一个求和式的收敛问题

请问下大家,这个式子收敛吗?

\displaystyle \sum_{n=1}^\infty\left(\frac{\pi}{n}-\sin\frac{\pi}{n}\right)

最佳答案

\displaystyle \sum_{n=1}^\infty\left(\frac{\pi}{n}-\sin\frac{\pi}{n}\right)=\sum_{n=1}^\infty\sum_{m=2}^\infty\frac{(-1)^mx^{2m-1}}{(2m-1)!}\bigg|_{x=\frac{\pi}{n}}\\{}\\ =\sum_{m=2}^\infty\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^mx^{2m-1}}{(2m-1)!}\bigg|_{x=\frac{\pi}{n}}=\sum_{m=2}^\infty\left(\frac{(-1)^m\pi^{2m-1}}{(2m-1)!}\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^{2m-1}}\right)\\{}\\ {\color{red}<}\sum_{m=2}^\infty\frac{(-1)^m\pi^{2m-1}}{(2m-1)!}\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}\sum_{m=2}^\infty\frac{(-1)^m\pi^{2m-1}}{(2m-1)!}\\{}\\ =\frac{\pi^2}{6}(\pi-\sin\pi)=\frac{\pi^3}{6}\\{}\\ \therefore\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{\pi}{n}-\sin\frac{\pi}{n}\right)有上界\\{}\\ \because\sum_{n=1}^k\left(\frac{\pi}{n}-\sin\frac{\pi}{n}\right)随k增大单调递增\\{}\\ \therefore\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{\pi}{n}-\sin\frac{\pi}{n}\right)收敛

第一步是是因为\sin x的级数式是\displaystyle\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^nx^{2n+1}}{(2n+1)!},由于原来的式子用的n,所以我在代数转换的时候用的m来表示级数的序列字母。
\displaystyle\frac{\pi}{n}换成x,我们有\displaystyle\sum_{n=1}^\infty(x-\sin x),我们知道\sin x=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+…,我们第一步是把\sin x换算成级数形式,把第一项x拆出来与(x-\sin x)x做抵消。这样我们会得到这样的式子:

\displaystyle \sum_{n=1}^\infty\left[x-\left(x+\sum_{m=1}^\infty\frac{(-1)^mx^{2m+1}}{(2m+1)!}\right)\right]\\{}\\ =\sum_{n=1}^\infty\left(-\sum_{m=1}^\infty\frac{(-1)^mx^{2m+1}}{(2m+1)!}\right)

现在这个内部求和式,前面有一个负号,不利于得到我们后面所需要的式子形式的转换。
我们考虑把\sin^{\prime\prime}x=-\sin x,所以我们把求和式也求导两次:

\displaystyle \left(\sum_{m=0}^\infty\frac{(-1)^mx^{2m+1}}{(2m+1)!}\right)^{\prime\prime}=\sum_{m=1}^\infty\frac{(-1)^mx^{2m-1}}{(2m-1)!}

这时候可能会注意到求和序列起点m=0变成m=1了,那是因为\sin x级数的第一项是x,它的一次导是1,两次导就没了,所以序列移位了。现在你可以带进这个求和式验算下,你会得出:

\displaystyle -x+\frac{x^3}{3!}-\frac{x^5}{5!}+...

这其实就是-\sin x
现在我们可以把求和式变成:

\displaystyle \sum_{n=1}^\infty\left(x+\sum_{m=1}^\infty\frac{(-1)^mx^{2m-1}}{(2m-1)!}\right)\\{}\\ =\sum_{n=1}^\infty\sum_{m=2}^\infty\frac{(-1)^mx^{2m-1}}{(2m-1)!}

所以我们得出一个结论:

\displaystyle -\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^nx^{2n+1}}{(2n+1)!}=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nx^{2n-1}}{(2n-1)!}

由于\sin x、\cos x这样的函数导两次就是自己的相反数,所以它们的级数可以有无数个形式,但一般用的最多其实点是n0、1、2的形式,如有需要的话可以自行求导选择合适的级数式起始数。

1个月前 评论
Galois (作者) 1个月前
Mars_step (楼主) 1个月前
Mars_step (楼主) 1个月前
娃哈哈店长 3周前
讨论数量: 1

\displaystyle \sum_{n=1}^\infty\left(\frac{\pi}{n}-\sin\frac{\pi}{n}\right)=\sum_{n=1}^\infty\sum_{m=2}^\infty\frac{(-1)^mx^{2m-1}}{(2m-1)!}\bigg|_{x=\frac{\pi}{n}}\\{}\\ =\sum_{m=2}^\infty\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^mx^{2m-1}}{(2m-1)!}\bigg|_{x=\frac{\pi}{n}}=\sum_{m=2}^\infty\left(\frac{(-1)^m\pi^{2m-1}}{(2m-1)!}\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^{2m-1}}\right)\\{}\\ {\color{red}<}\sum_{m=2}^\infty\frac{(-1)^m\pi^{2m-1}}{(2m-1)!}\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}\sum_{m=2}^\infty\frac{(-1)^m\pi^{2m-1}}{(2m-1)!}\\{}\\ =\frac{\pi^2}{6}(\pi-\sin\pi)=\frac{\pi^3}{6}\\{}\\ \therefore\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{\pi}{n}-\sin\frac{\pi}{n}\right)有上界\\{}\\ \because\sum_{n=1}^k\left(\frac{\pi}{n}-\sin\frac{\pi}{n}\right)随k增大单调递增\\{}\\ \therefore\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{\pi}{n}-\sin\frac{\pi}{n}\right)收敛

第一步是是因为\sin x的级数式是\displaystyle\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^nx^{2n+1}}{(2n+1)!},由于原来的式子用的n,所以我在代数转换的时候用的m来表示级数的序列字母。
\displaystyle\frac{\pi}{n}换成x,我们有\displaystyle\sum_{n=1}^\infty(x-\sin x),我们知道\sin x=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+…,我们第一步是把\sin x换算成级数形式,把第一项x拆出来与(x-\sin x)x做抵消。这样我们会得到这样的式子:

\displaystyle \sum_{n=1}^\infty\left[x-\left(x+\sum_{m=1}^\infty\frac{(-1)^mx^{2m+1}}{(2m+1)!}\right)\right]\\{}\\ =\sum_{n=1}^\infty\left(-\sum_{m=1}^\infty\frac{(-1)^mx^{2m+1}}{(2m+1)!}\right)

现在这个内部求和式,前面有一个负号,不利于得到我们后面所需要的式子形式的转换。
我们考虑把\sin^{\prime\prime}x=-\sin x,所以我们把求和式也求导两次:

\displaystyle \left(\sum_{m=0}^\infty\frac{(-1)^mx^{2m+1}}{(2m+1)!}\right)^{\prime\prime}=\sum_{m=1}^\infty\frac{(-1)^mx^{2m-1}}{(2m-1)!}

这时候可能会注意到求和序列起点m=0变成m=1了,那是因为\sin x级数的第一项是x,它的一次导是1,两次导就没了,所以序列移位了。现在你可以带进这个求和式验算下,你会得出:

\displaystyle -x+\frac{x^3}{3!}-\frac{x^5}{5!}+...

这其实就是-\sin x
现在我们可以把求和式变成:

\displaystyle \sum_{n=1}^\infty\left(x+\sum_{m=1}^\infty\frac{(-1)^mx^{2m-1}}{(2m-1)!}\right)\\{}\\ =\sum_{n=1}^\infty\sum_{m=2}^\infty\frac{(-1)^mx^{2m-1}}{(2m-1)!}

所以我们得出一个结论:

\displaystyle -\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^nx^{2n+1}}{(2n+1)!}=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nx^{2n-1}}{(2n-1)!}

由于\sin x、\cos x这样的函数导两次就是自己的相反数,所以它们的级数可以有无数个形式,但一般用的最多其实点是n0、1、2的形式,如有需要的话可以自行求导选择合适的级数式起始数。

1个月前 评论
Galois (作者) 1个月前
Mars_step (楼主) 1个月前
Mars_step (楼主) 1个月前
娃哈哈店长 3周前

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