习题 14 (A)

T1

设 $\left\lbrace a_{n} \right\rbrace$ 递减且级数 $\displaystyle\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 收敛，证明：$\displaystyle\lim_{n\to \infty} n a_{n} = 0$.

方法 I ：反证法.
假设结论不成立，则存在 $\delta>0$ ，对于任意 $N>0$ ，有 $n_{0}>N$ 使得

\[ n_{0} a_{n_{0}} \geqslant \delta \]

令 $N=1$ ，那么此时取到 $n_{0}$ ，以 $N = n_{0}$ 为条件可再次取到满足上式的 $n_{1}$ ，以此类推得 $\left\lbrace n_{k} \right\rbrace_{k \geqslant 0}$ ，可稍加改动取数的方式使得其满足

\[ n_{k}-n_{k-1} > \frac{1}{2} n_{k} \]

此时有

\[ \begin{aligned} & a_{1}+ a_{2} + \cdots + a_{n_{0}} \geqslant n_{0} a_{n_{0}} \geqslant \delta \\ & a_{n_{0}+1}+\cdots + a_{n_{1}} \geqslant (n_{1} - n_{0}) a_{n_{1}} > \frac{1}{2}n_{1} a_{n_{1}} \geqslant \frac{1}{2} \delta \\ & \qquad\vdots \end{aligned} \]

那么有

\[ \sum\limits_{n=1}^{\infty}a_{n} > \delta+ \frac{1}{2}\delta + \frac{1}{2}\delta +\cdots \]

此时级数发散，矛盾！$\square$

方法 II：利用 Cauchy 收敛准则.

考虑 $k= \left[\dfrac{n}{2}\right]$ ，则

\[ 0 < \frac{n}{2} a_{n} \leqslant (n-k+1) a_{n} < \sum\limits_{i=k}^{n} a_{i} \]

令 $n\to \infty$ （此时自然 $k\to \infty$），由 Cauchy 收敛准则可知最右侧的求和收敛于 $0$ ，因此结论成立. $\square$

Remark.

(1) 本题的递减是一个比较重要的条件，如果弱化为 “$a_{n}>0$” ，那么实际上并不能得到题中的结论.

(2) 此外，本题还能扩展结论，当 $\lim\limits_{n\to \infty} n^{p} a_{n}$ 存在有限且 $p>1$ 时，可判定级数收敛；当 $\lim\limits_{n\to \infty} n^{p} a_{n}$ 不为 $0$ 且 $p \leqslant 1$ 时，可判定级数发散.

(1) 我们来举一个反例，设

\[ a_{n} = \begin{cases} \dfrac{1}{n}, n\text{ 是一个完全平方数,}\\ \dfrac{1}{n^{2}} , \text{其他情形.} \end{cases} \]

首先考虑证明级数收敛，易知

\[ \sum\limits_{n=1}^{\infty} a_{n} = \sum\limits_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^{2}} + \sum\limits_{\lambda \in \Lambda} \frac{1}{\lambda^{2}} \]

其中 $\Lambda$ 为自然数除去完全平方数的集合，因此易知级数收敛.

但是结论显然是不成立的，极限将在 $0$ 到 $1$ 之间振荡.

(2) 证明有待补全.

T2

讨论下列各级数的收敛性：

(1) $\displaystyle\sum\limits_{n=2}^{\infty}\dfrac{1}{n^{p}- n^{q}},(0<q<p)$.

(2) $\displaystyle\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{p^{n}- q^{n}},(0<q<p)$.

(3) $\displaystyle\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{x^{n}}{n^{s}},(x>0,s>0)$.

(4) $\displaystyle\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{n(\ln n)^{p}(\ln\ln n)^{q}},(p>0,q>0)$.

(1) 考虑

\[ \frac{1}{n^{p}-n^{q}} \sim \frac{1}{n^{p}} \]

即可.

(2) 利用 d'Alembert 判别法：使用 $n$ 次方差公式化简有

\[ \frac{u_{n}}{u_{n+1}} = p + \dfrac{q^{n}(p-q)}{p^{n}-q^{n}} \to p \]

当 $p<1$ 时级数发散，$p>1$ 时级数收敛，$p=1$ 时由于通项趋于 $1$ 不满足必要条件，故发散.

(3) $x<1$ 时

\[ \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{x^{n}}{n^{s}} < \sum\limits_{n=1}^{\infty} x^{n} \]

收敛，当 $x>1$ 时

\[ \lim_{n\to \infty} \frac{x^{n}}{n^{s}} =+\infty \]

故发散，当 $x=1$ 时即为 $p$ 级数，仅在 $s>1$ 时收敛.

(4) 利用积分判别法即可，$p>1$ 或 $p=1$ 且 $q>1$ 时收敛. $\square$

T3 (Cauchy 凝聚判别法)

设 $\left\lbrace a_{n} \right\rbrace$ 递减且非负，求证：$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 与 $\displaystyle\sum\limits_{k=1}^{\infty} 2^{k} a_{2^{k}}$ 的敛散性一致.

有如下的不等式

\[ 2^{k-1} a_{2^{k}} \leqslant a_{2^{k-1}+1}+a_{2^{k-1}+2}+\cdots + a_{2^{k}} \leqslant 2^{k-1} a_{2^{k-1}} \]

求和有

\[ \frac{1}{2}\sum\limits_{k=1}^{\infty} 2^{k} a_{2^{k}} \leqslant \sum\limits_{n=1}^{\infty} a_{n} \leqslant \sum\limits_{k=1}^{\infty} 2^{k} a_{2^{k}} \]

因此敛散性一致. $\square$

T4 (Sapagof 判别法)

设 $a_n$ 为递增的正数数列，求证：级数
$$ \displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty \left(1-\frac{a_n}{a_{n+1}}\right) $$
与 $\{a_n\}$ 同敛散。

当 $\{a_n\}$ 收敛的时候，即 $a_n$ 有界时，设 $\displaystyle\lim_{n\to\infty} a_n=a$ ，那么 $a_n<a$ 始终成立。而 $a_n$ 递增，因此 $a_1<a_n<n$ ，我们有

\[ \left(1-\frac{a_n}{a_{n+1}}\right)<\frac{a_{n+1}-a_n}{a_1} \]

而

\[ \sum\limits_{n=1}^\infty \left(1-\frac{a_n}{a_{n+1}}\right)<\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{a_{n+1}-a_n}{a_1}=\frac{a-a_1}{a_1} \]

可知级数单调有界收敛.

再证当级数收敛时 $\{a_n\}$ 也收敛会更加简便，假设 $\{a_n\}$ 发散，那么对于项 $a_m$ 总能找到 $N$ 使得对任意 $n\geq N$ 均有 $a_n>2a_m$ ，即 $\displaystyle\frac{a_m}{a_n}<\frac{1}{2}$ 成立，那么利用 Cauchy 收敛准则：

\[ \left|\sum\limits_{k=m}^{n}\frac{a_{k+1}-a_k}{a_k}\right|>\left|\frac{a_{n+1}-a_m}{a_{n+1}}\right|>1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2} \]

与级数收敛矛盾。

而对 $n<N$ 选取其中的最小值即可，因此可得 Sapagof 判别法成立。

Remark.

这个题目涉及的判别法叫 Sapagof 判别法，它有多种等价形式，后续的习题就会出现一个.

T5

讨论级数 $\displaystyle\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{(\ln n)^{\ln n}}$，$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{(\ln n)^{\ln\ln n}}$，$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{(\ln\ln n)^{\ln n}}$ 的收敛性.

第一和第三个级数都是收敛的，仅证明第一个级数收敛，方法类似可证第三个，有

\[ \sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{(\ln n)^{\ln n}} = \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{\ln\ln n}} \]

而

\[ \sum\limits_{n=114514}^{\infty} \frac{1}{n^{\ln\ln n}} \leqslant \sum\limits_{n=114514}^{\infty} \frac{1}{n^{2}} \]

故级数收敛.

第二个级数考虑不等式 $\mathrm{e}^{(\ln\ln n)^{2}} <\mathrm{e}^{\ln n}$ ，不难有

\[ \displaystyle\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{(\ln n)^{\ln\ln n}} > \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} \]

故级数发散. $\square$

T6

设 $\displaystyle\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_{n}$ 为正项级数，求证：若该级数收敛，则对任何 $r>1$ ，$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^{\infty} a^{r}_{n}$ 收敛，反之不一定成立.

考虑 $a_{n}^{r} = o(a_{n})$ 即可，即在 $n$ 足够大时远小于 $a_{n}$ . 反过来，考虑 $p$ 级数即可，当 $p=r$ 时级数收敛，但调和级数是发散的，所以不成立. $\square$

T7

若 $\displaystyle\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_{n}$ 为发散的正项级数，且 $S_{n}$ 为部分和，讨论 $\displaystyle\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{u_{n}}{S_{n}}$ ，$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{u_{n}}{S^{2}_{n}}$ 和 $\displaystyle\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{u_{n}}{S_{n}^{1+\sigma}},(\sigma>0)$ 的敛散性.

第一个级数有

\[ \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{u_{n}}{S_{n}} = \sum\limits_{n=1}^{\infty} \left(1- \frac{S_{n-1}}{S_{n}}\right) \]

由 Sapagof 判别法（即 T4 结论）可知该级数发散. （此时这里已经出现 Sapagof 判别法的等价形式）

仅需讨论最后一个级数，我们断言它是收敛的，下面进行证明：我们需要对求和进行上界估计，设 $f(x) = x^{-\sigma}$ ，根据 Lagrange 中值定理，存在 $\xi\in (a,b)$ 使得

\[ \frac{1}{a^{\sigma}} - \frac{1}{b^{\sigma}} = \frac{b-a}{\xi^{\sigma+1}} \sigma \geqslant \frac{b-a}{b^{\sigma+1}} \sigma \]

代入 $a=S_{n-1},b=S_{n}$ ，有

\[ \frac{1}{S_{n-1}^{\sigma}} - \frac{1}{S_{n}^{\sigma}} \geqslant \frac{S_{n} -S_{n-1}}{S_{n}^{\sigma+1}} \sigma = \frac{u_{n}}{S_{n}^{\sigma+1}}\sigma \]

那么有：

\[ \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{u_{n}}{S^{1+\sigma}_{n}} \leqslant \frac{1}{\sigma} \sum\limits_{n=2}^{\infty} \left(\frac{1}{S_{n-1}^{\sigma}}- \frac{1}{S_{n}^{\sigma}}\right) + \frac{1}{a_{1}^{\sigma}} < \frac{1}{\sigma} \frac{1}{a_{1}^{\sigma}} + \frac{1}{a_{1}^{\sigma}} \]

因此级数收敛. $\square$

T8

判断下列级数的绝对收敛性和条件收敛性：

(1) $\displaystyle\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{\cos nx}{n^{p}}, p>0,0<x<\pi$.

(2) $\displaystyle\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{n} a_{n}$，其中 $$ a_{n} = \begin{cases}n^{-p}, n\equiv 1\pmod{2} \\ n^{-q}, n\equiv 0 \pmod{2}\end{cases}, (p>0,q>0) $$

(1) 同 14.4 例题做法，$p>1$ 时绝对收敛，$p \leqslant 1$ 时条件收敛.

(2) 由 Leibniz 判别法可知一定满足条件收敛的条件，取绝对值后，考虑奇数项和偶数项，如果存在其中一个小于等于 $1$ ，不妨设为 $p \leqslant 1$ ，只取奇数项，此时我们有

\[ \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n-1)^{p}} \geqslant \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2n-1} > \frac{1}{2} \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} \]

因此发散，而在 $p,q$ 均大于 $1$ 时，考虑 $A = \min (p,q)>1$ ，有

\[ \sum\limits_{n=1}^{\infty} a_{n} \leqslant \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{A}} \]

右侧级数收敛，故收敛. 因此综上，$p>1,q>1$ 时绝对收敛，其余情况均条件收敛. $\square$

习题 14 (A)

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