m,那么两边都等于am+bma_m+b_m
归纳假定n成立,那么对于n+1∑i=mn+1(ai+bi)=∑i=mnai+∑i=mnbi+(an+1+bn+1)=∑i=mn+1ai+∑i=mn+1bi\sum_{i=m}^{n+1} (a_i+b_i)=\sum_{i=m}^n a_i +\sum_{i=m}^n b_i+(a_{n+1}+b_{n+1})=\sum_{i=m}^{n+1} a_i +\sum_{i=m}^{n+1} b_i
(d)对n归纳
(e)对n归纳
n=m,等号成立,归纳假定n成立,那么|∑i=mn+1ai|=|∑i=mnai+ai+1|≤∑i=mn+1|ai||\sum_{i=m}^{n+1} a_i| = |\sum_{i=m}^n a_i +a_{i+1}|\le \sum_{i=m}^{n+1}
|a_i|
(f)对n归纳
7.1.2
(a)空的,0显然
(b)g(1)=x0g(1)=x_0
(c)g(y),y∈Yg(y),y\in Y就是X中全部元素。
(d)g(i)=n+i-1,然后用引理7.1.4(b),并根据命题7.1.8,任何一个双射都可以。
(e)设X有m个元素,Y有n个,那么∑f(x)+∑f(y)=∑i=1mf(g(i))+∑i=1nf(h(i))\sum f(x)+\sum f(y)=\sum_{i=1}^mf(g(i))+\sum_{i=1}^nf(h(i))令g′(i)=g(i),i≤m,g′(i)=h(i−m),i>mg'(i)=g(i),i\le m,g'(i)=h(i-m),i>m,那么右边等于∑m+ni=1f(g′(i))\sum_{i=1}^{m+n}f(g'(i))
(f)
类似(e)寻找g’(i)
(g)
直接用定义证明
(h) 对n归纳
(i) 对n归纳
7.1.3
定义7.1.1->
∏i=mnai=1,如果n<m\prod_{i=m}^n a_i=1,如果n∏i=mn+1ai=(∏i=mnai)ai+1\prod_{i=m}^{n+1} a_i=(\prod_{i=m}^n a_i)a_{i+1}
注7.1.2,7.1.3完全类似
引理7.1.4
大部分都是+变x,∑变∏\sum 变\prod
(d)等号右边c变(n-m-1)次方
(e)小于等于变等于
定义7.1.6类似
命题7.1.8类似
命题7.1.11类似
7.1.4
n=0两边都是1
归纳假定n成立,那么(x+y)n+1=(x+y)∑j=0nn!j!(n−j)!xjyn−j(x+y)^{n+1}=(x+y)\sum_{j=0}^n \frac {n!}{j!(n-j)!}x^jy^{n-j}
7.1.5
归纳考虑X的基数为1,那么X只有一个元素x,那么结论成立。
归纳假定X的基数为n的情况下成立limn→∞∑x∈Xan(x)=∑x∈Xlimn→∞an(x)\lim_{n\to \infty}\sum_{x\in X}a_n(x)=\sum_{x\in X}\lim_{n\to \infty }a_n(x)那么考虑Y=X∪yY=X\cup y,limn→∞∑x∈Yan(x)=limn→∞(∑x∈Xan(x)+an(y))=∑x∈Xlimn→∞an(x)+limn→∞an(y)=∑x∈Ylimn→∞an(x)\lim_{n\to \infty}\sum_{x\in Y}a_n(x)=\lim_{n\to \infty}(\sum_{x\in X}a_n(x)+a_n(y))=\sum_{x\in X}\lim_{n\to \infty }a_n(x)+\lim_{n\to \infty }a_n(y)=\sum_{x\in Y}\lim_{n\to \infty }a_n(x)
7.2 无限级数
习题7.2.1
前n项和为
-1,0,-1,0,…
这个序列是发散的,对于0和-1都不是1/2接近的。所以不能赋予任何实数值。
或者利用推论7.2.6,序列不趋于0.
7.2.2 考虑序列bn=∑ni=maib_n=\sum _{i=m}^n a_i并根据提示,bnb_n是Cauchy序列等价于收敛。
7.2.3
命题7.2.5中取p=q完成证明。
7.2.4根据提示,这个结论就是显然的了。对于任意ε\varepsilon,存在N满足p,q≥N则∑qn=p|an|≤ε而|∑qn=pan|≤∑qn=p|an|p,q\ge N则\sum_{n=p}^q |a_n|\le\varepsilon而|\sum_{n=p}^qa_n|\le \sum_{n=p}^q |a_n|
7.2.5 7.2.14
(a)∑n=m∞(an+bn)=limN→∞∑n=mN(an+bn)\sum_{n=m}^\infty (a_n+b_n)=\lim_{N\to\infty} \sum_{n=m}^N (a_n+b_n)∑n=m∞an+∑n=m∞bn=limN→∞∑n=mNan+limN→∞∑n=mNbn=limN→∞∑n=mN(an+bn)\sum_{n=m}^\infty a_n+\sum_{n=m}^\infty b_n=\lim_{N\to\infty} \sum_{n=m}^N a_n+\lim_{N\to\infty} \sum_{n=m}^N b_n =\lim_{N\to\infty} \sum_{n=m}^N (a_n+b_n)
(b)∑n=m∞can=limN→∞∑n=mNcan=climN→∞∑n=mNan=c∑n=m∞an\sum_{n=m}^\infty c a_n=\lim_{N\to\infty} \sum_{n=m}^N c a_n=c\lim_{N\to\infty} \sum_{n=m}^N a_n=c\sum_{n=m}^\infty a_n
(c)根据极限定义和级数定义
(d)令n-k=j
7.2.6考虑∑n=0N(an−an+1)=a0−aN+1 \sum_{n=0}^N (a_n-a_{n+1})=a_0-a_{N+1}考虑bn=a0−an+1b_n=a_0-a_{n+1}由于limn→∞an=0\lim_{n\to\infty} a_n=0,所以bnb_n收敛到a0a_0
7.3 非负实数的和
习题7.3.1
∑an≤∑bn≤M\sum a_n\le \sum b_n \le M,所以a收敛
7.3.2
如果|x|≥1|x|\ge 1,级数项不趋于0,所以不收敛。
如果|x|≤1|x|\le 1,那么bn=∑ni=0xn=1−xn+11−xb_n=\sum_{i=0}^n x^n=\frac{1-x^{n+1}}{1-x}。根据引理6.5.2,bnb_n收敛到1/(1−x)1/(1-x),结论得证。
7.3.3
7.4 级数的重排
习题7.4.1由于绝对收敛,那么考虑所有an≥0a_n\ge 0即可
设ana_n收敛到L,只需要证明对于任意ε\varepsilon,存在M,序列∑∞m=Maf(m)≤ε\sum_{m=M}^\infty a_{f(m)}\le \varepsilon。
由于ana_n收敛到L,那么对于任意ε\varepsilon,存在N,使得序列∑∞n=Nan≤ε\sum_{n=N}^\infty a_n\le \varepsilon。
取M满足f(M)>N,根据f为严格增函数,那么如果m>M,则f(m)>N。那么∑∞m=Mam=∑∞n=Nan−∑m∈Xan\sum_{m=M}^\infty a_m=\sum_{n=N}^\infty a_n-\sum_{m\in X}a_n,其中X=x:x>N,x∉f(m)(m>M)X={x:x>N,x\notin f(m)(m>M)},根据假定an≥0a_n\ge 0,那么∑∞m=Mam≤∑∞n=Nan≤ε\sum_{m=M}^\infty a_m\le\sum_{n=N}^\infty a_n\le \varepsilon。证明完成。
7.5 方根判别法与比例判别法
习题7.5.1 与书中给出的证明完全类似。
7.5.2 用方根判别法limn→∞|xqxn|1n=|xlimn→∞(xq)1n|=|x|(引理6.5.3)<1\lim_{n\to \infty}|x^qx^n|^{\frac 1n}=|x\lim_{n\to \infty}(x^q)^{\frac1n}|=|x|(引理6.5.3)<1证明完成。
7.5.3
1,12,13...{1,\frac12,\frac13...}
1,14,19...{1,\frac14,\frac19...}
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