估计问题

微积分中，几乎绝大部分的问题都属于估计问题的范畴，例如积分，级数计算，积分，级数收敛性问题，各种不等式证明问题…
不管什么问题，本质上就是在不断减小误差，提高精度。根据题目的条件，条件越好，能做的估计就越精确，但前提是利用好题目的条件往精度增加的方向匹配，下面是几个常用的估计思想，这些手段能够在很多情形下带来更高的精度

常用工具

利用边界条件:

• 分部积分
• 变限积分
• 积分换元，进而改变积分上下限
• 第二积分中值定理
• 拉格朗日中值定理
• Taylor展开

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利用单调性

• 第二积分中值定理
• 分割区间使用积分估计
• 分段然后使用级数估计
• 一些常见的不等式

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利用周期性

• 常见的三角函数，分区间来精确放缩

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表达式的变形，进而便于利用题目条件

• Stolz定理
• Abel变换
• 一阶差分，二阶差分

分区间估计

分区间的意义，是把整体上难以统一控制的误差，分散到各个局部区间上的振幅、单调性、周期性或边界距离等可控量

根据单调性分区间

命题

$$\ln (n+1)\le 1+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{n}\le \ln n+1$$

先尝试一下最为粗糙的估计
由于 $0<\frac{1}{k}\le 1$，于是有

$$0<1+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{n}\le n$$

可以看到这个结果和要证明的差的有点多，估计过于粗糙了，因此需要想办法提高精度，下面采取分区间估计

Solution 1: 分区间然后使用积分估计

$$\begin{array}{rl}\sum _{k=1}^n\frac{1}{k}=\sum _{k=1}^n{\int }_k^{k+1}\frac{1}{k}dx& \ge \sum _{k=1}^n{\int }_k^{k+1}\frac{1}{x}dx\\ & \\ & =\sum _{k=1}^n[\ln (k+1)-\ln k]\\ & \\ & =\ln (n+1)\end{array}$$ $$\begin{array}{rl}\sum _{k=1}^n\frac{1}{k}=\sum _{k=1}^n{\int }_k^{k+1}\frac{1}{k}dx& =\sum _{k=0}^{n-1}{\int }_k^{k+1}\frac{1}{k+1}\\ & \\ & =1+\sum _{k=1}^{n-1}{\int }_k^{k+1}\frac{1}{k+1}\\ & \\ & \le 1+\sum _{k=1}^{n-1}{\int }_k^{k+1}\frac{1}{x}dx\\ & \\ & =1+\sum _{k=1}^{n-1}[\ln (k+1)-\ln k]\\ & \\ & =\ln n+1\end{array}$$

为什么分区间能提高精度? 实际上，将上面的每个 $\frac{1}{k}$ 看作 $1\times \frac{1}{k}$ 这样一个面积，然后叠加起来，因为 $\frac{1}{k}$ 存在单调性，因此分区间并用积分估计的思路就很明显了，事实上，这里的估计已经是最精确的估计了(因为已经将单调性发挥到了极致)

Solution 2: 一般的方法，使用归纳法
对于左边: 归纳后需要证

$$\ln (n+1)-\ln n\le \frac{1}{n}$$

对于右边，归纳完需要证

$$\ln n-\ln (n-1)\ge \frac{1}{n}$$

事实上，这对应了如下结论

命题

$$\frac{1}{n+1}<\ln (1+\frac{1}{n})<\frac{1}{n}$$

采用中值定理即可证明:

$$\frac{\ln (1+\frac{1}{n})-\ln 1}{\frac{1}{n}-0}=\frac{1}{1+\xi },\xi \in (0,\frac{1}{n})$$

即

$$\ln (1+\frac{1}{n})=\frac{1}{n}\cdot \frac{1}{1+\xi }$$

由 $0<\xi <\frac{1}{n}$ 可知

$$\frac{n}{n+1}<\frac{1}{1+\xi }<1$$

即

$$\frac{1}{n+1}<\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)<\frac{1}{n}$$

再来看另一个例子，这个例子同样有着几何意义

面积原理

$f$ 是 $[1,+\infty )$ 上的非负单调减少函数，令

$$a_n=\sum _{k=1}^{n}f(k)-{\int }_1^{n}f(x)dx$$

则 $a_n$ 收敛

要说明收敛，只需要证明:
step1: 证明 $a_n$ 单调递减
step2: 证明 $a_n$ 有下界
要求下界，本质还是在估计，注意到单调的条件和级数的形式，这和上一个例题的处理手段相同，分段后根据单调性放缩，细节这里就省略了

这个命题本身有着重要的应用，取 $f(x)=\frac{1}{x}$，$a_n$ 的极限就是 Euler 常数；若 $f(x)>0(f(n)\to 0)$，就是Cauchy积分判别法

Cauchy积分判别法

若 $f$ 在 $[1,+\infty )$ 非负单调递减，则

$${\int }_1^{+\infty }f(x)dx与\sum _{n=1}^{\infty }f(n)同敛散$$

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根据边界条件分区间

一些看似与估计无关的问题最终也可以转换到估计问题上，下面是一个例子

例

设非常值函数 $f$ 在区间 $[a,b]$ 上可微，且 $f(a)=f(b)=0$，证明：在 $[a,b]$ 内至少存在一点 $\xi$，使得

$$|f^{\prime }(\xi )|>\frac{4}{(b-a{)}^2}{\int }_a^b|f(x)|dx$$

分析: 如果直接使用积分第一中值定理

$$\frac{4}{(b-a{)}^2}{\int }_a^b|f(x)|dx=\frac{4}{(b-a)}|f(\eta )|$$

要找到 $\xi$ ，使得

$$\frac{4}{(b-a)}|f(\eta )|<|f^{\prime }(\xi )|$$

可见不确定因素过多，因此这种思路行不通，但其实题目的条件并没有得到充分利用，注意到 $f(a)=f(b)=0$ 这两个边界条件，是否可以通过分部积分来利用这个条件? 但积分里的是 $|f(x)|$，$f(x)$ 可微并不能推出 $|f(x)|$ 可导(例如 $x$ 与 $|x|$)。因此这种思路也行不通，因此剩下手段的就是尝试变限积分

Solution: 采用反证法
若 $\forall x\in [a,b]$ 都有

$$|f^{\prime }(x)|\le \frac{4}{(b-a{)}^2}{\int }_a^b|f(x)|dx\text{\hspace{1em}(1)}$$

注意到题目的边界条件有两个，因此要想尽可能的估计足够精确，两个条件都要充分利用，但变限积分只能利用一边的信息，那不妨就分区间进行两次变限积分

$x\in \left[a,\frac{a+b}{2}\right]$ 时，有

$$|f(x)|=\left|{\int }_a^x{f}^{\prime }(t)dt\right|\le {\int }_a^x|f^{\prime }(t)|dt\le \frac{4}{(b-a{)}^2}(x-a){\int }_a^b|f(x)|dx$$

$x\in \left[\frac{a+b}{2},b\right]$ 时，有

$$|f(x)|=\left|{\int }_x^b{f}^{\prime }(t)dt\right|\le {\int }_x^b|f^{\prime }(t)|dt\le \frac{4}{(b-a{)}^2}(b-x){\int }_a^b|f(x)|dx$$

于是

$$\begin{array}{rl}{\int }_a^b|f(x)|dx& ={\int }_a^{\frac{a+b}{2}}|f(x)|dx+{\int }_{\frac{a+b}{2}}^b|f(x)|dx\\ & \\ & \le \left[{\int }_a^{\frac{a+b}{2}}(x-a)dx+{\int }_{\frac{a+b}{2}}^b(b-x)dx\right]\cdot \frac{4}{(b-a{)}^2}{\int }_a^b|f(x)|dx\\ & \\ & ={\int }_a^b|f(x)|dx\end{array}$$

一个不等式的两边都相同，那么这就说明中间的部分全部相等，于是上面进行的放缩都应该是相等的关系，而所有的放缩都来自于(1)式
于是 $\forall x\in [a,b]$

$$|f^{\prime }(x)|=\frac{4}{(b-a{)}^2}{\int }_a^b|f(x)|dx$$

由于右边肯定不为 $0$，因此由导数介值性，整个区间上只有 $f^{\prime }(x)$ 大于 $0$ 和小于 $0$ 两种情形，考虑大于 $0$ 的情形:

$$\forall x\in [a,b],f^{\prime }(x)=\frac{4}{(b-a{)}^2}{\int }_a^b|f(x)|dx,$$

由于 $f^{\prime }(x)$ 大于 $0$，从而 $f(x)$ 严格单调递增，但这和题目的 $f(a)=f(b)=0$ 矛盾！ $f^{\prime }(x)<0$ 的情形同理可证矛盾。于是就完成了证明

对于这类要分区间估计的问题，若题目只出现了一阶导，大概率是要在中间分点，因为分点的目的是为了估计更精确，如果设分点的坐标为 $x_0$，带进去估计，算到最后会是一个二次函数，最小值恰好就是在区间的中点取到

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根据周期性分区间

利用周期性估计的动机与根据单调性估计一样，都是要在每个区间上都能充分利用各自的性质，局部估计一定比整体估计更精确

例

证明下面的广义积分收敛

$${\int }_0^{+\infty }\frac{x}{1+x^6{\sin }^{2}x}dx$$

step1: 注意到积分内的函数大于0，故只需要证明积分有界即可，但无穷不方便估计，也正是因为积分内函数大于0，所以原积分的收敛性与下列积分等价

$${\int }_0^{n\pi }\frac{x}{1+x^6{\sin }^{2}x}dx(n\to \infty )$$

step2: 注意到有 ${\sin }^{2}x$ 这一项的存在，周期为 $\pi$ ，但有关 $\sin x$ 放大的不等式只有泰勒展开的那些不等式和 Jordan 不等式，如果使用前者，算到最后会发现无法判别敛散(因为没有充分利用周期性这个条件)，使用后者则需要在 $[0,\frac{\pi }{2}]$ 上使用，因此考虑分区间估计，则原式可写为

$$\sum _{k=1}^n{\int }_{(k-1)\pi }^{k\pi }\frac{x}{1+x^6{\sin }^{2}x}dx$$

step3: 剩下的就是一些细节上的放缩了(琐碎环节)

$${\int }_{(k-1)\pi }^{k\pi }\frac{x}{1+x^6{\sin }^{2}x}dx\le 2k\pi {\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{1}{1+(k-1{)}^6{\pi }^6{\sin }^{2}x}dx\le 2k\pi {\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{1}{1+4(k-1{)}^6{\pi }^4{x}^2}$$

最后的形式再换元一下，就有

$$\sum _{k=1}^n{\int }_{(k-1)\pi }^{k\pi }\frac{x}{1+x^6{\sin }^{2}x}dx\le \sum _{k=1}^n\frac{C}{(k-1{)}^2}(k\ge 2)$$

于是收敛得证

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根据可积性分区间

这类问题的分段往往伴随着极限趋于无穷的情形，下面处理问题的手段就来自于定积分的定义，如果没有引入其他的条件，那么此时的估计就是最佳估计(因为分割的区间数量已经趋于无穷了)

下面是一个典型的例子

定积分的渐进估计

$f\in C^{\prime }[0,1]$且$f^{\prime }\in R[0,1]$

$$\underset{n\to +\infty }{\lim }n\left(\frac{1}{n}\sum _{k=1}^{n}f\left(\frac{k}{n}\right)-{\int }_0^{1}f(x)dx\right)=\frac{f(1)-f(0)}{2}$$

没有单调性，周期性，也没有一些显式的条件，但注意到 $f^{\prime }$ 的可积性，这就启发我们使用积分定义去估计

Solution:

$$\begin{array}{rl}\underset{n\to \infty }{\lim }n\left(\frac{1}{n}\sum _{k=1}^{n}f\left(\frac{k}{n}\right)-{\int }_0^{1}f\left(x\right)dx\right)& =\underset{n\to \infty }{\lim }n\left(\sum _{k=1}^n{\int }_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}}f\left(\frac{k}{n}\right)dx-\sum _{k=1}^n{\int }_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}}f\left(x\right)dx\right)\\ & =\underset{n\to \infty }{\lim }n\left(\sum _{k=1}^n{\int }_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}}\frac{f\left(\frac{k}{n}\right)-f\left(x\right)}{\frac{k}{n}-x}\left(\frac{k}{n}-x\right)dx\right)\\ & \stackrel{\star }{=}\underset{n\to \infty }{\lim }n\left(\sum _{k=1}^n\frac{f\left(\frac{k}{n}\right)-f\left({\theta }_{k,n}\right)}{\frac{k}{n}-{\theta }_{k,n}}{\int }_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}}\left(\frac{k}{n}-x\right)dx\right)\\ & =\underset{n\to \infty }{\lim }n\left(\frac{1}{2n^2}\sum _{k=1}^n\frac{f\left(\frac{k}{n}\right)-f\left({\theta }_{k,n}\right)}{\frac{k}{n}-{\theta }_{k,n}}\right)\\ & =\underset{n\to \infty }{\lim }\left(\frac{1}{2n}\sum _{k=1}^n{f}^{\prime }\left({\eta }_{k,n}\right)\right)\\ & =\frac{1}{2}{\int }_0^1{f}^{\prime }\left(x\right)dx\\ & =\frac{f\left(1\right)-f\left(0\right)}{2},\end{array}$$

$\star$ 式用到了第一积分中值定理

对比估计问题 > 根据单调性分区间的第一个例子，会发现两者都涉及了级数与积分之间的转换，在处理过程中，都可以使用中值定理进行处理，但其实两者的原理不同，第一个例子的方法2使用中值定理是由其单调性保证，第二个例子则是源于可积性：使用中值定理将一个区间的情形转换为一个点上，这种处理手段本身就不需要任何的单调性

再来看一个例子，下面的例子难以直接看出构造的方式，但本质上还是根据可积性分区间

第二积分中值定理

$g\in R[a,b]$，$f$ 在 $[a,b]$上单调，则 $\exists \xi \in [a,b]$

$${\int }_a^{b}f(x)g(x)dx=f(a){\int }_a^{\xi }g(x)dx+f(b){\int }_{\xi }^{b}g(x)dx$$

若 $f$ 在 $[a,b]$ 上单调增加且 $f(x)\ge 0$ 则 $\exists \xi \in [a,b]$，使得

$${\int }_a^{b}f(x)g(x)dx=f(b){\int }_{\xi }^{b}g(x)dx$$

若 $f$ 在 $[a,b]$ 上单调减少且 $f(x)\ge 0$，则 $\exists \xi \in [a,b]$，使得

$${\int }_a^{b}f(x)g(x)dx=f(a){\int }_a^{\xi }g(x)dx$$

证明:第三个式子

$$\begin{array}{rl}{\int }_a^{b}f(x)g(x)dx& =\sum _{i=0}^{n-1}{\int }_{x_i}^{x_{i+1}}f(x)g(x)dx\\ & \\ & =\sum _{i=0}^{n-1}f(x_i){\int }_{x_i}^{x_{i+1}}g(x)dx+\underset{\text{设}|g(x)|\le L,\to \le L\sum _{i=0}^{n-1}{w}_i\Delta x_i\stackrel{f\in R[a,b]}{\to }0}{\underbrace{\sum _{i=0}^{n-1}{\int }_{x_i}^{x_{i+1}}[f(x)-f(x_i)]g(x)dx}}\\ & \\ & =\sum _{i=0}^{n-1}f(x_i){\int }_{x_i}^{x_{i+1}}g(x)dx，\text{令}G(x)={\int }_a^{x}g(t)dt\\ & \\ & =\sum _{i=0}^{n-1}f(x_i)[G(x_{i+1})-G(x_i)]\\ & \\ & \stackrel{\text{Abel变换}}{=}\sum _{i=0}^{n-1}G(x_i)[f(x_{i-1})-f(x_i)]+G(b)f(x_{n-1})\end{array}$$

由于$G(x)$连续，$f(x)$单调减小$\to f(x_{i-1})-f(x_i)\ge 0$，设$m\le G(x)\le M$，记上式为$\sigma$，于是

$$mf(a)\le \sigma \le Mf(a)$$

由于$G(x)$连续，由介值定理，有

$$\sigma =G(\xi )f(a)=f(a){\int }_a^{\xi }g(x)dx\square$$

若要证明第二个式子，仅需令 $G(x)={\int }_x^{b}g(t)dt$，剩余步骤完全一样

现在来证明第一个式子:
假设 $f$ 单调减小，则 $f(x)-f(b)\ge 0$，于是由第三个式子

$${\int }_a^b[f(x)-f(b)]g(x)dx=[f(a)-f(b)]{\int }_a^{\xi }g(x)dx$$

整理即得所得结论

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根据连续性分区间

主要分为一个点连续和整段区间上连续这两种类型

对于只在有限点上连续的类型，通常在那一点的邻域进行分区间，然后使用估阶问题 > 积分的渐进估计进行估阶

对于在整个区间上都连续的类型，以下面的一道例题为例

例

非负函数$f\in C[a,b]$
Prove:

$$\underset{n\to \infty }{\lim }({\int }_a^b{f}^n(x)dx{)}^{\frac{1}{n}}=\max \{f(x)|x\in [a,b]\}$$

分析:
观察积分里的函数，会发现由于 $f$ 的连续性导致 $f$ 有界，从而在 $n$ 逐渐增大时，$f$ 的最大值增长速度会越来越快。若将积分号还原为原始定义，则会发现最大值所占权重越来越大，因此结果等于 $f_{\text{max}}$ 非常直观。

Proof:
设 $f$ 的最大值为 $M$，则由于连续性，存在一个区间 $[\alpha ,\beta ]\subset [a,b]$，使得
$f$ 在这个区间上有 $M-\epsilon \le f(x)\le M$（连续性体现，也是本题的本质所在），于是

$$M(b-a{)}^{\frac{1}{n}}\ge ({\int }_a^b{f}^n(x)dx{)}^{\frac{1}{n}}\ge ({\int }_{\alpha }^{\beta }{f}^n(x)dx{)}^{\frac{1}{n}}\ge (M-\epsilon )(\beta -\alpha {)}^{\frac{1}{n}}$$

进一步

M\ge \overline{\lim_{n \to \infty}}\Big( \int_a^b f^n(x) dx \Big)^{\frac{1}{n}} \ge \underline{\lim}\limits_{n \to \infty}\Big( \int_a^b f^n(x) dx \Big)^{\frac{1}{n}} \ge M-\varepsilon

从而命题得证

也可以使用中值定理进行估计：
记 $f(x_0)=\max f(x)$

$$f\left({\theta }_n\right)\sqrt[n]{\frac{1}{n}}=\sqrt[n]{{\int }_{x_0-\frac{1}{2n}}^{x_0+\frac{1}{2n}}{f}^n\left(x\right)dx}⩽\sqrt[n]{{\int }_a^b{f}^n\left(x\right)dx}⩽\sqrt[n]{{\int }_a^b{f}^n\left(x_0\right)dx}=f(x_0)(b-a{)}^{1/n}$$

有如下需要说明的几点

1. 实际上就是把权重最大的那一点拿出来进行估计，这种手段与核函数法相同
2. 上面的第一种做法也是将最大值所属的那段区间拿出来估计，因此两种做法本质上相同
3. 这种使用积分中值定理的手段估计不需要单调性，在估计问题 > 根据可积性分区间中有着同样类似的手法

分段估计

分段估计的本质思想与分区间一样，但这里的分段意义则更加广义

根据收敛性分段

对于一些无穷不可直接估计的问题，若题目有收敛性/有界条件，则可以采取分成有限和无限两段来做，进而保证使得的对象能被不同的条件控制

一个典型例子是Toeplitz定理的证明

Toeplitz定理

$\{t_{nk}\}\ge 0$ 满足 $\sum _{k=1}^n{t}_{nk}=1$ 和 $\underset{n\to \infty }{\lim }{t}_{nk}=0$，若 $\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=a$ ，则有

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{k=1}^n{t}_{nk}{a}_k=a$$

进一步，若
$\{t_{nk}\}\ge 0$ 满足 $\sum _{k=1}^{\infty }{t}_{nk}=1$ 和 $\underset{n\to \infty }{\lim }{t}_{nk}=0$，若 $\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=a$ ，则有

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{k=1}^{\infty }{t}_{nk}{a}_k=a$$

证明的核心在于

$$\sum _{k=1}^n=\sum _{k=1}^N+\sum _{k=N+1}^n$$

小于 $N+1$ 的部分由 $t_{nk}$ 控制，大于等于 $N+1$ 的部分由 $a_n\to a$ 控制

另一个与上面核心思想一样的是泛函分析中的序列空间

例1

序列空间 $S$ 中，设 $x_m=({\xi }_1^{(m)},{\xi }_2^{(m)},\cdots ,{\xi }_n^{(m)},\cdots )$, $m=1,2,\cdots$ 及 $x=({\xi }_1,{\xi }_2,\cdots ,{\xi }_n,\cdots )$ 分别为 $S$ 中点列及点。则点列 $\{x_m\}$ 收敛于 $x$ 的充要条件为 $x_m$ 依坐标收敛于 $x$，即对每个正整数 $i$，${\xi }_i^{(m)}\to {\xi }_i(m\to \infty )$ 成立。

Proof: 这里只证明充分性:主体上就是分段估计的想法，这里分段的好处在于将无穷维的情形进行了简化，进而变得可估计

$|{\xi }_i^{(m)}-{\xi }_i|<\epsilon$，由常用不等式，可知

$$\frac{|{\xi }_i^{(m)}-{\xi }_i|}{1+|{\xi }_i^{(m)}-{\xi }_i|}<\frac{\epsilon }{1+\epsilon }\text{\hspace{1em}(1)}$$

另一方面注意到

$$\sum _{i=N+1}^{\infty }\frac{1}{2^i}<\epsilon \text{\hspace{1em}(2)}$$

于是就有

$$\begin{array}{rl}d(x_m,x)& =\underset{被(1)控制}{\underbrace{\sum _{i=1}^N\frac{1}{2^i}\frac{|{\xi }_i^{(m)}-{\xi }_i|}{1+|{\xi }_i^{(m)}-{\xi }_i|}}}+\underset{被(2)控制}{\underbrace{\sum _{i=N+1}^{\infty }\frac{1}{2^i}\frac{|{\xi }_i^{(m)}-{\xi }_i|}{1+|{\xi }_i^{(m)}-{\xi }_i|}}}<{\epsilon }^{\prime }+{\epsilon }^{\prime \prime }\end{array}$$

从上面的证明过程中看出，这个度量实际上要诱导出收敛不需要 ${\sum }_{i=1}^{\infty }\frac{1}{2^i}$ 这么强的收敛性，只要是个收敛的级数都能保证

再来看几个例子

例2

$\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=a,\underset{n\to \infty }{\lim }{b}_n=b$ ， 则有

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{a_1{b}_n+a_2{b}_{n-1}+...+a_n{b}_1}{n}=ab$$

还是拆成 $k\le N$ 和 $k>N$ 这两个范围处理，每个范围中 $a_n,b_n$ 分别做各自的估计

乘积极限结论

$\{a_n\}\ge 0$ 且单调递减，$\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=0$，$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{b}_n$ 收敛，则

$$\underset{n\to \infty }{\lim }(b_1+b_2+...+b_n)a_n=0$$

这里为了便于利用条件，需要形式上的转换，采用 Abel 变换，将 $b_n$ 看作 $\frac{1}{a_n}{a}_n{b}_n$ ，之后利用 Abel 变换，就可以得到关于 $\sum b_n$ 的信息，剩下的就是分段估计的步骤了

对于A-D判别法的证明手段也是分段估计，这类问题的本质在于每个条件提供了其各自范围内的作用，因此要分段使各自发挥最大的作用

根据单调性分段

根据单调性分段的动机与根据单调性分区间的动机相同，都是要充分利用单调性以达到更精确的估计

下面是一个例子

凝聚判别法

$p\in \mathbb{N},p>1$，$a_n$ 非负递减，则

$$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n与\sum _{k=1}^{\infty }{p}^k{a}_{p^k}同敛散$$

分析: 要证明这种同敛散问题，只需证明一方能被另一方两边控制住即可，也就是说要想办法让两者变得尽可能接近，如果把两个级数的一些项写出来，就会发现很明显的分段迹象(这已经在暗示需要分段处理了)，又由于 $a_n$ 单调递减，这就启发我们去分段估计

Proof:
因为要尽可能使两者接近，不妨起点就选在 $a_{p^k}$ 的起点 $a_p$
然后对于每个 $p^k{a}_{p^k}$ ，对应到 $a_n$ 进行一个分段，然后再利用 $a_n$ 的单调性，于是

$$\begin{array}{rl}\sum _{n=p}^{\infty }{a}_n& =\sum _{k=1}^{\infty }\sum _{j=p^k}^{p^{k+1}-1}{a}_j\\ & \\ & \ge \sum _{k=1}^{\infty }\sum _{j=p^k}^{p^{k+1}-1}{a}_{p^{k+1}}\\ & \\ & =\sum _{k=1}^{\infty }(p^{k+1}-p^k)a_{p^{k+1}}\\ & \\ & =(1-\frac{1}{p})\sum _{k=1}^{\infty }{p}^{k+1}{a}_{p^{k+1}}\end{array}$$

另一方面

$$\begin{array}{rl}\sum _{n=p}^{\infty }{a}_n& =\sum _{k=1}^{\infty }\sum _{j=p^k}^{p^{k+1}-1}{a}_j\\ & \\ & \le \sum _{k=1}^{\infty }\sum _{j=p^k}^{p^{k+1}-1}{a}_{p^k}\\ & \\ & =\sum _{k=1}^{\infty }(p^{k+1}-p^k)a_{p^k}\\ & \\ & =(p-1)\sum _{k=1}^{\infty }{p}^k{a}_{p^k}\end{array}$$

于是就说明了

$$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n与\sum _{k=1}^{\infty }{p}^k{a}_{p^k}同敛散$$

若 $a_n$ 改为单调递减的条件，则若 $\sum a_n$ 收敛，必定有 $a_n\to 0$，那么只能 $a_n$ 恒为 $0$，此时已经失去了意义，因此 $a_n$ 只能为单调递增

再来看一个根据单调性分段的例子，这同时也是级数收敛推通项极限的例子

例

$\sum a_n$ 收敛，证明

1. 若 $a_n$ 单调，则 $\underset{n\to \infty }{\lim }n{a}_n=0$
2. 若 $n{a}_n$ 单调，则 $\underset{n\to \infty }{\lim }n{a}_n\ln n=0$

1. 分析: 为了便于观察 $n{a}_n$ 和 $\sum a_n$ 的结构，写出一些具体的项

$$\begin{array}{rl}& a_1\cdots a_n,a_{n+1},\cdots a_{2n}\\ & \\ & a_n\cdots a_n\end{array}$$

不妨设 $a_n$ 单调递减，否则考虑 $-a_n$，要说明 $n{a}_n\to 0$，必定要用 $\sum a_n$ 去控制 $n{a}_n$ ，从而两者之间的误差应该越小越好，于是本质上就是在做估计，由于要证明 $n{a}_n\to 0$，此时应该考虑 $\sum a_n$ 的余项，但要做放缩，$n{a}_n$ 肯定要和 $a_1,...,a_n$ 去比较，但也不是要用的余项，因此只能对 $n{a}_n$ 做改变，为此考虑 $2n{a}_{2n}$ 和 $(2n-1)a_{2n-1}$，若能说明这两个子列收敛到0，就可以说明 $n{a}_n\to 0$

Proof:
因为收敛级数末项趋于 0,所以 $a_n$ 递减到 0，由 $a_n$ 递减知

$$0⩽2n{a}_{2n}⩽2\sum _{k=n+1}^{2n}{a}_k,0⩽(2n-1)a_{2n-1}⩽2n{a}_{2n-1}⩽2\sum _{k=n}^{2n-1}{a}_k.$$

由 Cauchy 收敛准则知

$$\underset{n\to \infty }{\lim }2n{a}_{2n}=\underset{n\to \infty }{\lim }\left(2n-1\right)a_{2n-1}=0.$$

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

2. 分析: 这里相比第一问，出现了 $\ln n$ 这一项，要想将其转变为多项式形式，考虑放缩 $\ln n\le n-1$，然后再按照第一问的思路去做，但做到中间会发现误差太大了，这意味着一开始的放缩过大，因此第一问的做法不再适用。但第一问的做法已经给出了离散单调分区间的一种通用思路，若要追求更高的精度，那么只能寻求积分这个工具，这种处理手段与根据单调性分区间的第一个命题类似

Proof:
step1: 说明 $n{a}_n\to 0$
令 $b_n=n{a}_n$。 因为 $\sum a_n$ 收敛，即级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{b_n}{n}$ 收敛，若 $b_n$ 递增且不恒为 0（不妨设 $b_n>0$），则存在 $c>0$ 使得 $b_n\ge c$，此时 $\sum \frac{b_n}{n}\ge \sum \frac{c}{n}$，级数发散，矛盾。
因此，$b_n$ 必须 单调递减，且由于 $\sum \frac{b_n}{n}$ 收敛，必有 ${\lim }_{n\to \infty }{b}_n=0$。且不妨设 $b_n\ge 0$。
step2: 由 $n{a}_n$ 单调递减到0，可知 $n{a}_n>0$，从而 $n{a}_n\ln n\ge 0$，因此只需要证明一边即可

\begin{aligned} n a_n\ln n &= 2na_n\int_\sqrt{n}^{n} \frac{1}{x} dx \\\\ & \le 2na_n \sum_{k = [\sqrt{n}]}^{n} \int_k^{k+1}\frac{1}{x}dx \\\\ & \le 2na_n \sum_{k = [\sqrt{n}]}^{n}\frac{1}{k} \\\\ & \le 2\sum_{k = [\sqrt{n}]}^{n} \frac{1}{k}a_k k\\\\ &= 2\sum_{k = [\sqrt{n}]}^{n} a_k \xrightarrow{\mathrm{Cauchy}} 0 \end{aligned}

于是就完成了证明

下面的一个例子在交错级数的估计问题中十分好用

交错级数不等式

设 $a_n$ 递减非负数列,则对 $m,p\in {\mathbb{N}}_0$, 必有

$$\left|\sum _{n=m}^{m+p}{\left(-1\right)}^n{a}_n\right|⩽a_m.$$

不妨设 $m=0$

$$\sum _{n=0}^p{\left(-1\right)}^n{a}_n=\{\begin{array}{ll}{a}_0-\left(a_1-a_2\right)-\left(a_3-a_4\right)-\cdots -\left(a_{p-1}-a_p\right),& p\text{为偶数}\\ a_0-\left(a_1-a_2\right)-\left(a_3-a_4\right)-\cdots -\left(a_{p-2}-a_{p-1}\right)-a_p,& p\text{为奇数}\end{array}⩽a_0.$$ $$\sum _{n=0}^p{\left(-1\right)}^n{a}_n=\{\begin{array}{ll}\left(a_0-a_1\right)+\left(a_2-a_3\right)+\cdots +\left(a_{p-2}-a_{p-1}\right)+a_p,& p\text{为偶数}\\ & \\ \left(a_0-a_1\right)+\left(a_2-a_3\right)+\cdots +\left(a_{p-1}-a_p\right),& p\text{为奇数}\end{array}⩾0,$$

---

涉及排序的估计

例

$f:\mathbb{N}\to \mathbb{N}$，且 $f$ 为双射 证明下列级数发散

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{f(n)}{n^2}$$

分析: 要证明发散，由于是正项级数，因此首先想到的是找到一个发散的级数作为下界。于是问题就转变为了去估计原级数的最小值，由于 $f(n)$ 是一个 $\mathbb{N}\to \mathbb{N}$ 的双射，因此要让原级数变小，肯定是 $f(n)$ 尽量取小，所以 $f(n)\in \{1,2,...\}$，考虑级数

$$\sum _{k=1}^n\frac{f(k)}{k^2}$$

那么问题就转变为了 $f(k)$ 的取值 $\{1,2,...,n\}$ 如何排序使得 $\frac{f(k)}{k^2}$ 的和最小，注意到分母的阶为 $k^2$，因此直观上来看，要让整体的估计最小，应该让 $f(k)$ 中较大的数去对应 $k^2$ 较大的数(即 $\frac{1}{k^2}$ 较小的数)，$f(k)$ 中较小的数去对应 $k^2$ 较小的数，以此进行中和，从而尽可能的让所估计的值变小(其实和田忌赛马一个道理)。于是就有如下排序的结果

$$\sum _{k=1}^n\frac{f(k)}{k^2}\ge \sum _{k=1}^n\frac{k}{k^2}=\sum _{k=1}^n\frac{1}{k}$$

最右边的是一个调和级数，这样就证明了发散

现在来严格证明下面的不等式

1978 IMO

$$\sum _{k=1}^n\frac{f(k)}{k^2}\ge \sum _{k=1}^n\frac{k}{k^2}$$

实际上由排序不等式可以直接推出这个结果，但这里的证明蕴含了一类处理排序问题的典型手段
方便起见，记 $k\to a_k,f(k)\to \widehat{a_k},\frac{1}{k^2}\to b_k$，于是只需要证明

$$\sum _{k=1}^n(a_k-\widehat{a_k})b_k\le 0$$

令 $s_k=a_k-\widehat{a_k}$，$A_k=\sum s_k$，这种熟悉的形式让我们想到 Abel 变换，于是可以得到如下结果

$$A_n{b}_n+\sum _{k=1}^{n-1}{A}_k(b_k-b_{k+1})$$

注意到 $A_k\le 0$(这是排序的本质所在)，$b_k-b_{k+1}>0$，分别因为 $a_k$ 递增和 $b_k$ 递减
于是就证明了原级数 $\le 0$