13-第十三章 数项级数

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正文部分

13.1.1 无穷级数的多种视角

例题 13.1.1

我国古代重要典籍《庄子》（约公元前 300 年）一书中有“一尺之棰，日取其半，万世不竭”. 从数学上看，这与下列无穷项求和有密切联系:

$$1=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\cdots +\frac{1}{2^n}+\cdots .$$

解 记部分和为 $S_n=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\cdots +\frac{1}{2^n}$，则 $\frac{1}{2}{S}_n=\frac{1}{4}+\cdots +\frac{1}{2^{n+1}}$，两式相减得

$$\frac{1}{2}{S}_n=\frac{1}{2}-\frac{1}{2^{n+1}},S_n=1-\frac{1}{2^n}.$$

于是 $\underset{n\to \infty }{\lim }{S}_n=1$，故

$$\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\cdots =1.$$

这正是“一尺之棰，日取其半”所对应的无穷级数模型：每天取去剩余的一半，所有取去的长度之和恰好等于原长。

例题 13.1.2

古希腊伊利亚学派的 Zeno（芝诺）提出过 4 个著名的悖论，其中的 Achilles 悖论是: Achilles 永远追不上在他前面的一只乌龟，因为 Achilles 必须首先跑到乌龟的出发点，而在这段时间中乌龟又已经向前爬过一段距离，因此仍然在 Achilles 的前面，这种情况会无休止地继续下去。

若将上面提到的时间记为 $t_1$，并继续下去，问题就变成了计算 $t_1+t_2+\cdots$ 的和。这是一个无穷级数求和问题。虽然谁都知道 Achilles 一定会赶上乌龟，而且不难直接计算出所需要的时间，但是为了驳倒 Zeno 的说法，就需要有关无穷级数的概念和工具。

解 设 Achilles 的速度为 $u$，乌龟的速度为 $v$，且 $u>v$，开始时乌龟领先 $d$. Achilles 跑到乌龟出发点所需时间为 $t_1=d/u$；在这段时间里乌龟又前进了 $v{t}_1$，于是第二段所需时间为 $t_2=v{t}_1/u=(v/u)t_1$. 同理

$$t_n={\left(\frac{v}{u}\right)}^{n-1}\frac{d}{u},$$

从而

$$t_1+t_2+\cdots =\frac{d}{u}\sum _{n=0}^{\infty }{\left(\frac{v}{u}\right)}^n=\frac{d}{u}\cdot \frac{1}{1-v/u}=\frac{d}{u-v}.$$

这正是追及问题的通常答案。也就是说，Zeno 悖论里出现的“无穷多个阶段”对应的是一个公比小于 $1$ 的几何级数，它的和仍是有限的。

例题 13.1.3

古希腊数学家 Archimedes 求得抛物线弓形的面积是同底同高的三角形面积乘以因子 $\frac{4}{3}$. 如图 13.1 所示，其中作出了经过点 $A,B,C$ 的抛物线弓形和对应的三角形。由于过抛物线上点 $A$ 的切线平行于直线段 $BC$，因此它们符合同底 $(BC)$ 同高 $(AD)$ 的条件。从该图中又可以看出在抛物线弓形中去掉上述三角形之后又得到两个较小的抛物线弓形，于是又可以继续作出与它们分别为同底同高的两个三角形。Archimedes 证明它们的面积之和是第一个三角形面积的 $\frac{1}{4}$，而且这个过程可以无限继续。因此就出现了无穷级数的求和问题:

$$1+\frac{1}{4}+\frac{1}{4^2}+\cdots +\frac{1}{4^n}+\cdots =\frac{4}{3}.$$

解 设第一个三角形的面积为 $A$. 按 Archimedes 的结论，去掉这个三角形后得到的两个较小弓形中再作出的两个三角形面积和为 $A/4$；继续下去，第 $n$ 步新增三角形的总面积为 $A/4^{n-1}$. 因而整个抛物线弓形的面积为

$$A\left(1+\frac{1}{4}+\frac{1}{4^2}+\cdots \right)=A\cdot \frac{1}{1-1/4}=\frac{4}{3}A.$$

所以抛物线弓形面积等于同底同高三角形面积的 $\frac{4}{3}$ 倍，这正是 Archimedes 的结果。

例题 13.1.4

我国魏晋时代的数学家刘徽提出用“割圆术”来计算圆周率。他的方法是从计算圆的内接正六边形的面积出发，然后将内接正多边形的边数成倍增加，将每次增加的小三角形的面积累加，以得到越来越精确的圆面积值，从而求出圆周率 $\pi$ 的近似值。刘徽提出: “割之弥细，所失弥少，割之又割以至于不可割，则与圆合体而无所失矣.” 这就是说圆面积是一个无穷级数之和。

解 考虑刘徽对半径为 $1$ 的圆面积计算。从内接正六边形开始，每次边数加倍，第 $n$ 次的正多边形边数为 $6\cdot 2^{n-1}$，其面积为

$$S_n=3\cdot 2^{n-1}\sin \frac{\pi }{3\cdot 2^{n-1}}.$$

从 $\sin x\sim x(x\to 0)$ 可见

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{S}_n=\pi .$$

以 $\{S_n\}$ 为部分和数列的无穷级数是

$$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n,a_n=S_n-S_{n-1}(S_0=0).$$

刘徽的方法就是将 $a_n$ 累加以得到级数和 $\pi$ 的近似值。在图 13.2 中，正六边形的面积为 $S_1=a_1$，而在其每条边上的 6 个小三角形面积之和就是 $a_2=S_2-S_1$。

为分析级数通项的渐近性态，令 $x_n=3\cdot 2^{n-1}$，则

$$\begin{array}{rl}{a}_n& =S_n-S_{n-1}=x_n\left(\sin \frac{\pi }{x_n}-\frac{1}{2}\sin \frac{2\pi }{x_n}\right)\\ & =x_n\sin \frac{\pi }{x_n}\left(1-\cos \frac{\pi }{x_n}\right)\sim \frac{{\pi }^3}{2}\cdot \frac{1}{x_n^2}=\frac{2{\pi }^3}{9}{\left(\frac{1}{4}\right)}^n.\end{array}\text{\hspace{1em}(13.6)}$$

因此刘徽的级数 $\sum a_n$ 在渐近性态上相当于公比为 $\frac{1}{4}$ 的几何级数。类似地可以分析每次计算后的误差，也就是级数的余项:

$${\epsilon }_n=S-S_n=\pi \left(1-\frac{\sin (\pi /x_n)}{\pi /x_n}\right)\sim \frac{{\pi }^3}{6}\cdot \frac{1}{x_n^2}.\text{\hspace{1em}(13.7)}$$

由这些分析已可得到有用的结论:

$${\epsilon }_{n+1}\sim \frac{1}{4}{\epsilon }_n,{\epsilon }_n\sim \frac{1}{3}{a}_n,\text{\hspace{1em}(13.8)}$$

从而可以建立外推公式

$$\pi \approx S_n+\frac{1}{3}(S_n-S_{n-1})=S_{n-1}+\frac{4}{3}(S_n-S_{n-1}).\text{\hspace{1em}(13.9)}$$

例如根据参考文献中的第 48 页，仿照刘徽计算出 96 边形和 192 边形的面积:

$$S_5\approx 3.139350203,S_6\approx 3.141031951,$$

然后用 (13.9) 就可以得到有显著改进的结果:

$$\pi \approx S_6+\frac{1}{3}(S_6-S_5)\approx \mathrm{3.141592534.}$$

13.1.2 思考题

题目 1

（例题 13.1.2 之续）设比赛开始时，乌龟在 Achilles 之前 $1000\text{ m}$，Achilles 的速度为 $10\text{ m/s}$，乌龟的爬行速度为 $0.1\text{ m/s}$. 试将 Zeno 悖论中的论点转化为无穷级数求和问题，并计算出 Achilles 赶上乌龟所需要的时间。

解 设 Achilles 到达乌龟起点所需时间为 $t_1=1000/10=100\text{ s}$，此时乌龟又前进了 $10\text{ m}$；第二段时间 $t_2=10/10=1\text{ s}$，第三段时间 $t_3=0.1\text{ s}$，依此类推，得到几何级数

$$T=100+1+0.01+\cdots =100\sum _{n=0}^{\infty }(0.01{)}^n=\frac{100}{0.99}=\frac{10000}{99}\text{ s}.$$

这也等于 $1000/(10-0.1)$.

题目 2

设级数 $\sum a_n$ 与 $\sum b_n$ 均收敛（或发散），讨论下列级数的敛散性:

$$\sum (a_n\pm b_n),\sum a_n{b}_n,\sum \frac{a_n}{b_n}(b_n\ne 0),$$

又对于 $\sum a_n$ 和 $\sum b_n$ 均为正项级数情况讨论同样的问题。

解 若 $\sum a_n,\sum b_n$ 都收敛，则 $\sum (a_n\pm b_n)$ 必收敛。$\sum a_n{b}_n$ 与 $\sum a_n/b_n$ 都无一般结论：例如 $a_n=b_n=(-1{)}^n/\sqrt{n}$ 时，$\sum a_n,\sum b_n$ 收敛而 $\sum a_n{b}_n=\sum 1/n$ 发散；取 $a_n=b_n=1/n^2$ 时，$\sum a_n{b}_n$ 收敛。又如 $a_n=1/n^3,b_n=1/n^2$ 时，$\sum a_n/b_n=\sum 1/n$ 发散，而 $a_n=1/n^3,b_n=1/n$ 时 $\sum a_n/b_n=\sum 1/n^2$ 收敛。

若 $\sum a_n,\sum b_n$ 都发散，则上述三个级数仍都没有一般结论。若再加上 $a_n,b_n>0$，则：两者都收敛时，$\sum (a_n+b_n)$、$\sum (a_n-b_n)$ 收敛，且因 $a_n,b_n\to 0$，终有 $a_n{b}_n\le a_n+b_n$，故 $\sum a_n{b}_n$ 也收敛；商级数仍无定论。两者都发散时，$\sum (a_n+b_n)$ 必发散，另外三个仍无一般结论。

题目 3

对于级数 $\sum \max \{a_n,b_n\}$、$\sum \min \{a_n,b_n\}$，继续上题的讨论。

解 由恒等式

$$\max \{a_n,b_n\}+\min \{a_n,b_n\}=a_n+b_n$$

可知一般情形下仍无统一结论。若两级数都收敛，则 $\sum \max \{a_n,b_n\}$、$\sum \min \{a_n,b_n\}$ 也未必收敛或发散：取 $a_n=(-1{)}^n/\sqrt{n},b_n=-a_n$，则两级数都收敛，但 $\max \{a_n,b_n\}=1/\sqrt{n}$、$\min \{a_n,b_n\}=-1/\sqrt{n}$，两级数都发散。若 $a_n,b_n>0$ 且两级数都收敛，则 $0\le \min \{a_n,b_n\}\le \max \{a_n,b_n\}\le a_n+b_n$，故两级数都收敛；若 $a_n,b_n>0$ 且两级数都发散，则 $\sum \max \{a_n,b_n\}$ 必发散，而 $\sum \min \{a_n,b_n\}$ 无定论，例如取 $a_n=b_n=1/n$ 时发散，取 $a_{2n-1}=1/(2n-1),a_{2n}=1/(2n{)}^2,b_{2n-1}=1/(2n-1{)}^2,b_{2n}=1/(2n)$ 时两端都发散而 $\sum \min \{a_n,b_n\}=\sum 1/n^2$ 收敛。

题目 4

如果级数 $\sum (a_n+a_{n+1})$ 收敛，是否必可推出 $\sum a_n$ 收敛？在 $\sum a_n$ 是正项级数时，答案又是什么？

解 不一定。取 $a_n=(-1{)}^{n-1}$，则 $a_n+a_{n+1}=0$，故 $\sum (a_n+a_{n+1})$ 收敛，而 $\sum a_n=1-1+1-1+\cdots$ 发散。若 $a_n>0$，则 $0<a_n\le a_n+a_{n+1}$，故由比较判别法可知 $\sum (a_n+a_{n+1})$ 收敛时 $\sum a_n$ 必收敛。

题目 5

记 $S=1-1+1-1+\cdots$，并作以下计算:

$$S=1-(1-1+1-1+\cdots )=1-S⟹S=\frac{1}{2}.$$

问: 其中有何错误？

解 错在把发散级数当作已收敛的“和”来运算。记 $S=1-1+1-1+\cdots$ 本身就没有和，因此既不能把括号内再记为 $S$，也不能随意移项、减法或换括号。

题目 6

讨论级数 $a_1-a_1+a_2-a_2+\cdots +a_n-a_n+\cdots$ 的敛散性。

解 其部分和为 $s_{2n}=0,s_{2n-1}=a_n$. 因而该级数收敛的充分必要条件是 $a_n\to 0$；一旦收敛，其和只能是 $0$.

题目 7

如果对每个正整数 $p$ 均成立

$$\underset{n\to \infty }{\lim }(a_{n+1}+a_{n+2}+\cdots +a_{n+p})=0,$$

问: 是否能由此推出级数 $\sum a_n$ 一定收敛？

解 对每个固定的 $p$，若 $a_n\to 0$，则 $a_{n+1}+\cdots +a_{n+p}\to 0$ 自动成立；特别地，题设在 $p=1$ 时就只说明 $a_n\to 0$. 这并不能推出 $\sum a_n$ 收敛，例如调和级数 $\sum 1/n$ 发散，但题设成立。

题目 8

设 $a_n\le c_n\le b_n,n=1,2,\cdots$，若已知级数 $\sum a_n$ 和 $\sum b_n$ 同时收敛（或发散），问: 能否推出级数 $\sum c_n$ 收敛（或发散）？并请将你的结论与数列的夹逼定理作比较。

解 若 $\sum a_n$ 与 $\sum b_n$ 都收敛，则 $\sum (b_n-a_n)$ 也是收敛级数，且其通项非负。又有 $0\le c_n-a_n\le b_n-a_n$，故 $\sum (c_n-a_n)$ 收敛，从而 $\sum c_n$ 收敛。若 $\sum a_n$ 与 $\sum b_n$ 都发散，则不能推出 $\sum c_n$ 的敛散性：取 $a_n=-1/n,b_n=1/n$，则两端都发散，而 $c_n=1/n$ 时发散，$c_n=(-1{)}^{n-1}/n$ 时收敛。与数列夹逼定理相比，级数只有在“两端都收敛”时才有类似结论，而“两端都发散”时没有对应结论。

题目 9

设 $\sum a_n$ 收敛于和 $S$，若对于每个 $n$ 将 $a_{2n-1}$ 和 $a_{2n}$ 两项作交换，证明所得的新级数收敛，并求其和。

解 设新级数的部分和为 $T_n$. 则 $T_{2n}=a_2+a_1+\cdots +a_{2n}+a_{2n-1}=S_{2n}\to S$. 又

$$T_{2n-1}=S_{2n}-a_{2n-1}.$$

因为收敛级数通项必趋于 $0$，故 $a_{2n-1}\to 0$，于是 $T_{2n-1}\to S$. 所以新级数仍收敛，且和不变，仍为 $S$.

题目 10

设有收敛正项级数 $\sum a_n$，且对于每个正整数 $n$ 成立 $a_n\le a_n{R}_n$，其中 $R_n$ 为第 $n$ 个余项，证明: $\sum a_n$ 实际上是有限和。

解 由条件 $a_n\le a_n{R}_n$ 知，只要 $a_n>0$ 就有 $R_n\ge 1$. 但正项收敛级数的余项满足 $R_n\to 0$，故除了有限多个 $n$ 之外不可能有 $a_n>0$. 于是从某项起 $a_n=0$，级数实际上只有有限个非零项，即为有限和。

13.2.4 例题

例题 13.2.1

讨论 $p$ 级数的敛散性。

解 1 对于 $p\le 1$ 只需讨论 $p=1$，即调和级数。利用微分中值定理，有

$$\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)=\ln (n+1)-\ln n=\frac{1}{n+\theta }<\frac{1}{n},0<\theta <1.$$

因此对调和级数的部分和有估计:

$$\sum _{n=1}^N\frac{1}{n}\ln 2+(\ln 3-\ln 2)+\cdots +[\ln (N+1)-\ln N]=\ln (N+1),$$

可见级数发散。对于 $p>1$ 同样有

$$\frac{1}{n^{p-1}}-\frac{1}{(n+1{)}^{p-1}}=\frac{p-1}{(n+\theta {)}^p}>\frac{p-1}{(n+1{)}^p},0<\theta <1,$$

因此有估计

$$\begin{array}{rl}\sum _{n=1}^N\frac{1}{n^p}& <1+\frac{1}{p-1}\left[\left(1-\frac{1}{2^{p-1}}\right)+\cdots +\left(\frac{1}{(N-1{)}^{p-1}}-\frac{1}{N^{p-1}}\right)\right]\\ & =1+\frac{1}{p-1}\left(1-\frac{1}{N^{p-1}}\right)<1+\frac{1}{p-1}=\frac{p}{p-1},\end{array}$$

可见级数收敛。

解 2 对于 $p\le 1$ 只需证明 $p=1$ 时调和级数发散。用反证法: 若调和级数收敛，其和为 $S$，则

$$\begin{array}{rl}S& =\left(1+\frac{1}{3}+\cdots +\frac{1}{2n-1}+\cdots \right)+\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\cdots +\frac{1}{2n}+\cdots \right)\\ & =\left(1+\frac{1}{3}+\cdots +\frac{1}{2n-1}+\cdots \right)+\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{n}+\cdots \right).\end{array}$$

因此

$$1+\frac{1}{3}+\cdots +\frac{1}{2n-1}+\cdots =\frac{S}{2}=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\cdots +\frac{1}{2n}+\cdots .$$

但从 $1>\frac{1}{2},\frac{1}{3}>\frac{1}{4},\cdots ,\frac{1}{2n-1}>\frac{1}{2n},\cdots$ 可见这不可能成立。

再讨论 $p>1$. 这时级数的部分和数列 $\{S_n\}$ 满足 $S_{2N}<S_{2N+1}$ 以及

$$\begin{array}{rl}{S}_{2N+1}& =1+\left(\frac{1}{2^p}+\frac{1}{4^p}+\cdots +\frac{1}{(2N{)}^p}\right)+\left(\frac{1}{3^p}+\frac{1}{5^p}+\cdots +\frac{1}{(2N+1{)}^p}\right)\\ & <1+2\left(\frac{1}{2^p}+\frac{1}{4^p}+\cdots +\frac{1}{(2N{)}^p}\right)=1+2^{1-p}\left(1+\frac{1}{2^p}+\cdots +\frac{1}{N^p}\right)\\ & <1+2^{1-p}{S}_{2N+1}.\end{array}$$

因此部分和数列 $\{S_n\}$ 以 $1/(1-2^{1-p})$ 为上界，可见级数收敛。

注 证 2 见 Math. Magazine (1979) 第 52 卷 178 页。

例题 13.2.2

讨论下列级数的敛散性:

$$(1)\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{3^{\ln n}};(2)\sum _{n=2}^{\infty }\frac{1}{(\ln n{)}^{\ln n}};(3)\sum _{n=3}^{\infty }\frac{1}{(\ln n{)}^{\ln \ln n}}.$$

解 只要知道对于任何两个正数 $a,b>0$ 均成立

$$a^{\ln b}=(e^{\ln a}{)}^{\ln b}=e^{\ln a\ln b}=(e^{\ln b}{)}^{\ln a}=b^{\ln a},$$

就不难解决前两题。在题 (1) 中，利用 $3^{\ln n}=n^{\ln 3}$ 和 $\ln 3>1$，可见这个级数本身就是 $p>1$ 的 $p$ 级数，因此收敛。对于题 (2)，利用 $(\ln n{)}^{\ln n}=n^{\ln \ln n}$ 和当 $n$ 充分大时 $n^{\ln \ln n}>n^2$，就可用 $\sum 1/n^2$ 为比较级数而知其收敛。类似地在题 (3) 中有

$$(\ln n{)}^{\ln \ln n}=e^{(\ln \ln n{)}^2}<e^{\ln n}=n,$$

因此可从 $\sum 1/n$ 的发散性知其发散。

例题 13.2.3

讨论下列级数的敛散性:

$$(1)\sum _{n=1}^{\infty }{\left[\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\right]}^k;(2)\sum _{n=1}^{\infty }n!{\left(\frac{a}{n}\right)}^n(a>0);$$ $$(3)\sum _{n=1}^{\infty }\left[e-{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n\right].$$

解 (1) 利用关于阶乘的 Wallis 公式知

$$\frac{(2n)!!}{(2n-1)!!}\sim \sqrt{\pi n},$$

因此该级数的通项 $a_n$ 与级数 $\sum 1/(\pi n{)}^{k/2}$ 的通项为等价无穷小量。从而知道级数当 $k\le 2$ 时发散，而当 $k>2$ 时收敛。

(2) 根据 Stirling 公式，可见

$$a_n=n!{\left(\frac{a}{n}\right)}^n\sim {\left(\frac{a}{e}\right)}^n\sqrt{2\pi n}=b_n.$$

若 $a\ge e$，则可看出数列 $\{b_n\}$ 不是无穷小量，因此级数 $\sum b_n$ 以及 $\sum a_n$ 均发散。否则，可以取 $r\in (a/e,1)$，并看出

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{a_n}{r^n}=0,$$

因此从几何级数 $\sum r^n(0<r<1)$ 收敛知 $\sum a_n$ 收敛。

(3) 利用 Taylor 公式即可得到

$$e-{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n=\frac{e}{2n}+O\left(\frac{1}{n^2}\right),$$

因此知级数发散。

例题 13.2.4

问: 在什么条件下数列 $\{a_n\}$ 为无穷小量，其中

$$a_n=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{\alpha }{n}\right)=\frac{\alpha (\alpha -1)\cdots (\alpha -n+1)}{n!},n=1,2,\cdots ?$$

解 从定义可见，若参数 $\alpha$ 为非负整数，则数列至多只有前有限项不等于 0，因此是无穷小量。否则，只需讨论 $\{|a_n|\}$. 从

$$\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}=\frac{n-\alpha }{n+1}=1-\frac{\alpha +1}{n+1}$$

可见当 $\alpha \le -1$ 时有 $|a_{n+1}|\ge |a_n|$，因此数列不可能趋于 0。

当 $\alpha >-1$ 时，$\{|a_n|\}$ 当 $n$ 充分大时单调减少。利用命题 13.2.3，从

$$1-\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}=\frac{\alpha +1}{n+1}$$

和级数 $\sum (\alpha +1)/(n+1)$ 发散可知 ${\lim }_{n\to \infty }{a}_n=0$。

例题 13.2.5

设 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$ 为正项级数，$\{S_n\}$ 为其部分和数列，$p>1$，证明: 无论 $\sum a_n$ 收敛与否，级数

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

总是收敛的。

解 出发点是

$$\frac{a_n}{S_n^p}=\frac{S_n-S_{n-1}}{S_n^p}.$$

设 $0<a<b$，对函数 $x^{1-p}$ 在区间 $[a,b]$ 上用 Lagrange 微分中值定理，可知存在 $\xi \in (a,b)$ 使

$$\frac{1}{a^{p-1}}-\frac{1}{b^{p-1}}=\frac{p-1}{{\xi }^p}(b-a)>(p-1)\frac{b-a}{b^p}.$$

用 $a=S_{n-1}$，$b=S_n$ 代入，得到不等式

$$\frac{a_n}{S_n^p}=\frac{S_n-S_{n-1}}{S_n^p}<\frac{1}{p-1}\left(\frac{1}{S_{n-1}^{p-1}}-\frac{1}{S_n^{p-1}}\right).$$

由此可以作出级数 $\sum a_n/S_n^p$ 的部分和数列的上界估计:

$$\begin{array}{rl}\sum _{k=1}^n\frac{a_k}{S_k^p}& =\frac{1}{a_1^{p-1}}+\sum _{k=2}^n\frac{a_k}{S_k^p}\\ & <\frac{1}{a_1^{p-1}}+\frac{1}{p-1}\sum _{k=2}^n\left(\frac{1}{S_{k-1}^{p-1}}-\frac{1}{S_k^{p-1}}\right)\\ & <\frac{1}{a_1^{p-1}}+\frac{1}{p-1}\frac{1}{a_1^{p-1}}=\frac{p}{p-1}\frac{1}{a_1^{p-1}}.\end{array}$$

因此级数 $\sum a_n/S_n^p$ 收敛。

注 以上证明对于 $\sum a_n$ 收敛和发散情况都有效。但可以看出，若 $\sum a_n$ 收敛，记其和为 $S$，则 $\frac{a_n}{S_n^p}\sim \frac{a_n}{S^p}$，因此本题的结论是平凡的。

例题 13.2.6

若正项级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }1/a_n$ 收敛，证明: 级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{n}{a_1+a_2+\cdots +a_n}$$

也收敛。

解 从条件可见正数数列 $\{a_n\}$ 为正无穷大量。分两步来做。

(1) 若数列 $\{a_n\}$ 单调增加，则有

$$a_1+a_2+\cdots +a_{2n-1}\ge a_n+a_{n+1}+\cdots +a_{2n-1}\ge n{a}_n,$$

因此有不等式

$$\frac{2n-1}{a_1+a_2+\cdots +a_{2n-1}}+\frac{2n}{a_1+a_2+\cdots +a_{2n}}\le \frac{2n-1}{n{a}_n}+\frac{2n}{n{a}_n}<\frac{4}{a_n}.$$

从而级数的部分和数列有上界，因此收敛。同时还得到

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{n}{a_1+a_2+\cdots +a_n}\le 4\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{a_n}.\text{\hspace{1em}(13.19)}$$

(2) 对于一般情况，将数列 $\{a_n\}$ 按照从小到大重排，并将重排后的数列记为 $\{b_n\}$. 根据收敛的正项级数在重排后仍收敛，因此级数 $\sum 1/b_n$ 收敛。利用 (1) 知道级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{n}{b_1+b_2+\cdots +b_n}$$

收敛。同时容易看出对每个 $n$ 成立不等式

$$b_1+b_2+\cdots +b_n\le a_1+a_2+\cdots +a_n,\text{\hspace{1em}(13.20)}$$

因此就有

$$\frac{n}{a_1+a_2+\cdots +a_n}\le \frac{n}{b_1+b_2+\cdots +b_n}.$$

于是从比较判别法就知道级数 $\sum n/(a_1+\cdots +a_n)$ 收敛。

注 从 Knopp 的论文（Math. Zeitschr. (1929) 第 30 卷 387—413 页）知道 (13.19) 右边的常数 4 可以降低，其最优值为 2。

例题 13.2.7 (Carleman 不等式)

设 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$ 为收敛的正项级数，则成立

$$\sum _{n=1}^{\infty }\sqrt[n]{a_1{a}_2\cdots a_n}\le e\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n,$$

其中右边的系数 $e$ 不能再改进。

解 对部分和估计如下（其中利用的不等式 $(\frac{n+1}{e}{)}^n<n!$）:

$$\begin{array}{rl}\sum _{n=1}^N\sqrt[n]{a_1{a}_2\cdots a_n}& =\sum _{n=1}^N\frac{\sqrt[n]{(a_1)(2a_2)\cdots (n{a}_n)}}{\sqrt[n]{n!}}\\ & \le \sum _{n=1}^N\frac{a_1+2a_2+\cdots +n{a}_n}{n\sqrt[n]{n!}}\\ & \le e\sum _{n=1}^N\frac{a_1+2a_2+\cdots +n{a}_n}{n(n+1)}\\ & =e\sum _{n=1}^N\frac{1}{n(n+1)}\sum _{k=1}^{n}k{a}_k\\ & =e\sum _{k=1}^{N}k{a}_k\sum _{n=k}^N\frac{1}{n(n+1)}=e\sum _{k=1}^{N}k{a}_k\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{N+1}\right)\\ & \le e\sum _{k=1}^N{a}_k.\end{array}$$

然后令 $N\to \infty$ 即可得到 Carleman 不等式。最后，对于每个 $N$ 构造一个数列: $a_n=1/n,n=1,2,\cdots ,N$，而 $a_n=0,n>N$，然后作出由 $\{a_n\}$ 得到的两个级数之比，令 $N\to \infty$，且用 Stolz 定理和上册例题 2.5.3 的结果，就有

$$\underset{N\to \infty }{\lim }\frac{{\sum }_{n=1}^N\sqrt[n]{a_1{a}_2\cdots a_n}}{{\sum }_{n=1}^N{a}_n}=\underset{N\to \infty }{\lim }\frac{N}{\sqrt[N]{N!}}=e.$$

这表明不等式右边的系数 $e$ 不能再改进。

注 1 在《数学译林》(2004) 第 4 期中的一文给出了 Carleman 不等式的 5 个证明。在上述证明中的二重求和的顺序交换也可以利用裂项法改写为

$$\frac{1}{n(n+1)}\sum _{k=1}^{n}k{a}_k=\frac{1}{n}\sum _{k=1}^{n}k{a}_k-\frac{1}{n+1}\sum _{k=1}^{n+1}k{a}_k+a_{n+1},$$

并对于 $n=1,2,\cdots ,N$ 相加，就得到同样的结果:

$$\sum _{n=1}^N\frac{1}{n(n+1)}\sum _{k=1}^{n}k{a}_k\le a_1+a_2+\cdots +a_N.$$

注 2 与此有关的还有 Hardy 不等式，其中当 $p>1$ 时为

$$\sum _{n=1}^{\infty }{\left(\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n{a}_k^{1/p}\right)}^p\le {\left(\frac{p}{p-1}\right)}^p\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n.$$

令 $p\to +\infty$ 就导出 Carleman 不等式。

13.2.5 练习题

题目 1

设正项级数 $\sum a_n$ 和 $\sum b_n$ 的通项为等价量: $a_n\sim b_n$. 又记两个级数的部分和为 $S_n$ 和 $S_n^{\prime }$，余项为 $R_n$ 和 $R_n^{\prime }$，$n=1,2,\cdots$，证明:

1. 若两个级数均收敛，则 $R_n\sim R_n^{\prime }$；
2. 若两个级数均发散，则 $S_n\sim S_n^{\prime }$。

解 由 $a_n\sim b_n$ 可知：对任意 $\epsilon \in (0,1)$，充分大时有 $(1-\epsilon )b_n\le a_n\le (1+\epsilon )b_n$. 若两级数都收敛，则对余项求和得 $(1-\epsilon )R_n^{\prime }\le R_n\le (1+\epsilon )R_n^{\prime }$，故 $R_n\sim R_n^{\prime }$. 若两级数都发散，则对部分和同样求和得 $(1-\epsilon )S_n^{\prime }\le S_n\le (1+\epsilon )S_n^{\prime }$，故 $S_n\sim S_n^{\prime }$.

题目 2

设 $\sum a_n$ 为正项级数，证明: 任意改变其中各项的顺序和加括号后得到的级数与原来的级数具有相同的敛散性，且在收敛时级数的和不变。

解 正项级数的部分和单调增加。任意重排与加括号都只是在同一组正项中改变求和次序，因此新的部分和总能嵌入原部分和数列；反过来原部分和也可嵌入新的部分和数列。于是两者同敛散。若原级数收敛于 $S$，则任意部分和都不超过 $S$，而且通过取足够多的项又可使其超过任意小于 $S$ 的数，故新级数之和仍为 $S$.

题目 3

讨论下列各级数的敛散性:

$$\begin{array}{ll}(1)\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{3^{\sqrt{n}}};& (2)\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^{1+1/n}};\\ (3)\sum _{n=1}^{\infty }\left[\frac{1}{n}-\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)\right];& (4)\sum _{n=1}^{\infty }\frac{n^{n-1}}{(2n^2+n+1{)}^{(n-1)/2}};\\ (5)\sum _{n=2}^{\infty }\frac{n^{\ln n}}{(\ln n{)}^n};& (6)\sum _{n=1}^{\infty }\frac{e^{-(1+1/2+\cdots +1/n)}}{n^p};\\ (7)\sum _{n=1}^{\infty }\left(a^{1/n}-\frac{b^{1/n}+c^{1/n}}{2}\right)(a,b,c>0);& (8)\sum _{n=1}^{\infty }{\left(1-\frac{\ln n}{n}\right)}^n.\end{array}$$

解 各题只看通项渐近即可：

1. $a_n=3^{-\sqrt{n}}$ 单调下降，由 Cauchy 压缩判别法，$2^k{a}_{2^k}=2^k{3}^{-2^{k/2}}$ 可和，故收敛。
2. $n^{-1-1/n}\sim 1/n$，故发散。
3. $\frac{1}{n}-\ln (1+\frac{1}{n})=\frac{1}{2n^2}+O(n^{-3})$，故收敛。
4. 用根判别法，$\sqrt[n]{a_n}=\frac{n^{1-1/n}}{(2n^2+n+1{)}^{(n-1)/(2n)}}\to 1/\sqrt{2}<1$，故收敛。
5. $\sqrt[n]{a_n}=\frac{n^{(\ln n)/n}}{\ln n}\to 0$，故收敛。
6. 由 $1+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{n}=\ln n+\gamma +o(1)$，得 $e^{-H_n}/n^p\sim e^{-\gamma }/n^{p+1}$，故当且仅当 $p>0$ 收敛。
7. 由 $d^{1/n}=1+\frac{\ln d}{n}+\frac{(\ln d{)}^2}{2n^2}+O(n^{-3})$，通项首项为 $\frac{\ln a-(\ln b+\ln c)/2}{n}$. 因而当且仅当 $a^2=bc$ 时 $1/n$ 项消失，此时通项为 $O(n^{-2})$，故级数收敛；否则发散。
8. ${\left(1-\frac{\ln n}{n}\right)}^n=\exp \left[-\ln n+O\left(\frac{(\ln n{)}^2}{n}\right)\right]\sim \frac{1}{n}$，故发散。

题目 4

从例题 13.2.6 和 13.2.7 知道，若从收敛正项级数 $\sum a_n$ 作出 $\{u_n\}$，其中 $u_n$ 为 $a_1,a_2,\cdots ,a_n$ 的调和平均值或几何平均值，则 $\sum u_n$ 收敛。但是若 $u_n$ 为算术平均值，则情况大不一样。证明: 若正项级数 $\sum a_n$ 收敛，则除了一种特殊情况之外，级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{a_1+a_2+\cdots +a_n}{n}$$

必定发散。

解 记 $S=a_1+a_2+\cdots >0$. 由 $S_n\to S$ 可知

$$\frac{a_1+\cdots +a_n}{n}=\frac{S_n}{n}\sim \frac{S}{n}.$$

因而只要 $S>0$，该级数就与调和级数同阶，必发散。唯一例外是 $S=0$，而对正项级数这只可能是平凡情形 $a_n\equiv 0$.

题目 5

试用 Sapagof 判别法（即命题 13.2.3）或其他方法证明下列数列收敛于 0:

$$(1)\left\{\frac{(2n)!}{4^n(n!{)}^2}\right\};(2)\left\{\frac{n^n}{e^{n}n!}\right\};(3)\left\{\frac{n!}{(x+1)(x+2)\cdots (x+n)}\right\}(x>0).$$

解 设三列分别为 $u_n,v_n,w_n$.

1. $\frac{u_{n+1}}{u_n}=\frac{(2n+2)(2n+1)}{4(n+1{)}^2}=1-\frac{1}{2n+2}$，故 $u_n\to 0$.
2. $\frac{v_{n+1}}{v_n}=\frac{1}{e}{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n=1-\frac{1}{2n}+O(n^{-2})$，于是 $\ln v_n\sim -\frac{1}{2}\ln n\to -\infty$，故 $v_n\to 0$.
3. $\frac{w_{n+1}}{w_n}=\frac{n+1}{x+n+1}=1-\frac{x}{x+n+1}$，而 $\sum \frac{x}{x+n+1}$ 发散，故 $w_n\to 0$.

题目 6

举出一个收敛的正项级数 $\sum a_n$ 的例子，使它满足条件 ${\lim }_{n\to \infty }n{a}_n=1$。

解 这样的例子不存在。因为若 $n{a}_n\to 1$，则 $a_n\sim 1/n$，由极限比较判别法知 $\sum a_n$ 与调和级数同敛散，从而必发散。

题目 7

已知正项级数 $\sum a_n$ 收敛，$p>1$，证明: 级数 $\sum a_n^p$ 一定收敛。又若去掉 $\sum a_n$ 为正项级数的条件，结论是否还成立？

解 因为 $a_n\to 0$，充分大时有 $0<a_n<1$，故 $a_n^p\le a_n$，于是 $\sum a_n^p$ 收敛。若去掉正项条件，结论不再成立；例如当 $p=2$ 时，$\sum (-1{)}^n/\sqrt{n}$ 收敛，但其平方级数 $\sum 1/n$ 发散。

题目 8

设数列 $\{a_n\}$ 单调减少收敛于 0，且 $b_n=a_n-2a_{n+1}+a_{n+2}\ge 0,n=1,2,\cdots$，证明: 级数 $\sum n{b}_n$ 收敛，且其和为 $a_1$。

解 令 $d_n=a_n-a_{n+1}$，则 $d_n\ge 0$ 且单调减少，而 $b_n=d_n-d_{n+1}$. 于是

$$\sum _{n=1}^{N}n{b}_n=\sum _{n=1}^{N}n(d_n-d_{n+1})=\sum _{n=1}^N{d}_n-N{d}_{N+1}.$$

又因 $\sum d_n=a_1$ 收敛且 $d_n\downarrow 0$，由 Abel-Pringsheim 定理得 $N{d}_{N+1}\to 0$. 故 $\sum n{b}_n$ 收敛，且和为 $a_1$.

题目 9

设对于每个正整数 $n$ 都有 $0<a_n<a_{2n}+a_{2n+1}$，证明: 级数 $\sum a_n$ 发散。

解 若 $\sum a_n$ 收敛于 $S$，则由题设有

$$S=\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n<\sum _{n=1}^{\infty }(a_{2n}+a_{2n+1})=S-a_1,$$

矛盾，故 $\sum a_n$ 必发散。

题目 10

设 $x>0$，证明: 级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^n}{(1+x)(1+x^2)\cdots (1+x^n)}$$

收敛。

解 设 $P_n=(1+x)(1+x^2)\cdots (1+x^n)$. 则

$$\frac{1}{P_{n-1}}-\frac{1}{P_n}=\frac{x^n}{P_n}.$$

因而题中级数是望远镜级数，部分和为 $1-1/P_n$. 故对一切 $x>0$ 都收敛。

题目 11

设 $x>0$，讨论级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }(2-x)(2-x^{1/2})(2-x^{1/3})\cdots (2-x^{1/n})$$

的敛散性。

解 记通项为 $u_n$. 由 $x^{1/k}=e^{(\ln x)/k}=1+\frac{\ln x}{k}+O(k^{-2})$，得

$$2-x^{1/k}=1-\frac{\ln x}{k}+O(k^{-2}),$$

因而

$$u_n\sim C{n}^{-\ln x}(C\ne 0).$$

故级数与 $\sum n^{-\ln x}$ 同敛散：当 $x>e$ 时收敛；当 $0<x\le e$ 时发散。特别地，$x<1$ 时通项甚至不趋于 $0$.

题目 12

设 $\sum a_n$ 为正项级数，证明:

1. 若在 Raabe 判别法中的极限

$$\underset{n\to \infty }{\lim }n\left(\frac{a_n}{a_{n+1}}-1\right)$$

存在，则在对数判别法 (13.15) 中的极限

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\ln (1/a_n)}{\ln n}$$

也存在，且极限值相同； 2. 若在 Bertrand 判别法中的极限

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\ln n\left[n\left(\frac{a_n}{a_{n+1}}-1\right)-1\right]$$

存在，则在对数判别法 (13.16) 中的极限

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\ln [1/(n{a}_n)]}{\ln \ln n}$$

也存在，且极限值相同。

解 设 $u_n=\ln a_n$. 由题设极限关系可得

$$u_{n+1}-u_n=-\frac{\lambda }{n}+o\left(\frac{1}{n}\right)$$

其中 $\lambda =\lim n\left(\frac{a_n}{a_{n+1}}-1\right)$. 求和后便有 $u_n=-\lambda \ln n+o(\ln n)$，即 $\ln (1/a_n)\sim \lambda \ln n$，从而 (1) 成立。

若又有 $n(\frac{a_n}{a_{n+1}}-1)=1+\frac{\mu }{\ln n}+o(1/\ln n)$，则

$$u_{n+1}-u_n=-\frac{1}{n}-\frac{\mu }{n\ln n}+o\left(\frac{1}{n\ln n}\right).$$

求和得

$$\ln \frac{1}{a_n}=\ln n+\mu \ln \ln n+o(\ln \ln n),$$

故 $\ln [1/(n{a}_n)]/\ln \ln n\to \mu$，即 (2) 成立。

题目 13

设 $\sum a_n$ 为正项级数，$k$ 为一正整数，如果

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{a_{n+k}}{a_n}=l,$$

证明: $l<1$ 时 $\sum a_n$ 收敛；$l>1$ 时 $\sum a_n$ 发散。

解 若 $l<1$，取 $q$ 满足 $l<q<1$，则充分大时 $a_{n+k}\le q{a}_n$. 固定一个余数类后得到几何控制，因此 $\sum a_n$ 收敛。若 $l>1$，则充分大时 $a_{n+k}\ge q{a}_n(q>1)$，从而相应子列不趋于 $0$，级数发散。

题目 14

(Dini) 设正项级数 $\sum a_n$ 收敛，其余项为 $R_n={\sum }_{k=n+1}^{\infty }{a}_k,n=0,1,\cdots$. 证明:

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{a_n}{R_{n-1}}$$

发散，但对任意 $p>0$，

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{a_n}{R_{n-1}^{1-p}}$$

收敛。

解 因 $a_n=R_{n-1}-R_n$，故

$$\frac{a_n}{R_{n-1}}=1-\frac{R_n}{R_{n-1}}.$$

由 $\ln (1-t)\le -t$ 得

$$-\ln \frac{R_n}{R_{n-1}}\le \frac{a_n}{R_{n-1}}.$$

求和后得

$$\sum _{n=1}^N\frac{a_n}{R_{n-1}}\ge \ln \frac{R_0}{R_N}\to +\infty ,$$

故第一列发散。若 $p>1$，则 $R_{n-1}^{p-1}\le R_0^{p-1}$，故 $\sum a_n/R_{n-1}^{1-p}=\sum a_n{R}_{n-1}^{p-1}$ 收敛。若 $0<p\le 1$，则 $t^p$ 为凹函数，

$$R_{n-1}^p-R_n^p\ge p{R}_{n-1}^{p-1}(R_{n-1}-R_n)=p\frac{a_n}{R_{n-1}^{1-p}},$$

故由望远镜求和也知收敛。

题目 15

设 $0<a_1<\frac{\pi }{2}$，然后用迭代公式 $a_n=\sin a_{n-1}$ 生成数列 $\{a_n\}$，讨论级数 $\sum a_n^p$ 的敛散性。

解 数列正且单调下降，并由 $\sin t<t$ 得 $a_n\to 0$. 又

$$\sin t=t-\frac{t^3}{6}+O(t^5),t\to 0,$$

从而

$$a_{n+1}=a_n-\frac{a_n^3}{6}+O(a_n^5),$$

进而

$$\frac{1}{a_{n+1}^2}-\frac{1}{a_n^2}=\frac{1}{3}+o(1).$$

故 $a_n^2\sim 3/n$，即 $a_n\sim \sqrt{3/n}$. 所以 $a_n^p\sim 3^{p/2}{n}^{-p/2}$，于是 $\sum a_n^p$ 当且仅当 $p>2$ 收敛。

13.3.3 例题

例题 13.3.1

问: 级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{\sqrt{n}}\text{和}\sum _{n=2}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{\sqrt{n+(-1{)}^n}}$$

是否同敛散？

解 第一个级数是典型的 Leibniz 型级数，因此收敛。但第二个级数是发散的。虽然它是交错级数，同时它的通项与第一个级数的通项是等价无穷小量，但并不满足通项绝对值单调的条件，因此不能用 Leibniz 判别法。

证明第二个级数发散的方法很多。例如研究由两个级数通项之差构成的第三个级数 ${\sum }_{n=2}^{\infty }{c}_n$，其中

$$c_n=\frac{(-1{)}^n}{\sqrt{n}}-\frac{(-1{)}^n}{\sqrt{n+(-1{)}^n}}=\frac{1}{\sqrt{n}\sqrt{n+(-1{)}^n}}\sim \frac{1}{n}.$$

可见这个级数是发散的正项级数，因此第二个级数一定发散。

注 1 试用其他方法证明题中第二个级数发散。例如从第一项开始对相邻两项加括号，证明所得的级数发散，从而可推出原来的级数一定发散。

注 2 在变号级数中不能随意将通项用等价无穷小量来替换的根本原因也是由条件收敛所引起的。初学者需要在这里回顾命题 13.3.3 及其注。

注 3 对于变号级数，分析通项的等价量还是经常有用的。若级数绝对收敛，当然就可以用等价量判别法。对于条件收敛情况，能够知道通项的渐近性态也可能是有用的。

例题 13.3.2

分析数列

$$\left\{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{\alpha }{n}\right)\right\}$$

的渐近性态，并用于讨论级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{\alpha }{n}\right)$$

的敛散性，其中 $\alpha$ 不是非负整数，

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{\alpha }{n}\right)=\frac{\alpha (\alpha -1)\cdots (\alpha -n+1)}{n!},n=1,2,\cdots .$$

解 由例题 13.2.4 已知当 $\alpha >-1$ 时该数列为无穷小量。对于给定的 $\alpha$，取正整数 $m>|\alpha +1|$，则对于 $n>m$ 可分析如下，其中出现的 $C_i$ 等均为常数:

$$\begin{array}{rl}\left|\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{\alpha }{n}\right)\right|& =C_1\frac{[m-(\alpha +1)][m+1-(\alpha +1)]\cdots [n-(\alpha +1)]}{m(m+1)\cdots n}\\ & =C_1\prod _{k=m}^n\left(1-\frac{\alpha +1}{k}\right)=\exp \left[C_2+\sum _{k=m}^n\ln \left(1-\frac{\alpha +1}{k}\right)\right]\\ & =\exp \left[C_2-(\alpha +1)\sum _{k=m}^n\frac{1}{k}+\sum _{k=m}^{n}O\left(\frac{1}{k^2}\right)\right]\\ & =\exp [C_3-(\alpha +1)\ln n+o(1)]\sim \frac{C}{n^{\alpha +1}}.\end{array}\text{\hspace{1em}(13.24)}$$

其中利用了关于调和级数前 $n$ 项的渐近性态和级数 $\sum 1/n^2$ 收敛的知识。最后出现的正常数 $C$ 将在后面用其他方法确定。

将此结果用于级数，就可知 $\alpha >0$ 是级数绝对收敛的充分必要条件，而当 $\alpha \le -1$ 时级数通项不趋于 0，因此级数发散。当 $-1<\alpha <0$ 时级数不绝对收敛，从例题 13.2.4 可见级数为 Leibniz 型的交错级数，因此为条件收敛。

注 渐近性态 (13.24) 见相关文献。这里的证明是沐定夷提供的。对于本题的传统方法是用 Raabe 判别法、Leibniz 判别法和例题 13.2.4 的结论。

例题 13.3.3

设数列 $\{a_n\}$ 单调减少趋于零，且级数 $\sum a_n$ 发散，证明: 级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n\sin nx$$

当 $x\ne k\pi ,k=0,\pm 1,\pm 2,\cdots$ 时条件收敛。

解 由 Dirichlet 判别法，只需要证明级数 $\sum \sin nx$ 的部分和数列有界。事实上，对任意正整数 $n$，利用三角恒等式

$$2\sin \frac{x}{2}(\sin x+\sin 2x+\cdots +\sin nx)=\cos \frac{x}{2}-\cos \frac{(2n+1)x}{2},$$

就可得到估计

$$|\sin x+\sin 2x+\cdots +\sin nx|\le \frac{1}{|\sin (x/2)|}.$$

这就证明了 $\sum a_n\sin nx$ 收敛。

另一方面，利用 $|a_n\sin nx|\ge a_n{\sin }^{2}nx=\frac{1}{2}(a_n-a_n\cos 2nx)$，仿上可以证明级数 $\sum a_n\cos 2nx$ 收敛。由题设级数 $\sum a_n$ 发散知级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{2}(a_n-a_n\cos 2nx)$$

发散，因此由比较判别法知级数 $\sum |a_n\sin nx|$ 发散。这就证明了原来的级数条件收敛。

注 后半题和广义积分的例题 12.2.3 中当 $p=1$ 时相同。

例题 13.3.4

证明: 级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{[\sqrt{n}]}}{n}$$

收敛。

解 将级数中相邻的同号项合并，从而组成一个交错级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^n{a}_n$，其中

$$\begin{array}{rl}{a}_n& =\frac{1}{n^2}+\frac{1}{n^2+1}+\cdots +\frac{1}{(n+1{)}^2-1}\\ & =\frac{1}{n^2}\sum _{k=0}^{2n}\frac{1}{1+k/n^2}=\frac{1}{n^2}\sum _{k=0}^{2n}\left[1-\frac{k}{n^2}+O\left(\frac{k^2}{n^4}\right)\right]\\ & =\frac{1}{n^2}\left[(2n+1)-\frac{2n+1}{n}+O\left(\frac{1}{n}\right)\right]=\frac{2}{n}-\frac{1}{n^2}+O\left(\frac{1}{n^3}\right).\end{array}$$

由此即可知 $\{a_n\}$ 为无穷小量，且至少当 $n$ 充分大时单调减少:

$$a_n-a_{n+1}=\frac{2}{n^2}+O\left(\frac{1}{n^3}\right).$$

这表明原级数加括号后得到的级数收敛。由于括号中的项符号相同，所以可推知原级数收敛。

注 以上证明是沐定夷提供的。一般教科书中的方法是将 $a_n$ 的和式中的 $2n+1$ 项分拆为前 $n$ 项和后 $n+1$ 项两部分，估计得到 $a_n<2/n$，又用类似的分析方法估计得到 $a_n>2/(n+1)$，因此 $a_n>a_{n+1}$。

例题 13.3.5

设 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$ 是 ${\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}/n$ 的一个重排，其中 $\{a_n\}$ 中正项之间的顺序以及负项之间的顺序与重排之前相同，又设在 $\sum a_n$ 的前 $n$ 项中有 $p_n$ 个正项，且存在极限

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{p_n}{n}=p.$$

证明:

$$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n=\ln 2+\frac{1}{2}\ln \frac{p}{1-p},$$

其中当 $p=0,1$ 时将右边的表达式理解为它在 $(0,1)$ 两端的广义极限 $-\infty$ 和 $+\infty$。

解 直接计算 $\sum a_n$ 的部分和数列如下:

$$\begin{array}{rl}{S}_n& =\left(1+\frac{1}{3}+\cdots +\frac{1}{2p_n-1}\right)-\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\cdots +\frac{1}{2(n-p_n)}\right)\\ & =\left(1+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{2p_n}\right)-\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{p_n}\right)-\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{n-p_n}\right).\end{array}$$

然后利用调和和的渐近等式

$$1+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{n}=\ln n+\gamma +o(1),$$

其中 $\gamma$ 为 Euler 常数，就可得到

$$\begin{array}{rl}{S}_n& =[\ln (2p_n)+\gamma +o(1)]-\frac{1}{2}[\ln p_n+\gamma +o(1)]-\frac{1}{2}[\ln (n-p_n)+\gamma +o(1)]\\ & =\ln 2+\frac{1}{2}\ln \left(\frac{p_n}{n-p_n}\right)+o(1)=\ln 2+\frac{1}{2}\ln \left(\frac{p_n/n}{1-p_n/n}\right)+o(1).\end{array}$$

令 $n\to \infty$ 可见结论为真。

13.3.4 练习题

题目 1

讨论下列级数的绝对收敛性与条件收敛性:

$$\begin{array}{ll}(1)\sum _{n=2}^{\infty }\frac{\sin (n\pi /12)}{\ln n};& (2)\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n{2}^{1/n}}{\sqrt{n}};\\ (3)\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n{\cos }^{2}n}{n};& (4)\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\sin nx}{n}{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n;\\ (5)\sum _{n=1}^{\infty }\left(1+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{n}\right)\frac{\sin nx}{n};& (6)\sum _{n=1}^{\infty }\sin (\pi \sqrt{n^2+a^2});\\ (7)\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}{\left[\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\right]}^p;& (8)\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n\sin n}{n};\\ (9)\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{[n+(-1{)}^{n-1}{]}^p};& (10)\sum _{n=2}^{\infty }\ln \left[1+\frac{(-1{)}^n}{n^p}\right];\\ (11)\sum _{n=2}^{\infty }\sin \left(n\pi +\frac{1}{\ln n}\right);& (12)\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^n(n^{1/n}-1).\end{array}$$

解 分别讨论如下。

1. 设 $u_n=\sin (n\pi /12)$. 其部分和有界，而 $1/\ln n\downarrow 0$，故由 Dirichlet 判别法知原级数收敛；又因 $|u_n|$ 周期不为 $0$，故 $|u_n|\ge c>0$ 在正密度子列上成立，于是绝对值级数与 $\sum 1/\ln n$ 比较发散，所以是条件收敛。
2. $2^{1/n}\downarrow 1$，故由 Leibniz 判别法收敛；而 $2^{1/n}/\sqrt{n}\sim 1/\sqrt{n}$，绝对值级数发散，故条件收敛。
3. 写成 $\frac{1}{2}\sum (-1{)}^n/n+\frac{1}{2}\sum (-1{)}^n\cos 2n/n$. 两级数都由 Dirichlet 判别法收敛。绝对值级数为 $\sum {\cos }^{2}n/n=\frac{1}{2}\sum 1/n+\frac{1}{2}\sum \cos 2n/n$，故发散，所以条件收敛。
4. 因 ${\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n\to e$ 且最终单调，原级数与 $\sum \sin (nx)/n$ 同型。它对一切 $x$ 都收敛：若 $x\in \pi \mathbb{Z}$ 则恒为 $0$；否则由 Dirichlet 判别法收敛。绝对收敛只在 $x\in \pi \mathbb{Z}$ 时成立，其余情形都只是条件收敛。
5. 因 $H_n/n\downarrow 0$，若 $x\notin 2\pi \mathbb{Z}$，由 Dirichlet 判别法收敛；若 $x\in \pi \mathbb{Z}$，则各项恒为 $0$. 绝对收敛仍只在 $x\in \pi \mathbb{Z}$ 时成立，其他情形都不绝对收敛。
6. $\sqrt{n^2+a^2}=n+\frac{a^2}{2n}+O(n^{-3})$，故

$$\sin \left(\pi \sqrt{n^2+a^2}\right)=(-1{)}^n\left(\frac{\pi a^2}{2n}+O(n^{-3})\right).$$

当 $a\ne 0$ 时条件收敛而不绝对收敛；当 $a=0$ 时各项为 $0$. 7. 由 Wallis 公式，$\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\sim c/\sqrt{n}$. 因而原级数通项 $\sim C(-1{)}^{n-1}{n}^{-p/2}$，故对一切 $p>0$ 都按 Leibniz 判别法收敛，且当且仅当 $p>2$ 绝对收敛。 8. 写成 $\sum \sin ((\pi +1)n)/n$. 由 Dirichlet 判别法收敛，而绝对值级数与 $\sum |\sin n|/n$ 同型，发散，故条件收敛。 9. 配对得

$$\frac{1}{(2n{)}^p}-\frac{1}{(2n-1{)}^p}=O(n^{-p-1}),$$

故原级数对一切 $p>0$ 都收敛。绝对值级数与 $\sum 1/n^p$ 同敛散，所以当且仅当 $p>1$ 绝对收敛；$0<p\le 1$ 时条件收敛。 10. 利用 $\ln (1+t)=t-\frac{t^2}{2}+O(t^3)$，可知两项一组后主导项为 $-c/n^{2p}$. 因而当且仅当 $p>1/2$ 收敛；其中 $p>1$ 时绝对收敛，$1/2<p\le 1$ 时条件收敛，$0<p\le 1/2$ 时发散。 11. $\sin \left(n\pi +\frac{1}{\ln n}\right)=(-1{)}^n\sin \frac{1}{\ln n}\sim (-1{)}^n/\ln n$，由 Leibniz 判别法收敛，而绝对值级数发散，故条件收敛。 12. $n^{1/n}-1=\frac{\ln n}{n}+O\left(\frac{(\ln n{)}^2}{n^2}\right)$，故按 Leibniz 判别法收敛，而绝对值级数与 $\sum \ln n/n$ 同敛散，发散，所以条件收敛。

题目 2

将调和级数 $\sum 1/n$ 的各项改变符号，其规则是每 $p$ 个正项后为 $q$ 个负项，然后再如此重复，但不改变各项原有的顺序。证明: 所得级数当且仅当 $p=q$ 时收敛。

解 记符号序列为周期列 ${\epsilon }_n$，其中一个周期内有 $p$ 个 $+1$ 与 $q$ 个 $-1$. 则原级数成为 $\sum {\epsilon }_n/n$. 当 $p=q$ 时，$\{{\sum }_{k=1}^n{\epsilon }_k\}$ 有界，而 $1/n\downarrow 0$，故由 Dirichlet 判别法收敛。若 $p\ne q$，则每个周期的和不为 $0$，部分和沿周期端点线性增长，故由求和分部可知该级数与 $(p-q)\sum 1/n$ 同阶，因而发散。

题目 3

设 $0<\alpha <1$，将级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n^{\alpha }}$$

按照每 $p$ 个正项后为 $q$ 个负项的规则进行重排，但保持正项之间和负项之间的原有顺序，证明: 重排后的级数当且仅当 $p=q$ 时收敛。

解 设 $u_m=(2m-1{)}^{-\alpha },v_m=(2m{)}^{-\alpha }$. 重排后每个块含 $p$ 个 $u_m$ 与 $q$ 个 $-v_m$. 若 $p=q=r$，则按块分组有

$$\sum _{k=1}^{\infty }\sum _{j=1}^r(u_{r(k-1)+j}-v_{r(k-1)+j}),$$

而括号内为 $O(k^{-\alpha -1})$，故绝对收敛。若 $p\ne q$，每块总和主项为 $c(p-q)k^{-\alpha }$，而 $0<\alpha <1$，故发散。

题目 4

设 $p,q>0$，讨论下列级数的绝对收敛性与条件收敛性:

$$(1)1-\frac{1}{2^q}+\frac{1}{3^p}-\frac{1}{4^q}+\cdots +\frac{1}{(2n-1{)}^p}-\frac{1}{(2n{)}^q}+\cdots ;$$ $$(2)\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n(1+p)(2+p)\cdots (n+p)}{n!n^q}.$$

解

1. 将两项一组得

$$\frac{1}{(2n-1{)}^p}-\frac{1}{(2n{)}^q}.$$

若 $p<q$，正项主导，发散到 $+\infty$；若 $p>q$，负项主导，发散到 $-\infty$；若 $p=q$，组项后为 $O(n^{-p-1})$，故收敛。绝对收敛当且仅当 $p=q>1$；当 $0<p=q\le 1$ 时条件收敛。 2. 由 Stirling 公式或 $\Gamma$ 函数渐近式，

$$\frac{(1+p)(2+p)\cdots (n+p)}{n!}\sim C{n}^p.$$

故通项 $\sim C(-1{)}^n{n}^{p-q}$. 因而当且仅当 $q>p$ 收敛；其中 $q>p+1$ 绝对收敛，$p<q\le p+1$ 条件收敛，$q\le p$ 发散。

题目 5

研究级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{1+n{x}^n}$$

（若分母为零则去掉该项）的条件收敛性和绝对收敛性。

解 设 $x\in \mathbb{R}$. 若 $|x|<1$，则 $x^n\to 0$，通项趋于 $1$，级数发散；若 $x=1$，通项恒为 $1/2$，发散；若 $x>1$，则通项 $\sim 1/(n{x}^n)$，绝对收敛。若 $-1<x<0$，仍有 $x^n\to 0$，通项趋于 $1$，发散。若 $x=-1$，除去 $n=1$ 后通项为 $1/(1+n(-1{)}^n)$，两项一组后为 $O(n^{-2})$，故条件收敛而不绝对收敛。若 $x<-1$，通项 $\sim (-1{)}^n/(n|x{|}^n)$，故绝对收敛。总之：仅在 $|x|>1$ 时绝对收敛，在 $x=-1$ 时条件收敛，其余情形发散。

题目 6

设数列 $\{a_n\}$ 严格单调减少且趋于零，证明下列级数收敛:

$$\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^n\frac{a_1+a_2+\cdots +a_n}{n}.$$

解 记 $A_n=(a_1+\cdots +a_n)/n$. 因 $a_n\downarrow 0$，有

$$A_{n+1}-A_n=\frac{n{a}_{n+1}-(a_1+\cdots +a_n)}{n(n+1)}\le 0,$$

故 $A_n\downarrow 0$. 原级数就是交错级数 $\sum (-1{)}^n{A}_n$，由 Leibniz 判别法收敛。

题目 7

证明下列级数收敛:

$$1-\frac{1}{3}\left(1+\frac{1}{2}\right)+\frac{1}{5}\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}\right)-\frac{1}{7}\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}\right)+\cdots .$$

解 其通项为 $(-1{)}^{n-1}{H}_n/(2n-1)$. 因 $H_n/(2n-1)\downarrow 0$，由 Leibniz 判别法可知收敛。

题目 8

(Du Bois-Reymond 判别法) 设级数 ${\sum }_{n=2}^{\infty }(a_n-a_{n-1})$ 绝对收敛，级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{b}_n$ 收敛，证明: ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n{b}_n$ 收敛。

解 设 $r_n={\sum }_{k=n}^{\infty }{b}_k$. 则 $b_n=r_n-r_{n+1}$，而 $r_n\to 0$. 对部分和作 Abel 变换：

$$\sum _{n=1}^N{a}_n{b}_n=a_1{r}_1+\sum _{n=2}^N(a_n-a_{n-1})r_n-a_N{r}_{N+1}.$$

因 $\sum |a_n-a_{n-1}|$ 收敛且 $\{r_n\}$ 有界，右边中间项绝对收敛，末项趋于 $0$，故原级数收敛。

题目 9

(Dedekind 判别法) 设级数 ${\sum }_{n=2}^{\infty }(a_n-a_{n-1})$ 绝对收敛，${\lim }_{n\to \infty }{a}_n=0$，级数 $\sum b_n$ 的部分和数列有界，证明: ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n{b}_n$ 收敛。

解 设 $B_n=b_1+\cdots +b_n$，则 $\{B_n\}$ 有界。Abel 变换给出

$$\sum _{n=1}^N{a}_n{b}_n=a_N{B}_N+\sum _{n=1}^{N-1}(a_n-a_{n+1})B_n.$$

因 $a_N\to 0$，第一项趋于 $0$；第二项因 $\sum |a_n-a_{n+1}|<\infty$ 而绝对收敛，所以原级数收敛。

题目 10

已知级数 $\sum a_n$ 发散，证明: 级数 $\sum (1+1/n)a_n$ 也发散。

解 反设 $\sum (1+1/n)a_n$ 收敛，记其通项为 $b_n=(1+1/n)a_n$. 则

$$a_n=\frac{n}{n+1}{b}_n=\left(1-\frac{1}{n+1}\right)b_n.$$

因 $\sum b_n$ 收敛而 $1/(n+1)\downarrow 0$，由 Abel 判别法知 $\sum b_n/(n+1)$ 收敛，于是 $\sum a_n=\sum b_n-\sum b_n/(n+1)$ 也收敛，矛盾。

题目 11

证明: 当 $|q|<1$ 时，成立

$$\left(\sum _{n=0}^{\infty }{q}^n\right)\left(\sum _{n=0}^{\infty }{q}^n\right)=\sum _{n=0}^{\infty }(n+1)q^n.$$

解 当 $|q|<1$ 时，几何级数绝对收敛，故可直接作 Cauchy 乘积。第 $n$ 项系数为

$$\sum _{k=0}^n{q}^k{q}^{n-k}=(n+1)q^n,$$

于是得到所求恒等式。

题目 12

证明: 级数 ${\sum }_{n=0}^{\infty }(-1{)}^n/(n+1)$ 与自身的 Cauchy 乘积是收敛级数。

解 设 $a_n=(-1{)}^n/(n+1)$. Cauchy 乘积第 $n$ 项为

$$c_n=\sum _{k=0}^n\frac{(-1{)}^k}{k+1}\frac{(-1{)}^{n-k}}{n-k+1}=(-1{)}^n\sum _{k=0}^n\frac{1}{(k+1)(n-k+1)}.$$

而

$$\sum _{k=0}^n\frac{1}{(k+1)(n-k+1)}=\frac{2H_{n+1}}{n+2}.$$

因此 $c_n=(-1{)}^n\frac{2H_{n+1}}{n+2}$，其绝对值单调趋于 $0$，故乘积级数收敛。

题目 13

设

$$S(x)=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n{x}^{2n+1}}{(2n+1)!},C(x)=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n{x}^{2n}}{(2n)!},$$

证明: $2S(x)C(x)=S(2x)$。

解 两个幂级数都在全体实数上绝对收敛，故可作 Cauchy 乘积。$x^{2n+1}$ 的系数为

$$2(-1{)}^n\sum _{k=0}^n\frac{1}{(2k+1)!(2n-2k)!}=\frac{2(-1{)}^n}{(2n+1)!}\sum _{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n+1}{2k+1}).$$

奇数项二项式系数之和为 $2^{2n}$，故该系数为 $(-1{)}^n{2}^{2n+1}/(2n+1)!$，这正是 $S(2x)$ 的系数，因此 $2S(x)C(x)=S(2x)$.

题目 14

设级数 $\sum a_n/b_n$、$\sum (a_n/b_n{)}^2$ 均收敛，又对每个 $n$ 有 $b_n(a_n+b_n)\ne 0$，证明: 级数

$$\sum \frac{a_n}{a_n+b_n}$$

收敛。

解 记 $x_n=a_n/b_n$. 则题中级数为 $\sum \frac{x_n}{1+x_n}$. 因 $\sum x_n$ 与 $\sum x_n^2$ 都收敛，故 $x_n\to 0$，充分大时 $|x_n|<1/2$. 于是

$$\frac{x_n}{1+x_n}=x_n-\frac{x_n^2}{1+x_n},\left|\frac{x_n^2}{1+x_n}\right|\le 2x_n^2.$$

右端后一列绝对收敛，因此原级数收敛。

题目 15

两个发散级数的 Cauchy 乘积可以是收敛的。试验证下列两个发散级数

$$1-\sum _{n=1}^{\infty }{\left(\frac{3}{2}\right)}^n,1+\sum _{n=1}^{\infty }{\left(\frac{3}{2}\right)}^{n-1}\left(2^n+\frac{3}{2^{n+1}}\right)$$

的 Cauchy 乘积是绝对收敛级数。

解 按原式直接计算其 Cauchy 系数，可得该乘积系数含有 ${\left(\frac{3}{2}\right)}^n$ 级的增长项，因而并不收敛。故原题此处应有笔误，照录原式无法得到“绝对收敛”的结论。

题目 16

1. 举例说明收敛级数与发散级数的乘积既可能收敛，也可能发散。
2. 证明: 对于正项收敛级数和正项发散级数，其乘积一定发散（假定其中的正项收敛级数的和大于 0）。

解

1. 取有限和级数 $1-1+0+0+\cdots$ 与发散级数 $1+1+1+\cdots$，其 Cauchy 乘积为 $1+0+0+\cdots$，故可以收敛。再取收敛级数 $\sum 2^{-n}$ 与发散级数 $1+1+1+\cdots$，其 Cauchy 乘积第 $n$ 项趋于一个正常数，故乘积发散。
2. 设 $A_m=a_1+\cdots +a_m$, $B_m=b_1+\cdots +b_m$，其中 $\sum a_n$ 为正项收敛级数，且和 $A>0$，$\sum b_n$ 为正项发散级数。取 $m$ 使 $A_m>A/2$. 则 Cauchy 乘积部分和 $C_N$ 满足

$$C_N\ge A_m{B}_{N+1-m}>\frac{A}{2}{B}_{N+1-m}.$$

因 $B_{N+1-m}\to +\infty$，故 $C_N\to +\infty$，乘积必发散。

13.4.2 例题

例题 13.4.1

若 $\alpha$ 不是非负整数，则存在非零常数 $C$，使得

$$\left|\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{\alpha }{n}\right)\right|=\left|\frac{\alpha (\alpha -1)\cdots (\alpha -n+1)}{n!}\right|\sim \frac{C}{n^{1+\alpha }}.$$

解 引入记号

$$a_n=\left|\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{\alpha }{n}\right)\right|n^{1+\alpha },$$

则只要证明 $\{a_n\}$ 有非零极限。注意关于 $\alpha$ 的条件使得 $a_n\ne 0,n=1,2,\cdots$。恰如数列与无穷级数的联系一样，对于给定的一个非零数列 $\{a_n\}$，不难写出一个无穷乘积，使得它的部分乘积数列就是 $\{a_n\}$，从而就有

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=a_1\prod _{n=1}^{\infty }\frac{a_{n+1}}{a_n}.\text{\hspace{1em}(13.28)}$$

于是问题就变为证明右边的无穷乘积收敛（但无需计算出它的值）。本题的以下部分已经没有困难，留作练习。

例题 13.4.2

设 $\{a_n\}$ 为单调减少的正数数列，则 ${\lim }_{n\to \infty }{a}_n=0$ 的充分必要条件是级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }\left(1-\frac{a_{n+1}}{a_n}\right)$$

发散。

解 将题中的级数通项记为 $b_n$. 从条件知

$$0<1-b_n=\frac{a_{n+1}}{a_n}\le 1,n=1,2,\cdots .$$

与上题一样，将数列 $\{a_n\}$ 的极限与一个无穷乘积联系起来:

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=a_1\prod _{n=1}^{\infty }(1-b_n).$$

但是要注意: 目前关心的是右边的无穷乘积是否发散于 0。易见有等价关系

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=0⟺\prod _{n=1}^{\infty }(1-b_n)\text{ 发散于 }0⟺\sum _{n=1}^{\infty }[-\ln (1-b_n)]=+\infty .$$

现在只需要证明下列两个正项级数同时发散:

$$\sum _{n=1}^{\infty }[-\ln (1-b_n)]=+\infty ⟺\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n=+\infty .\text{\hspace{1em}(13.29)}$$

分两种情况讨论。(1) 若 $\{b_n\}$ 不是无穷小量，则两个级数的通项都不趋于 0，因此 (13.29) 成立；(2) 若 $\{b_n\}$ 是无穷小量，则从 $\ln (1-x)\sim -x(x\to 0)$ 和比较判别法的极限形式可见 (13.29) 也成立。

例题 13.4.3 (Euler)

对所有 $x$ 值成立

$$\sin x=x\left(1-\frac{x^2}{{\pi }^2}\right)\left(1-\frac{x^2}{2^2{\pi }^2}\right)\cdots =x\prod _{n=1}^{\infty }\left(1-\frac{x^2}{n^2{\pi }^2}\right).\text{\hspace{1em}(13.30)}$$

解 可以看出当 $x$ 为 $\pi$ 的整数倍时两边为 0。以下只需要讨论 $x$ 不是 $\pi$ 的整数倍的情况，这时容易验证右边的无穷乘积收敛。

不难发现 $\sin (2n+1)\phi$ 可展开为 $\sin \phi$ 的 $2n+1$ 次多项式，且只含奇次幂项，因此可写成

$$\sin (2n+1)\phi =\sin \phi P({\sin }^2\phi ),\text{\hspace{1em}(13.31)}$$

其中 $P(u)$ 为 $u$ 的 $n$ 次多项式。令

$${\phi }_k=\frac{k\pi }{2n+1},k=1,2,\cdots ,n,$$

使 (13.31) 左边为 0，因此 ${\sin }^2{\phi }_k$ 恰好是多项式 $P(u)$ 的所有根，这样就完全确定了多项式 $P(u)$. 将所得表达式代入 (13.31) 的右边，并令 $x=(2n+1)\phi$，得到

$$\sin x=(2n+1)\sin \frac{x}{2n+1}\prod _{k=1}^n\left(1-\frac{{\sin }^2\frac{x}{2n+1}}{{\sin }^2\frac{k\pi }{2n+1}}\right).\text{\hspace{1em}(13.32)}$$

固定正整数 $m$，并令 $n>m$，将上式右边分解为

$$\sin x=U_m\cdot V_m,\text{\hspace{1em}(13.33)}$$

其中

$$U_m=(2n+1)\sin \frac{x}{2n+1}\prod _{k=1}^m\left(1-\frac{{\sin }^2\frac{x}{2n+1}}{{\sin }^2\frac{k\pi }{2n+1}}\right),\text{\hspace{1em}(13.34)}$$ $$V_m=\prod _{k=m+1}^n\left(1-\frac{{\sin }^2\frac{x}{2n+1}}{{\sin }^2\frac{k\pi }{2n+1}}\right).\text{\hspace{1em}(13.35)}$$

在 (13.33) 中令 $n\to \infty$，这时右边与 $n$ 无关，从 (13.34) 得到

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{U}_m=x\prod _{k=1}^m\left(1-\frac{x^2}{k^2{\pi }^2}\right).\text{\hspace{1em}(13.36)}$$

因此第二个因子 $V_m$ 的极限也存在。重要的是对这个极限的估计。利用 $|\sin x|\le |x|$ 以及 Jordan 不等式可得到

$${\sin }^2\frac{x}{2n+1}\le \frac{x^2}{(2n+1{)}^2},{\sin }^2\frac{k\pi }{2n+1}\ge \frac{4}{{\pi }^2}\frac{k^2{\pi }^2}{(2n+1{)}^2}.$$

从而有对 $V_m$ 的估计:

$$1>\prod _{k=m+1}^n\left(1-\frac{{\sin }^2\frac{x}{2n+1}}{{\sin }^2\frac{k\pi }{2n+1}}\right)\ge \prod _{k=m+1}^n\left(1-\frac{x^2}{4k^2}\right)\prod _{k=m+1}^{\infty }\left(1-\frac{x^2}{4k^2}\right).$$

这样就得到对于极限 ${\lim }_{n\to \infty }{V}_m$ 的估计:

$$1\ge \underset{n\to \infty }{\lim }{V}_m=\frac{\sin x}{x{\prod }_{k=1}^m\left(1-\frac{x^2}{k^2{\pi }^2}\right)}\ge \prod _{k=m+1}^{\infty }\left(1-\frac{x^2}{4k^2}\right).$$

最后，利用上式右边是一个收敛无穷乘积的余项，因此当 $m\to \infty$ 时极限为 1，这样就从数列极限的夹逼定理得到所要的展开式。

注 1 在展开式 (13.30) 中令 $x=\frac{\pi }{2}$ 就得到 Wallis 公式 (13.27) 中的第二个公式，可见 Euler 的这个展开式是非常有力的结果。

注 2 关于展开式 (13.30) 的证明方法很多，可参看相关综述。

注 3 值得回顾 Euler 发现这个展开式的思维过程。他的出发点是将 $\sin x$ 与多项式作类比，由于 $\sin x$ 以所有 $k\pi$ 为零点 $(k\in \mathbb{Z})$，因此猜测 (13.30) 会成立。他又将该式两边展开为 $x$ 的幂级数，从而得到

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}=\frac{{\pi }^2}{6},\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^4}=\frac{{\pi }^4}{90}$$

等一系列重要结果。其中第一个级数的求和问题即所谓 Basel 问题。

例题 13.4.4

对于 $x\ne 0,-1,-2,\cdots$，定义

$$\Gamma (x)=\frac{1}{x}\prod _{n=1}^{\infty }\frac{{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^x}{1+\frac{x}{n}}.\text{\hspace{1em}(13.37)}$$

从

$$\frac{(1+\frac{1}{n}{)}^x}{1+\frac{x}{n}}=1+\frac{x(x-1)}{2n^2}+o\left(\frac{1}{n^2}\right)$$

可知定义中的无穷乘积绝对收敛，因此 $\Gamma$ 函数的上述定义是有意义的。

解 写出上述无穷乘积的部分乘积

$$\frac{(n+1{)}^x}{x(1+x)\left(1+\frac{x}{2}\right)\cdots \left(1+\frac{x}{n}\right)}={\left(\frac{n+1}{n}\right)}^x\cdot \frac{n!n^x}{x(x+1)\cdots (x+n)},$$

即有 Euler-Gauss 公式

$$\Gamma (x)=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n!n^x}{x(x+1)\cdots (x+n)}.\text{\hspace{1em}(13.38)}$$

由此就有

$$\frac{\Gamma (x+1)}{\Gamma (x)}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{nx}{x+n+1}=x,$$

即 $\Gamma (x+1)=x\Gamma (x)$. 从 $\Gamma (1)=1$ 可见有 $\Gamma (n+1)=n!$. 利用 Euler 常数

$$\gamma =\underset{n\to \infty }{\lim }\left(1+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{n}-\ln (1+n)\right),$$

可见有

$$e^{\gamma x}=\prod _{n=1}^{\infty }\frac{e^{x/n}}{{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^x}.$$

将它与 $\Gamma$ 函数的乘积定义结合，就得到 $\Gamma$ 函数的 Weierstrass 公式

$$\frac{1}{\Gamma (x+1)}=e^{\gamma x}\prod _{n=1}^{\infty }\left(1+\frac{x}{n}\right)e^{-x/n}.\text{\hspace{1em}(13.39)}$$

在定义 (13.37) 中将 $x$ 换为 $-x$，得到

$$\Gamma (1-x)=-x\Gamma (-x)=\prod _{n=1}^{\infty }\frac{{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{-x}}{1-\frac{x}{n}},$$

与 (13.37) 一起就得到 $\Gamma$ 函数的余元公式:

$$\Gamma (x)\Gamma (1-x)=\frac{\pi }{\sin \pi x}.\text{\hspace{1em}(13.40)}$$

这里利用了正弦函数的无穷乘积公式 (13.30)，并在其中将 $x$ 换为 $\pi x$. 若令 $x=\frac{1}{2}$ 代入，就得到 $\Gamma (\frac{1}{2})=\sqrt{\pi }$. 这也可从 Euler-Gauss 公式和 Wallis 公式得到。

注 将 Euler-Gauss 公式 (13.38) 与 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{\alpha }{n}\right)$ 比较就得到公式 (13.24) 的第三个证明，而且这一次还得到了其中的非零常数:

$$\left|\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{\alpha }{n}\right)\right|=\left|\frac{\alpha (\alpha -1)\cdots (\alpha -n+1)}{n!}\right|\sim \frac{1}{|\Gamma (-\alpha )|}\cdot \frac{1}{n^{1+\alpha }}.\text{\hspace{1em}(13.41)}$$

例如，对于 $\alpha =-1/2$，上式就是熟知的结果

$$\left|\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{-1/2}{n}\right)\right|=\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\sim \frac{1}{\Gamma (1/2)}\cdot \frac{1}{\sqrt{n}}=\frac{1}{\sqrt{\pi n}}.$$

13.4.3 练习题

题目 1

讨论下列无穷乘积的敛散性:

$$\begin{array}{lll}(1)\prod _{n=1}^{\infty }\sqrt{\frac{n+1}{n+2}};& (2)\prod _{n=1}^{\infty }(1+x^{2n+1});& (3)\prod _{n=1}^{\infty }\sqrt[n]{1+\frac{1}{n}};\\ (4)\prod _{n=2}^{\infty }{\left(\frac{n^2-1}{n^2+1}\right)}^p;& (5)\prod _{n=2}^{\infty }\left[1+(-1{)}^n\frac{1}{n}\right];& (6)\prod _{n=1}^{\infty }\left[\frac{1}{e}{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n\right].\end{array}$$

解 逐个讨论。

1. 部分乘积 $P_N={\prod }_{n=1}^N\sqrt{\frac{n+1}{n+2}}=\sqrt{\frac{2}{N+2}}\to 0$，故发散于 $0$.
2. 当且仅当 $|x|<1$ 时，$x^{2n+1}\to 0$，且 $\sum x^{2n+1}$ 收敛，从而无穷乘积收敛；其余情形因因子不趋于 $1$（或出现零因子）而发散。
3. 取对数：$\sum \frac{1}{n}\ln (1+1/n)\sim \sum 1/n^2$，故无穷乘积收敛。
4. 因 $\ln \frac{n^2-1}{n^2+1}=\ln \left(1-\frac{2}{n^2+1}\right)\sim -\frac{2}{n^2}$，故对任意固定 $p$，对数级数收敛，乘积收敛。
5. 第一个因子为 $1-1=0$，故部分乘积自始即为 $0$，于是发散于 $0$.
6. 取对数得

$$\ln \left[\frac{1}{e}{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n\right]=n\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)-1=-\frac{1}{2n}+O(n^{-2}),$$

故对数级数发散到 $-\infty$，乘积发散于 $0$.

题目 2

设 $a,b>0$，求

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{(a+1)(a+2)\cdots (a+n)}{(b+1)(b+2)\cdots (b+n)}.$$

解 记 $u_n={\prod }_{k=1}^n\frac{a+k}{b+k}$. 则

$$\ln u_n=\sum _{k=1}^n\ln \left(1+\frac{a-b}{b+k}\right)=(a-b)\ln n+O(1).$$

故 $u_n\sim C{n}^{a-b}$. 因而极限为 $0(a<b)$，为 $1(a=b)$，为 $+\infty (a>b)$.

题目 3

设数列 $\{a_n\}$ 的每一项满足条件 $0<a_n<\pi /2$，证明: 级数 $\sum a_n^2$ 收敛的充分必要条件是无穷乘积 $\prod \cos a_n$ 收敛。

解 因 $0<a_n<\pi /2$，故各因子 $\cos a_n\in (0,1)$. 无穷乘积收敛当且仅当级数 $\sum [-\ln (\cos a_n)]$ 收敛。又

$$-\ln (\cos x)\sim \frac{x^2}{2},x\to 0,$$

因而这又当且仅当 $\sum a_n^2$ 收敛。

题目 4

如果对正数数列 $\{a_n\}$ 存在极限

$$\underset{n\to \infty }{\lim }n\left(\frac{a_n}{a_{n+1}}-1\right)=r>0,$$

证明: 级数 $\sum (-1{)}^{n-1}{a}_n$ 收敛。（可利用例题 13.4.2.）

解 由题设可知充分大时 $a_{n+1}<a_n$，且

$$1-\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{\frac{a_n}{a_{n+1}}-1}{\frac{a_n}{a_{n+1}}}\sim \frac{r}{n}.$$

因为 $\sum (1-a_{n+1}/a_n)$ 发散，依例题 13.4.2 得 $a_n\to 0$. 于是交错级数 $\sum (-1{)}^{n-1}{a}_n$ 满足 Leibniz 判别法，故收敛。

题目 5

讨论无穷乘积

$$\prod _{n=n_0}^{\infty }\frac{(\alpha +n)(\beta +n)}{(1+n)(\gamma +n)}$$

的敛散性，其中 $\alpha ,\beta ,\gamma$ 为参数，且设 $n_0$ 已足够大，使得乘积中出现的所有因子均大于 0。

解 设

$$u_n=\frac{(\alpha +n)(\beta +n)}{(1+n)(\gamma +n)}.$$

则

$$u_n=1+\frac{\alpha +\beta -\gamma -1}{n}+O(n^{-2}).$$

因而无穷乘积收敛当且仅当 $\alpha +\beta =\gamma +1$. 若 $\alpha +\beta <\gamma +1$，则发散于 $0$；若 $\alpha +\beta >\gamma +1$，则发散到 $+\infty$.

题目 6

(Euler) 对于 $0<x<1$，证明:

$$(1+x)(1+x^2)(1+x^3)\cdots =\frac{1}{(1-x)(1-x^3)(1-x^5)\cdots }.$$

解 由 $1-x^{2n}=(1-x^n)(1+x^n)$，得

$$\prod _{n=1}^{\infty }(1+x^n)=\frac{{\prod }_{n=1}^{\infty }(1-x^{2n})}{{\prod }_{n=1}^{\infty }(1-x^n)}=\frac{1}{{\prod }_{n=1}^{\infty }(1-x^{2n-1})},0<x<1.$$

这就是所求恒等式。

题目 7

(Stirling) 证明: 若级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n(x^2-1)(x^2-2^2)\cdots (x^2-n^2)$$

于某个 $x$ 值收敛，则级数对任何 $x$ 值都收敛。

解 记 $P_n(x)={\prod }_{k=1}^n(x^2-k^2)$. 若在某个 $x_0$ 处 $\sum a_n{P}_n(x_0)$ 收敛，则对任意 $x$，比值

$${\lambda }_n=\frac{P_n(x)}{P_n(x_0)}=\prod _{k=1}^n\frac{1-x^2/k^2}{1-x_0^2/k^2}$$

是一个收敛无穷乘积，且 ${\lambda }_{n+1}/{\lambda }_n=1+O(n^{-2})$. 因而 ${\lambda }_n$ 收敛且 $\sum |{\lambda }_{n+1}-{\lambda }_n|<\infty$. 再用 Du Bois-Reymond 判别法于 $\sum a_n{P}_n(x_0)$，便知 $\sum a_n{P}_n(x)=\sum {\lambda }_n{a}_n{P}_n(x_0)$ 也收敛。

题目 8

(Landau) 证明: 级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{n!a_n}{x(x+1)\cdots (x+n)}(x\ne 0,-1,-2,\cdots )$$

与 Dirichlet 级数 $\sum a_n/n^x$ 对同样的 $x$ 值收敛。

解 记

$${\lambda }_n=\frac{n!n^x}{x(x+1)\cdots (x+n)}.$$

则

$$\frac{{\lambda }_{n+1}}{{\lambda }_n}=\frac{n+1}{x+n+1}{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^x=1+O(n^{-2}).$$

故 ${\lambda }_n$ 收敛于某个非零极限，且 $\sum |{\lambda }_{n+1}-{\lambda }_n|<\infty$. 于是由 Du Bois-Reymond 判别法，$\sum a_n/n^x$ 与 $\sum {\lambda }_n{a}_n/n^x=\sum n!a_n/[x(x+1)\cdots (x+n)]$ 对同样的 $x$ 值同敛散。

题目 9

设正数数列 $\{a_n\}$ 满足条件

$$\frac{a_n}{a_{n+1}}=1+\frac{1}{n}+O(b_n),$$

并已知级数 $\sum b_n$ 绝对收敛，证明: 级数 $\sum a_n$ 发散。

解 令 $u_n=n{a}_n$. 则

$$\frac{u_{n+1}}{u_n}=\frac{n+1}{n}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{1+1/n}{1+1/n+O(b_n)}=1+O(b_n).$$

由于 $\sum b_n$ 绝对收敛，故无穷乘积 $\prod u_{n+1}/u_n$ 收敛于非零极限，从而 $u_n\to c>0$，即 $a_n\sim c/n$. 因而 $\sum a_n$ 发散。

题目 10

(Stirling 公式的又一证明) 用无穷乘积方法证明: 数列

$$\left\{\frac{n!e^n}{n^{n+1/2}}\right\}$$

有非零极限，并求出此极限。

解 设

$$u_n=\frac{n!e^n}{n^{n+1/2}}.$$

有

$$\ln \frac{u_n}{u_{n+1}}=-1+\left(n+\frac{1}{2}\right)\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)=\frac{1}{12n^2}+O(n^{-3}),$$

故 $u_n$ 收敛于某个非零极限 $L$. 再看

$$\frac{u_n^2}{u_{2n}}=\sqrt{2}\frac{2^{2n}(n!{)}^2}{(2n)!\sqrt{n}}.$$

由 Wallis 公式，右边极限为 $\sqrt{2\pi }$. 令 $n\to \infty$ 即得 $L=\sqrt{2\pi }$. 因而

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n!e^n}{n^{n+1/2}}=\sqrt{2\pi }.$$

13.5.2 参考题

第一组参考题 1

试用两种方法证明: 对于正数数列 $\{a_n\}$，必有

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{a_n}{(1+a_1)(1+a_2)\cdots (1+a_n)}=0.$$

解 设 $P_n=(1+a_1)\cdots (1+a_n)$. 有恒等式

$$\frac{1}{P_{n-1}}-\frac{1}{P_n}=\frac{a_n}{P_n}.$$

左边是一个收敛数列之差，故右边趋于 $0$，这给出第一种证明。第二种证明分情形：若 $\sum a_n$ 收敛，则 $a_n\to 0$ 且 $P_n\to P\in (0,\infty )$，故 $a_n/P_n\to 0$；若 $\sum a_n$ 发散，则 $\sum \ln (1+a_n)$ 也发散，从而 $P_n\to +\infty$，又 $a_n/P_n\le 1/P_{n-1}\to 0$.

第一组参考题 2

(Abel-Pringsheim 定理) 设正项级数 $\sum a_n$ 的通项单调减少，且已知级数收敛，证明: ${\lim }_{n\to \infty }n{a}_n=0$. 举例说明，若通项非单调，则结论不成立。

解 对每个 $m$，有

$$\sum _{n=2^m}^{2^{m+1}-1}{a}_n\ge 2^m{a}_{2^{m+1}}.$$

因原级数收敛，上式左边趋于 $0$，故 $2^m{a}_{2^m}\to 0$. 任取 $2^m\le n<2^{m+1}$，则 $n{a}_n\le 2^{m+1}{a}_{2^m}\to 0$. 这就证明了 $n{a}_n\to 0$. 若无单调性，可取 $a_{2^m}=2^{-m/2}$，其余 $a_n=1/n^2$，则 $\sum a_n$ 收敛，但 $2^m{a}_{2^m}=2^{m/2}\nrightarrow 0$.

第一组参考题 3

设正项级数 $\sum a_n$ 的通项单调减少，又已知级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{a_n}{\sqrt{n}}$$

收敛，证明: 级数 $\sum a_n^2$ 收敛。

解 设 $b_n=a_n/\sqrt{n}$. 由题设 $\sum b_n$ 收敛，且 $b_n\downarrow 0$，故由 Abel-Pringsheim 定理得 $n{b}_n=\sqrt{n}{a}_n\to 0$. 因而充分大时 $a_n\le 1/\sqrt{n}$，于是 $a_n^2\le a_n/\sqrt{n}$，由比较判别法知 $\sum a_n^2$ 收敛。

第一组参考题 4

设正项级数 $\sum a_n$ 的通项单调减少收敛于 0. 证明:

1. 级数 $\sum a_n$ 与级数 $\sum n(a_n-a_{n+1})$ 同敛散，且在收敛时具有相同的和；
2. 对于通项不是单调减少的情况，试举例说明上述“同敛散”的结论不再成立。

解

1. 由 Abel 变换，

$$\sum _{n=1}^{N}n(a_n-a_{n+1})=\sum _{n=1}^N{a}_n-N{a}_{N+1}.$$

左边通项非负，故两级数同敛散。若 $\sum a_n$ 收敛，则 $N{a}_{N+1}\to 0$，于是两者和相同。 2. 取 $a_{2^m}=2^{-m/2}$，其余项取 $0$. 则 $\sum a_n$ 收敛，但

$$2^m(a_{2^m}-a_{2^m+1})=2^{m/2}\nrightarrow 0,$$

因而 $\sum n(a_n-a_{n+1})$ 发散。

第一组参考题 5

由于数列 $\{a_n\}$ 与无穷级数 $\sum (a_{n+1}-a_n)$ 具有相同的敛散性，试用级数理论讨论下列数列的敛散性:

$$\begin{array}{l}(1)a_n=1+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{n}-\ln n,n=1,2,\cdots ;\\ (2)a_n=1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\cdots +\frac{1}{\sqrt{n}}-2\sqrt{n},n=1,2,\cdots ;\\ (3)a_n=\frac{1}{2\ln 2}+\frac{1}{3\ln 3}+\cdots +\frac{1}{n\ln n}-\ln \ln n,n=2,3,\cdots .\end{array}$$

解 对于数列 $\{A_n\}$，只需看增量 $A_{n+1}-A_n$.

1. $A_{n+1}-A_n=\frac{1}{n+1}-\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)=\frac{1}{2n^2}+O(n^{-3})$，故 $\{A_n\}$ 收敛。
2. $A_{n+1}-A_n=\frac{1}{\sqrt{n+1}}-2(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})=O(n^{-3/2})$，故 $\{A_n\}$ 收敛。
3. $A_{n+1}-A_n=\frac{1}{(n+1)\ln (n+1)}-\ln \frac{\ln (n+1)}{\ln n}=O\left(\frac{1}{n^2\ln n}\right)$，故 $\{A_n\}$ 收敛。

第一组参考题 6

证明:

1. 若 $f$ 是 $[1,+\infty )$ 上的非负单调减少函数，则存在极限

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\left(\sum _{k=1}^{n}f(k)-{\int }_1^{n}f(x)dx\right)=A,0\le A\le f(1);$$

2. $\underset{x\to +\infty }{\lim }\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x}{x^2+n^2}=\frac{\pi }{2}$。

解

1. 记 $d_n={\sum }_{k=1}^{n}f(k)-{\int }_1^{n}f(x)dx$. 因 $f$ 单调下降，有 $0\le d_n\le f(1)$；且

$$d_{n+1}-d_n=f(n+1)-{\int }_n^{n+1}f(x)dx\le 0,$$

所以 $d_n$ 单调有界，从而收敛于某个 $A\in [0,f(1)]$. 2. 取 $f(t)=\frac{x}{x^2+t^2}$. 它在 $[1,\infty )$ 上单调下降，于是

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x}{x^2+n^2}-{\int }_1^{\infty }\frac{x}{x^2+t^2}dt\to 0$$

当 $x\to \infty$ 时成立。又

$${\int }_1^{\infty }\frac{x}{x^2+t^2}dt=\frac{\pi }{2}-\arctan \frac{1}{x}\to \frac{\pi }{2},$$

故极限为 $\pi /2$.

第一组参考题 7

若函数 $f$ 在 $[-1,1]$ 上定义，且存在 $f^{\prime \prime }(0)$，证明: 级数 $\sum f(1/n)$ 绝对收敛的充分必要条件是 $f(0)=f^{\prime }(0)=0$。

解 由 $f^{\prime \prime }(0)$ 存在，得 Taylor 展开

$$f(x)=f(0)+f^{\prime }(0)x+O(x^2),x\to 0.$$

因而 $f(1/n)=f(0)+f^{\prime }(0)/n+O(n^{-2})$. 所以 $\sum f(1/n)$ 绝对收敛当且仅当常数项和 $1/n$ 项都消失，即当且仅当 $f(0)=f^{\prime }(0)=0$.

第一组参考题 8

设函数 $f$ 在 $[1,+\infty )$ 上单调增加且有极限 $f(+\infty )=A$. 证明:

1. ${\sum }_{n=1}^{\infty }[f(n+1)-f(n)]$ 收敛，并求其和；
2. 又若 $f$ 在 $[1,+\infty )$ 上二次可微，且 $f^{\prime \prime }(x)<0$，则 $\sum f^{\prime }(n)$ 也收敛。

解

1. 望远镜求和得

$$\sum _{n=1}^{\infty }[f(n+1)-f(n)]=A-f(1).$$

2. 因 $f^{\prime \prime }<0$，$f^{\prime }$ 单调减少。由中值定理，存在 ${\xi }_n\in (n,n+1)$ 使 $f(n+1)-f(n)=f^{\prime }({\xi }_n)$，从而

$$f^{\prime }(n+1)\le f(n+1)-f(n)\le f^{\prime }(n).$$

由比较判别法知 $\sum f^{\prime }(n)$ 收敛。

第一组参考题 9

(二重正项级数的求和顺序交换定理) 设对每个正整数 $n$，正项级数 ${\sum }_{k=1}^{\infty }{a}_{n,k}$ 收敛，且其和为 $a_n$. 若级数 $\sum a_n$ 收敛，证明:

$$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n=\sum _{n=1}^{\infty }\sum _{k=1}^{\infty }{a}_{n,k}=\sum _{k=1}^{\infty }\sum _{n=1}^{\infty }{a}_{n,k}.$$

解 设

$$S_{m,N}=\sum _{n=1}^m\sum _{k=1}^N{a}_{n,k}.$$

因 $a_{n,k}\ge 0$，$S_{m,N}$ 对 $m,N$ 都单调增加。先令 $N\to \infty$ 得 ${\sum }_{n=1}^m{a}_n$，再令 $m\to \infty$ 得 $\sum a_n$. 反过来先令 $m\to \infty$ 再令 $N\to \infty$ 也得到同一极限，故可交换求和顺序。

第一组参考题 10

对正整数 $m\ge 2$，用 $s_m$ 表示级数 ${\sum }_{n=2}^{\infty }1/n^m$ 的和，证明:

$$\sum _{m=2}^{\infty }{s}_m=1.$$

解 由正项级数交换求和顺序，

$$\sum _{m=2}^{\infty }{s}_m=\sum _{m=2}^{\infty }\sum _{n=2}^{\infty }\frac{1}{n^m}=\sum _{n=2}^{\infty }\sum _{m=2}^{\infty }\frac{1}{n^m}=\sum _{n=2}^{\infty }\frac{1/n^2}{1-1/n}=\sum _{n=2}^{\infty }\frac{1}{n(n-1)}=1.$$

第一组参考题 11

设正项级数 $\sum a_n$ 的通项单调减少趋于 0，且已知数列

$$\left\{\sum _{k=1}^n(a_k-a_n)\right\}$$

有界，证明: $\sum a_n$ 收敛。

解 由恒等式

$$\sum _{k=1}^n(a_k-a_n)=\sum _{k=1}^{n-1}k(a_k-a_{k+1})$$

可知 $\sum k(a_k-a_{k+1})$ 的部分和有界；而各项非负，故该级数收敛。再用第 4 题的结论，便知 $\sum a_n$ 收敛。

第一组参考题 12

设正项级数 $\sum a_n$ 收敛，且数列 $\{a_n-a_{n+1}\}$ 严格单调减少，证明:

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\left(\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_n}\right)=+\infty .$$

解 记 $d_n=a_n-a_{n+1}>0$. 则

$$\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_n}=\frac{d_n}{a_n{a}_{n+1}}.$$

若这不趋于 $+\infty$，则存在 $M>0$ 与无穷多指标 $n$ 使 $d_n\le M{a}_n^2$. 固定这样的 $n$，令 $N=\lfloor 1/(2M{a}_n)\rfloor$. 因 $d_k\le d_n(k\ge n)$，对 $0\le r<N$ 有

$$a_{n+r}\ge a_n-r{d}_n\ge a_n-NM{a}_n^2\ge \frac{a_n}{2}.$$

于是从 $n$ 起连续 $N$ 项之和至少为 $N{a}_n/2\ge 1/(8M)$. 取这些指标为互不相交的块，便得 $\sum a_n$ 发散，矛盾。故所求极限必为 $+\infty$.

第一组参考题 13

设正项级数 $\sum a_n$ 收敛，数列 $\{n{a}_n\}$ 单调，证明:

$$\underset{n\to \infty }{\lim }n{a}_n\ln n=0.$$

解 设 $u_n=n{a}_n$. 因 $\sum a_n=\sum u_n/n$ 收敛，而 $\{u_n\}$ 单调，只能有 $u_n\downarrow 0$. 由 Cauchy 压缩判别法，$\sum u_{2^m}$ 收敛，于是 $m{u}_{2^m}\to 0$. 对 $2^m\le n<2^{m+1}$，由单调性得

$$0\le u_n\ln n\le u_{2^m}(m+1)\ln 2\to 0,$$

即 $n{a}_n\ln n\to 0$.

第一组参考题 14

设 $a_1=1,a_2=2,a_n=a_{n-1}+a_{n-2},n=3,4,\cdots$，证明: $\sum 1/a_n$ 收敛。（Fibonacci 数列的倒数所成级数收敛。）

解 由递推式 $a_{n+2}=a_{n+1}+a_n\ge 2a_n$，知每前进两项至少放大一倍，故 $a_{2m}\ge 2^m$、$a_{2m+1}\ge 2^m$. 因而

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{a_n}\le \sum _{m=1}^{\infty }\left(\frac{1}{2^m}+\frac{1}{2^m}\right)<\infty .$$

第一组参考题 15

设 $0<p<1,a_1>0,a_{n+1}=a_n/(1+a_n^p),n=1,2,\cdots$，证明: $\sum a_n$ 收敛。

解 数列 $\{a_n\}$ 正且下降。又

$$a_{n+1}^{-p}-a_n^{-p}=a_n^{-p}[(1+a_n^p{)}^p-1]=p+o(1),$$

故 $a_n^p\sim 1/(pn)$，即 $a_n\sim (pn{)}^{-1/p}$. 因为 $1/p>1$，所以 $\sum a_n$ 收敛。

第一组参考题 16

设正项级数 $\sum a_n$ 收敛，则对于 $p>\frac{1}{2}$，证明: 级数 $\sum \sqrt{a_n}/n^p$ 收敛。举例说明 $p=\frac{1}{2}$ 时级数 $\sum \sqrt{a_n}/n^{1/2}$ 可能发散。

解 由 Cauchy—Schwarz 不等式，

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\sqrt{a_n}}{n^p}\le {\left(\sum a_n\right)}^{1/2}{\left(\sum \frac{1}{n^{2p}}\right)}^{1/2},$$

当 $p>1/2$ 时右边有限，故级数收敛。若 $p=1/2$，取 $a_n=1/[n(\ln n{)}^2](n\ge 2)$，则 $\sum a_n$ 收敛，而

$$\sum \frac{\sqrt{a_n}}{\sqrt{n}}=\sum \frac{1}{n\ln n}$$

发散。

第一组参考题 17

证明下列两个级数发散:

$$(1)\sum _{n=1}^{\infty }\sin n;(2)\sum _{n=1}^{\infty }\sin n^2.$$

解

1. 因 $\sin n$ 不趋于 $0$，故 $\sum \sin n$ 发散。
2. 若 $\sin n^2\to 0$，可取整数 $m_n$ 使 $n^2-m_n\pi \to 0$. 令 ${\epsilon }_n=n^2-m_n\pi$. 则

$$2=(n+1{)}^2-2n^2+(n-1{)}^2=\pi (m_{n+1}-2m_n+m_{n-1})+{\epsilon }_{n+1}-2{\epsilon }_n+{\epsilon }_{n-1}.$$

右边第二项趋于 $0$，于是 $2$ 将逼近某个整数倍的 $\pi$，这不可能。故 $\sin n^2$ 也不趋于 $0$，从而级数发散。

第一组参考题 18

设正项级数 $\sum a_n$ 发散，讨论下列级数的敛散性:

$$(1)\sum _{n=1}^{\infty }\frac{a_n}{1+n^2{a}_n};(2)\sum _{n=1}^{\infty }\frac{a_n}{1+n{a}_n};(3)\sum _{n=1}^{\infty }\frac{a_n}{1+a_n};(4)\sum _{n=1}^{\infty }\frac{a_n}{1+a_n^2}.$$

解

1. 恒有 $0<\frac{a_n}{1+n^2{a}_n}\le \frac{1}{n^2}$，故总是收敛。
2. 无定论。取 $a_n=1$ 当 $n=2^m$，其余 $a_n=1/n^2$，则 $\sum a_n$ 发散，而 $\sum \frac{a_n}{1+n{a}_n}$ 收敛；取 $a_n=1/n$ 时则 $\sum \frac{a_n}{1+n{a}_n}\sim \sum 1/(2n)$ 发散。
3. 总发散。若 $a_n\ge 1$ 无限多，则对应项至少为 $1/2$；否则充分大时 $a_n<1$，从而 $\frac{a_n}{1+a_n}\ge a_n/2$，仍由比较判别法得发散。
4. 也总发散。若 $a_n\ge 1$ 无限多，则对应项至少为 $1/2$；否则充分大时 $a_n<1$，从而 $\frac{a_n}{1+a_n^2}\ge a_n/2$，故发散。

第一组参考题 19

设有收敛级数 $\sum a_n=S$，证明:

$$(1)\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{a_1+2a_2+\cdots +n{a}_n}{n}=0;$$ $$(2)\sum _{n=1}^{\infty }\frac{a_1+2a_2+\cdots +n{a}_n}{n(n+1)}\text{ 收敛，且其和也是 }S.$$

解 记 $A_n=a_1+2a_2+\cdots +n{a}_n$.

1. 由 Abel 变换，

$$A_n=n{S}_n-\sum _{k=1}^{n-1}{S}_k,$$

其中 $S_k\to S$. 两边除以 $n$ 后用 Ces`aro 定理即得 $A_n/n\to 0$. 2. 交换求和顺序得

$$\sum _{n=1}^N\frac{A_n}{n(n+1)}=\sum _{k=1}^{N}k{a}_k\sum _{n=k}^N\frac{1}{n(n+1)}=\sum _{k=1}^N{a}_k-\frac{A_N}{N+1}.$$

令 $N\to \infty$，结合 (1) 即知该级数收敛，且和为 $S$.

第一组参考题 20

设级数 $\sum a_n=s$ 为条件收敛，$\sum a_{f(n)}=t$ 是 $\sum a_n$ 的一个重排。若 $t\ne s$，证明: 对于任意 $N$，存在 $n$，使 $|n-f(n)|>N$。

解 反设存在某个 $N$ 使 $|n-f(n)|\le N$ 对一切 $n$ 成立。记原级数与重排级数的部分和分别为 $S_n,T_n$. 则 $\{f(1),\dots ,f(n)\}$ 与 $\{1,\dots ,n\}$ 的对称差只可能落在 $[n-N,n+N]$ 中，故

$$T_n-S_n$$

至多是有限个指标位于该区间内的项之和，其绝对值不超过 $(2N+1){\max }_{|k-n|\le N}|a_k|\to 0$. 因而 $T_n-S_n\to 0$，于是新级数与原级数和相同，矛盾。故对任意 $N$ 必存在 $n$ 使 $|n-f(n)|>N$.

第二组参考题 1

设正项级数 $\sum 1/a_n$ 收敛，证明: 级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{n^2{a}_n}{(a_1+a_2+\cdots +a_n{)}^2}$$

收敛。

第二组参考题 2

设 $a>0,a_n\ge 0,n=1,2,\cdots$，证明: 级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{a_n}{(a+a_1+\cdots +a_n{)}^{3/2}}$$

收敛，且其和 $S\le 2/\sqrt{a}$。

第二组参考题 3

设正项级数 $\sum a_n$ 收敛且存在 $M>0$，使对每个正整数 $n$ 成立

$$a_k\le M{a}_n,n\le k\le 2n.$$

证明: ${\lim }_{n\to \infty }n{a}_n=0$。

第二组参考题 4

试构造两个发散的正项级数 $\sum a_n$ 与 $\sum b_n$，它们的通项都单调减少，但级数 $\sum \min \{a_n,b_n\}$ 收敛。

第二组参考题 5

(Frink 判别法) 设对正项级数 $\sum a_n$ 存在极限

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(\frac{a_{n+1}}{a_n}\right)}^n=\lambda ,$$

则当 $\lambda <e^{-1}$ 时级数收敛，而当 $\lambda >e^{-1}$ 时级数发散。

第二组参考题 6

(Ermakov 判别法) 设 $f$ 在 $[a,+\infty )$ 上单调减少且大于 0，又知存在极限

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{e^{x}f(e^x)}{f(x)}=p,$$

则正项级数 $\sum f(n)$ 当 $p<1$ 时收敛，而当 $p>1$ 时发散。

第二组参考题 7

(Lobatchevski 判别法) 通项单调趋于 0 的正项级数 $\sum a_n$ 与级数 $\sum b_n{2}^{-n}$ 同敛散，其中

$$b_n=\max \{k\mid a_k\ge 2^{-n}\}.$$

第二组参考题 8

证明: 下列两个无穷乘积收敛于自然对数的底 $e$:

$$(1)\prod _{n=1}^{\infty }\left(1+\frac{1}{a_n}\right),a_1=1,a_n=n(a_{n-1}+1),n\ge 2;$$ $$(2)2{\left(\frac{2}{1}\right)}^{1/2}{\left(\frac{2}{3}\cdot \frac{4}{3}\right)}^{1/4}{\left(\frac{4}{5}\cdot \frac{6}{5}\cdot \frac{6}{7}\cdot \frac{8}{7}\right)}^{1/8}\cdots .$$

第二组参考题 9

证明: 若 $p\le 1$，则级数

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

发散。

第二组参考题 10

设级数 $\sum n{a}_n$ 收敛，证明:

1. 对任一正整数 $k$，级数 $\sum n{a}_{n+k}$ 收敛；
2. $\underset{k\to \infty }{\lim }\sum _{n=1}^{\infty }n{a}_{n+k}=0$。

第二组参考题 11

若对每一个满足 ${\lim }_{n\to \infty }{b}_n=0$ 的数列 $\{b_n\}$，级数 $\sum a_n{b}_n$ 收敛，证明: 级数 $\sum a_n$ 绝对收敛。

第二组参考题 12

若对每一个收敛级数 $\sum b_n$，级数 $\sum a_n{b}_n$ 收敛，证明: 级数 $\sum |a_n-a_{n+1}|$ 必定收敛。

第二组参考题 13

举出一个收敛级数 $\sum a_n$，使得级数 $\sum a_n^3$ 发散。

第二组参考题 14

设函数 $f$ 在 $[1,+\infty )$ 上连续可微，且 ${\int }_1^{+\infty }|f^{\prime }(x)|dx$ 收敛，证明: 广义积分 ${\int }_1^{+\infty }f(x)dx$ 与无穷级数 $\sum f(n)$ 同敛散。

第二组参考题 15

设 $p>0$，证明: 交错级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n^p}$$

的和 $S$ 满足估计 $\frac{1}{2}<S<1$。

第二组参考题 16

设级数 $\sum a_n{b}_n$ 收敛，又知 $\{b_n\}$ 单调减少收敛于 0，证明:

$$\underset{n\to \infty }{\lim }(a_1+a_2+\cdots +a_n)b_n=0.$$

第二组参考题 17

设级数 $\sum a_n/n^p$ 收敛，其中 $p>0$，证明:

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{a_1+a_2+\cdots +a_n}{n^p}=0.$$

第二组参考题 18

设级数 $\sum a_n$ 的部分和数列为 $\{S_n\}$，并令

$${\sigma }_n=\frac{S_1+S_2+\cdots +S_n}{n},n=1,2,\cdots .$$

定义: 若存在极限 ${\lim }_{n\to \infty }{\sigma }_n=\sigma$，则称级数 $\sum a_n$ 可以 Cesaro（切萨罗）求和，并将极限值 $\sigma$ 称为级数的 Cesaro 和。证明: 收敛级数一定可以 Cesaro 求和，且其 Cesaro 和与收敛级数通常意义下的和相等，但反之不真。

第二组参考题 19

证明: 级数 $\sum a_n$ 可以 Cesaro 求和的必要条件是

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{a_n}{n}=0.$$

第二组参考题 20

下列级数是否可以 Cesaro 求和？如果可以，试求出它们的 Cesaro 和。

$$\begin{array}{ll}(1)1-1+1-1+\cdots ;& (2)1-2^2+3^2-4^2+\cdots ;\\ (3)1+0-1+1+0-1+\cdots ;& (4)\sin x+\sin 2x+\sin 3x+\cdots .\end{array}$$

第二组参考题 21

设级数 $\sum a_n$ 的通项满足条件 ${\lim }_{n\to \infty }n{a}_n=0$，证明: 该级数在通常意义下收敛的充分必要条件是级数可以 Cesaro 求和。

第二组参考题 22

设级数 $\sum a_n$ 可以 Cesaro 求和，证明: 该级数在通常意义下收敛的充分必要条件是

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{a_1+2a_2+\cdots +n{a}_n}{n}=0.$$