与p级数的余项有关的级数与极限_黄永忠.pdf

收稿日期2 0 2 2-0 2-2 0;修改日期2 0 2 2-0 8-3 1 基金项目高等学校大学数学教学研究与发展中心2 0 2 0年项目(CMC 2 0 2 0 0 2 0 4);华中科技大学教学研究专项项目(2 0 1 9 0 2 6);华中科技大学教学研究专项项目(2 0 2 0 0 2 3)作者简介黄永忠(1 9 6 5-),男,博士,教授,从事数学分析课程教学研究.E-m a i l:h u a n g y z h u s t.e d u.c n 通讯作者雷冬霞(1 9 7 3-),女,博士,副教授,从事数学分析课程教学研究.E-m a i l:d o n g x i a l e i h u s t.e d u.c n第3 8卷第6期大 学 数 学V o l.3 8,.62 0 2 2年1 2月C O L L E G E MATHEMAT I C SD e c.2 0 2 2与p级数的余项有关的级数与极限黄永忠,雷冬霞(华中科技大学 数学与统计学院,武汉4 3 0 0 7 4)摘 要通过用E u l e r-M a c l a u r i n公式建立p级数余项的一个较高阶的等式,给出两个与p级数余项有关的级数在p2,p=2,以及1p1时,p级数k=11kp是收敛的.文献1 利用p级数的余项rn(p)=k=n+11kp关于1n的阶,给出了级数n=1nmrn(p)当pm+21时的计算式子.本文继续考虑与rn(p)有关的级数和极限.熟知,当p1时,rn(p)=1p-11np-1+o 1np-1(可见文献1).本文先用E u l e r-M a c l a u r i n公式(文献2 式(1 9)建立rn(p)的一个进一步的等式(见引理2)rn(p)=1(p-1)np-1-12np+O 1np+1,然后考虑级数n=1 k=n1kp-1(p-1)np-1,得到它在p2,p=2以及1p1,(p)=k=11kp.2 两个引理引理13 对q(0,1),有nk=11kq=1(1-q)nq-1+O 1nq,(1)其中是与q有关的常数,且=-q1-q-q+1x-xxq+1dx-11-q,-q1-q.(2)注1 由引理1和等式nk=11(2k-1)q=2nk=11kq-12qnk=11kq可得nk=11(2k-1)q=1(1-q)2qnq-1+1-12q+O 1nq.(3)引理2 对p1,有k=n+11kp=1(p-1)np-1-12np+O 1np+1.(4)证 对f(x)=1xp,有f(x)=-pxp+1,f(x)=p(p+1)xp+2,从而由文献2 的E u l e r-M a c l a u r i n公式(式(1 9),得mk=n+11kp=mndxxp+12(f(m)-f(n)+11 2(f(m)-f(n)-mnB2(x)f(x)dx =1p-11np-1-1mp-1 -12 1np-1mp-p1 2 1np+1-1mp+1-p(p+1)2Rm,n,(5)其中B2(x)=(x-x)22-x-x2+11 2,Rm,n=mn(x-x)2xp+2-x-xxp+2+16xp+2 dx.注意到|Rm,n|mn1xp+2+1xp+2+16xp+2 dx=1 36(p+1)1np+1-1mp+1 ,令m,由式(5)得k=n+11kp=1(p-1)np-1-12np+O 1np+1.式(4)得证.注2 由引理2和等式k=n1(2k-1)p=1(2n-1)p+k=2n1kp-12pk=n1kp可得k=n1(2k-1)p=1(p-1)2pnp-1+1(2n-1)p+O 1np+1.(6)3 主要结论命题1 设TN(p)=Nn=1k=n1kp-1(p-1)np-1 ,则26大 学 数 学 第3 8卷l i mNTN(p)=1,p=2,p-2p-1(p-1),p2,p-2p-1,1p1得到l i mNTN(2)=l i mN(Nk=N1k2+0-1N=l i mNN1N=1.(i i)若p2,则l i mNTN(p)=l i mN Nk=N1kp+p-2p-1Nn=11np-1-1Np-1 =l i mNN1(p-1)Np-1+p-2p-1(p-1)=p-2p-1(p-1).(i i i)若1p2和给定足够大的正整数n0,由引理2,p-2p-1(p-1)=p-2p-1n0k=11kp-1+1(p-2)np-20-12np-10+O 1np0 .于是结合p-2p-1O 1np0 Mp-2p-11np00(p2+)得到l i mp2+h(p)=l i mp2+1(p-1)np-20=1=h(2).这里的M与p有关,但由式(5)和它随后的表达式知,M中不会出现分母为p-2的项,甚至M可以是一个关于p的线性式.另一方面,对1p2,l i mp2-h(p)=l i mp2-p-2p-1-p-12-p-(p-1)+1x-xxpdx =1+l i mp2-(2-p)+1x-xxpdx=1,其中用到01,设WN(p)=Nn=1k=n1(2k-1)p-12(p-1)(2n-1)p-1 ,则l i mNWN(p)=14+21 6,p=2,p-22(p-1)1-12p-1(p-1)+12 1-12p(p),p2,p-22(p-1)1-12p-1+12 1-12p(p),1p2,则由式(6),有l i mNNk=N1(2k-1)p=l i mNN1(2N-1)p+1(p-1)2pNp-1 =0,并由式(9),得l i mNWN(p)=p-22(p-1)m(p-1)+12m(p)=p-22(p-1)1-12p-1(p-1)+12 1-12p(p).(i i i)若1p2,p-2(p-1)2p+p-22(p-1)1-12p-1+12 1-12p(p),1p2,p-22(p-1)+12 1-12p(p),1p1,an=nk=11kp,bn=nk=11(2k-1)p,cn=bnan-1+12p.(a)证明:l i mnnp-1cn=1(p-1)(p)1-12p-1.(b)当p2时,求极限l i mnnnp-1cn-1(p-1)(p)1-12p-1 .(c)当1p2 =1 82 12-18,p=2,-12(p)1-12p,p2.其中用到 l i mnn1an-1(p)=12(p)l i mnn1(p-1)np-1-12np+O 1np+1 66大 学 数 学 第3 8卷=1(p-1)2(p)l i mn1np-2=1(p-1)2(p)1,p=2,0,p2.(c)当1p1,以p级数的余项与它的等价量1(p-1)np-1之差为通项的数项级数与p有关,本文完整给出该级数的和,包括p2,p=2以及1p2,p=2a n d1p2,a n dac l a s so f l i m i t sa r ed i s c u s s e d.K e yw o r d s:p-s e r i e s;r e m a i n d e r t e r m;E u l e r-M a c l a u r i nf o r m u l a;l i m i t76第6期 黄永忠,等:与p级数的余项有关的级数与极限