正项级数

正项级数判别法

数项级数

正项技级数判别法

比较判别法1: 设 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 和 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} v_{n}$ 都是正项级数, 且存在正整数 $N$ 使对所有 $n \geqslant N$ 的项都成立

$$u_{n} \leqslant v_{n} .$$

则有下列结论:

(1) 如果级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} v_{n}$ 收敛, 则级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 也收敛;

(2) 如果级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 发散, 则级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} v_{n}$ 也发散.

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比较判别法2： 设 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 和 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} v_{n}$ 都是正项级数, 其中 $v_{n}>0$, $n=1,2, \cdots$, 且存在 $0 \leqslant l \leqslant \infty$ 使成立

$$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{u_{n}}{v_{n}}=l$$

则有下列结论:

(1) 如果级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} v_{n}$收敛, 且 $0 \leqslant l<\infty$, 则级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 也收敛;

(2) 如果级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} v_{n}$ 发散, 且 $0<l \leqslant \infty$, 则级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 也发散.

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比较判别法3： 设 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 和 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} v_{n}$ 都是正项级数, 其中 $u_{n}, v_{n}>0$, $n=1,2, \cdots$, 且存在正整数 $N$ 使对所有 $n \geqslant N$ 的项都成立

$$\frac{u_{n+1}}{u_{n}} \leqslant \frac{v_{n+1}}{v_{n}}$$

则有下列结论:

(1) 如果级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} v_{n}$ 收敛, 则级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 也收敛;

(2) 如果级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 发散, 则级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} v_{n}$ 也发散.

证明：根据题意有当$n\ge N$时可以得到：

$$\frac{u_{n+1}}{u_n}\cdots\frac{u_{N+1}}{u_{N}}\le \frac{v_{n+1}}{v_n}\cdots\frac{v_{N+1}}{v_{N}}$$

所以我们可以得到：

$$u_{n}\le \frac{u_{N}}{v_{N}}v_n=Kv_n$$

所以如果$\sum v_n$收敛那么$\sum u_n$收敛，(2)同理.

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柯西根值判别法：
设 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 是正项级数, 且存在 $0 \leqslant l \leqslant \infty$ 使成立

$$\limsup _{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{u_{n}}=l$$

则有下列结论：

(1) 如果 $0 \leqslant l<1$, 则级数收敛;

(2) 如果 $1 < l \leqslant \infty$, 则级数发散.

1):根据上极限的定义，我们可以找到 $ l<r<1$ 使得 当充分大 $N$ 以后 $ u_n < r^n$, 根据比较判别法1即可得证！

(2):这个要特殊点，因为不是极限而是上极限！

我们存在子列$\{n_{k}\}$使得$\sqrt[n_k]{u_{n_k}}\to l$。因此存在$l>r>1$使得当$n$充分大以后：

$$u_{n_k}\ge r_{n_{k}}$$

故通项极限不为0，故发散.

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达朗贝尔判别法：
设 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 是正项级数, 其中 $u_{n}>0, n=1,2, \cdots,$, 且存在 $0 \leqslant l \leqslant \infty$ 使成立 $\lim \limits_{n \rightarrow \infty} \dfrac{u_{n+1}}{u_{n}}=l .$
则有下列结论:

(1) 如果 $0 \leqslant l < 1$, 则级数收敛;

(2) 如果 $1 < l \leqslant \infty$, 则级数发散.

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Rabbe判别法: 设 $a_{n} > 0(n=1,2, \cdots)$.

(1) 如果存在 $r>1$, 使得当 $n > n_{0}$ 时,有

$$n\left(\frac{a_{n}}{a_{n+1}}-1\right) \geqslant r$$

那么级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 收敛.

(2 )如果对充分大的 $n$,有

$$n\left(\frac{a_{n}}{a_{n+1}}-1\right) \leqslant 1 \text { , }$$

那么级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 发散.

取$1< \sigma < r$,因为：

$$\frac{(1+\frac{1}{n})^{\sigma}}{\frac{1}{n}}=\sigma$$

所以当$n$充分大时

$$\left(1+\frac{1}{n}\right)^{\sigma}<1+\frac{r}{n}$$

所以：

$$\frac{a_{n}}{a_{n+1}}\ge 1+\frac{r}{n}\ge (1+\frac{1}{n})^{\sigma}=(\frac{1+n}{n})^{\sigma}=\frac{(\frac{1}{n})^{\sigma}}{(\frac{1}{n+1})^{\sigma}}$$

所以：

$$\frac{a_{n+1}}{a_n}\le \frac{(\frac{1}{n+1})^{\sigma}}{(\frac{1}{n})^{\sigma}}$$

因为$\sum \frac{1}{n^{\sigma}}$是收敛的，因此根据判别法3可知，级数$\sum a_n$是收敛的.

至于第二个直接：

$$\frac{a_{n+1}}{a_n}\ge \frac{\frac{1}{n+1}}{\frac{1}{n}}$$

所以根据判别法3可得级数发散

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Gauss判别法:
设正数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足条件

$$\frac{a_{n}}{a_{n+1}}=1+\frac{1}{n}+\frac{\beta}{n \ln n}+o\left(\frac{1}{n \ln n}\right) \quad(n \rightarrow \infty) .$$

那么, 当 $\beta>1$ 时, 级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 收敛; 当 $\beta<1$ 时, 级数 $\sum\limits _{n=1}^{\infty} a_{n}$ 发散.

首先我们证明一件事情：

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

所以有：

$$(\frac{\ln (1+n)}{\ln n})^{\alpha}=1+\frac{\alpha}{n\ln n}+o(\frac{1}{n\ln n})$$

取$1<\alpha<\beta$,所以当$n$充分大有：

$$\frac{a_n}{a_{n+1}}-\frac{n+1}{n}\frac{\ln^{\alpha} (1+n)}{\ln^{\alpha} (n)}=\frac{\beta-\alpha}{n\ln n}+o(\frac{1}{n\ln n})$$

$n$充分大时有：

$$\frac{a_n}{a_{n+1}}\ge \frac{n+1}{n}\frac{\ln^{\alpha} (1+n)}{\ln^{\alpha} (n)}$$

又因为当$\alpha>1$时有$\frac{1}{n\ln ^{\alpha}n}$收敛，所以根据判别法3可知级数收敛，同样可以得到对应情况级数发散.

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Bertrand判别法
正项级数$\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n$,如果：

$$B_n=n\ln n(\frac{a_n}{a_{n+1}}-1)$$

$B_n$极限大于1则级数收敛，若极限小于1则级数发散.

这个定理我就不证明了，模仿前边两个就行.

下边我们可以将以上所有的判别法都用一个定理表示出来：

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Kummer判别法
设 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} u_{n}, \sum \dfrac{1}{v_{n}}$ 为 正项 级数, 且 $\sum \dfrac{1}{v_{n}}$ 发散, 记
$a_{n}=v_{n} \dfrac{u_{n}}{u_{n+1}}-v_{n+1}, \lim\limits _{n \rightarrow \infty} a_{n}=a$, 则

(1) $a>0$ 时级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 收敛;

(2) $a<0$ 时级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} u_{n}$发散.

先证明比较简单的第二条，因为$a<0$,所以当$n$充分大时，

$$v_n\frac{u_n}{u_{n+1}}-v_{n+1}<0$$

即：

$$\frac{u_n}{u_{n+1}}<\frac{v_{n+1}}{v_n}=\frac{\frac{1}{v_n}}{\frac{1}{v_{n+1}}}$$

因此由判别法3可以得到级数的敛散性；

第一条：因为$a>0$，所以当$n$充分大时即有 $u_{n} v_{n}-u_{n+1} v_{n+1}>0 .$ 而正项级数 $\sum\limits_{n=N}^{\infty}\left(u_{n} v_{n}-u_{n+1} v_{n+1}\right)$ 的部分和 $u_{N} v_{N}-u_{n+1} v_{n+1}$
有上界 $u_{N} v_{N}$, 故级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left(u_{n} v_{n}-u_{n+1} v_{n+1}\right)$ 收敛,
又因为：

$$u_{n+1}(v_n\frac{u_n}{u_{n+1}}-v_{n+1})=u_{n+1}a_n$$

当$n$充分大时，$u_{n+1}<\frac{2}{a}u_{n+1}(v_n\frac{u_n}{u_{n+1}}-v_{n+1})$

由比较判别法得 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 收敛.

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柯西凝聚列判别法: 如果$a_n$是单调递减的正项数列，那么$\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n$和$\sum\limits_{k=1}^{\infty}a_{2^k}2^k$有相同的敛散性.

首先：

$$H_{2^k}=a_1+(a_2+a_3)+(a_4+a_5+a_6+a_7)\cdots+(a_{2^{k-1}+1}+\cdots+a_{2^k})$$

注意到每一个括号里都有$2^k-2^{k-1}=2^{k-1}$个.对每个括号里的大小估计：

$$2^{k-1}a_{2^k}<a_{2^{k-1}+1}+\cdots+a_{2^k}<2^{k-1}a_{2^{k-1}}$$

所以可以得到：
对部分和我们有如下估计：

$$\frac{1}{2}(a_1+2a_2+2^2a_4+\cdots+2^ka_{2^k})\le H_{2^k}\le a_1+2a_2+2^2a_4+\cdots+2^ka_{2^k}$$

于是根据比较判别法就出来他们具有相同的敛散性！

条件同上，若$\{k_n\}$是严格单调递增的正整数列，如果存在$M>0$使得：

$$\frac{k_{n+1}-k_n}{k_n-k_{n-1}}\le M,\forall n\ge 2$$

那么级数$\sum_{n=1}^{\infty}a_n$和级数$\sum_{n=1}^{\infty}(k_{n+1}-k_n)a_{k_n}$同敛散.

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萨波果夫判别法:
设 $\left\{a_{n}\right\}_{n=1}^{\infty}$ 是一个单调递增的有界正数列. 证明:级数 $\sum \limits_{n=1}^{\infty}\left(1-\frac{a_{n}}{a_{n+1}}\right)$ 收敛;

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柯西-麦克劳林积分判别法:
设 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 是正项级数, 其通项 $u_{n}=f(n), n=$ $1,2, \cdots$, 其中 $f$ 是定义在区间 $[1, \infty)$ 上的单调递减函数. 则级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 收敛的充 要条件是无穷积分 $\int_{1}^{+\infty} f(x) \mathrm{d} x$ 收敛.

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Ermakov判别法: 设 $f$ 是 $[1,+\infty)$ 上的正值单减函数， 且 $\lim\limits _{x \rightarrow+\infty} \dfrac{\mathrm{e}^{x} f\left(\mathrm{e}^{x}\right)}{f(x)}=\lambda$, 则当$\lambda<1$ 时, $\sum f(n)$ 收敛; 当 $\lambda>1$ 时, $\sum f(n)$ 发散.

先证$\lambda < 1$,取$\lambda < q < 1$，由于改变前$N$项不改变级数的敛散性因此我们不妨直接设从第一项开始就有$\dfrac{e^xf(e^x)}{f(x)}< q$.

我们取如下数列：

$$x_1=e^{x_0},x_2=e^{x_1},\cdots,x_{n+1}=e^{x_n}$$

那么我们就有：

$$\int_{x_n}^{x_{n+1}}e^xf(x)\mathrm{d}x < q\int_{x_n}^{x_{n+1}}f(x)\mathrm{d}x$$

对第一项换元即可得：

$$\int_{x_{n+1}}^{x_{n+2}}f(x)\mathrm{d}x\le q\int_{x_n}^{x_{n+1}}f(x)\mathrm{d}x$$

递推下去便有：

$$\int_{x_{n+1}}^{x_{n+2}}f(x)\mathrm{d}x\le q^{n+1}\int_{x_0}^{x_1}f(x)\mathrm{d}x$$

两边求和，注意到右边是个公比小于1的几何级数求和即可，根据判别法1即得证.

再证2，同样的道理，不过取$\lambda>q>1$,也有同样的式子，我们便有右侧趋于无穷大，于是得证！

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Abel-Dini定理 设正项级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 发散, $S_{n}=u_{1}+u_{2}+\cdots+u_{n}$, 则 $p>1$ 时，级数
$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{u_{n}}{S_{n}^{p}}$ 收敛; 而 $p \leq 1$ 时, 级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{u_{n}}{S_{n}^{p}}$ 发散.

（Dini）设正项级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 收玫, $r_{n}=\sum\limits_{k=n}^{\infty} u_{k}$, 则 $p<1$ 时，级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{u_{n}}{r_{n}^{p}}$ 收敛; 而 $p \geq 1$
时, 级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{u_{n}}{r_{n}^{p}}$ 发散.

注意到：

$$\frac{u_n}{S_n^p}=\frac{S_n-S_{n-1}}{S_n^p}=\int_{S_{n-1}}^{S_n}\frac{1}{S_{n}^p}dx\le \int_{S_{n-1}}^{S_n}\frac{1}{x^p}dx=\frac{1}{p-1}\left(\frac{1}{S_{n-1}^{p-1}}-\frac{1}{S_{n}^{p-1}}\right)$$

因此两边求和根据比较判别法即可得证！

对于$p\le 1$的情况我们只用证明等于1，其他便可以用比较判别法得证！

对于$p=1$,时，利用柯西准则考虑：

$$\sum_{k=n}^{n+p}\frac{u_k}{S_k}\ge\sum_{k=n}^{n+p}\frac{u_k}{S_{n+p}}=\frac{S_{n+p}-S_n}{S_{n+p}}=1-\frac{S_n}{S_{n+p}}\to 1(p\to +\infty)$$

即存在 $p, \sum\limits_{k=n+1}^{n+p} \dfrac{u_{k}}{S_{k}}>\dfrac{1}{2}$, 故 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{u_{n}}{S_{n}}$ 发散.

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习题

1.设级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 收敛于 $A$ (有限数), 试证：

$$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n}\left[a_{n}+2 a_{n-1}+\cdots+(n-1) a_{2}+n a_{1}\right]=A \text {. }$$

仔细观察，就会发现分母为$S_1+S_2+\cdots+S_n$,而数列收敛，因此$S_n\to A$.所以利用Stolz公式即可得到证明.

2.设正项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 收敛, 试证 $:\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\sum\limits_{k=1}^{n} k a_{k}}{n}=0$.

$$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\sum\limits_{k=1}^{n} k a_{k}}{n} \frac{\text { Abel 变换 }}{=} \lim _{n \rightarrow \infty}\left(S_{n}-\frac{S_{1}+S_{2}+\cdots+S_{n-1}}{n}\right)=S-S=0 .$$

3.设正项级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 收敛, 求证: $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n^{2}}{\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+\cdots+\frac{1}{a_{n}}}=0$.

主要用基本不等式及其变形来做：

$$0\le \frac{n}{1/a_1+\cdots+1/a_n}\le \sqrt{a_1\cdots a_n}\le \frac{a_1+\cdots +a_n}{n}$$

两边同时乘$n$所以：

$$\frac{n^2}{1/a_1+\cdots+1/a_n}\le \frac{n}{\sqrt[n]{n!}}\sqrt{a_1(2a_2)\cdots (na_n)}\le e\frac{a_1+\cdots+na_n}{n}$$

结论得证.

4.设 $0< x < 1$, 求如下级数之和: $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2 n}}{1-x^{2 n+1}}$.

我们可以直接计算发现：

$$\frac{x^{2n}}{1-x^{2n+1}}=\frac{1}{x^{2n}}-\frac{1}{x^{2n+1}}$$

所以可以连锁消去，因此极限为$\frac{1}{1-x}$.

5.1) $\sum_{k=1}^{\infty} \arctan \frac{1}{2 k^{2}} ;$

2) $\sum_{k=2}^{\infty} \arctan \frac{2}{4 k^{2}-4 k+1}$.

这里主要用到$\arctan $的裂项公式：

$$\arctan \frac{x-y}{1+xy}=\arctan x-\arctan y$$

因此：

$$\arctan \frac{1}{2k^2}=\arctan \frac{2k+1-(2k-1)}{1+(2k-1)(2k+1)}=\arctan (2k+1)-\arctan(2k-1)\iff \sum_{k=1}^{\infty} \arctan \frac{1}{2 k^{2}}=\frac{\pi}{4}$$

第二个仍然可以裂项得到：

$$\arctan \frac{2}{4k^2-4k+1}=\arctan\frac{2k-(2k-2)}{1+2k(2k-2)}=\arctan2k-\arctan(2k-2)\iff \sum_{k=2}^{\infty} \arctan \frac{2}{4 k^{2}-4 k+1}=\frac{\pi}{2}$$

6.求级数$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin nx}{n}$的和函数，其中$x\in [0,\pi]$.

注意到$S_n’(x)=\sum_{k=1}^{n}\cos kx$.因此：

$$S_n(x)-S_n(\pi)=-\int_{\pi}^{x}S_n'(t)\mathrm{d}t=-\frac{1}{2}\int_{\pi}^{x}\frac{1}{\sin t/2}\sin (n+1/2)t\mathrm{d}t+\frac{1}{2}(\pi-x)$$

根据Riemann引理：

$$S(x)=\begin{cases} 0,x=0,\pi\\ \frac{1}{2}(\pi-x) \end{cases}$$

7.若 $\displaystyle\lim _{n \rightarrow \infty}\left(n^{2 n \sin \frac{1}{n}} a_{n}\right)=1$, 判断级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 是否收敛?

显然这是一个正项级数，且：

$$\lim_{n \rightarrow \infty} a_n/n^{-2n\sin 1/n}=1$$

而$n^{2n\sin 1/n}$当$n$充分大时，有$2n\sin 1/n\to 2>\frac{3}{2}$，因此是收敛的.

1. 证明级数：$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(\ln n)^{\ln n}}$是收敛的.

注意到：

$$(\ln n)^{\ln n}=e^{\ln n \ln \ln n}\ge e^{2\ln n},n\ge e^{100}$$

所以收敛.

下边一个例子并不简单，注意到:

$$\sqrt[n]{n}=\sqrt[n]{n\cdots 1}\le \frac{2n-1}{n}$$

因此：

$$n^{1+1/n}=n\cdot n^{1/n}\le 3n$$

所以发散.

1. 设$\{a_n\},\{b_n\}$都是正项级数 $$\begin{gathered} \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{b_{n}}{n}=0 \\ \lim _{n \rightarrow \infty} b_{n}\left(\frac{a_{n}}{a_{n+1}}-1\right)=\lambda>0 . \end{gathered}$$ 求证: 级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 收敛.

可以看出：

$$n(\frac{a_n}{a_{n+1}}-1)=b_{n}\left(\frac{a_{n}}{a_{n+1}}-1\right)/(b_n/n)\to \infty$$

因此存在$N>0$,当$n>N$时，有：

$$n(\frac{a_n}{a_{n+1}}-1) \ge \frac{2n+1}{n}$$

也就是说：

$$\frac{a_n}{a_{n+1}}\le \frac{(n-1)^2}{n^2}$$

累乘即可得：$a_n\le \frac{a_N N^2}{n^2}$.容易发现是收敛的

10.设 $0 < p_{1} < p_{2} < \cdots < p_{n} < \cdots$, 求证： $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{p_{n}}$ 收敛的充要条件为如下级数收敛: $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{p_{1}+p_{2}+\cdots+p_{n}}$.

首先我们可以直接看出

$$\frac{1}{p_n}\le \frac{n}{p_{1}+p_{2}+\cdots+p_{n}}$$

其次注意到：

$$p_1+\cdots+p_n\ge p_{[n/2]}+\cdots+p_{[n/2]}=[n/2]p_{[n/2]}\ge \frac{n}{4}p_{[2/n]}$$

因此：

$$\frac{n}{p_1+\cdots+p_n}\le \frac{4}{p_{[n/2]}}$$

将$\sum \frac{1}{p_{[n/2]}}$展开之后就会有发现结论可证.

11.设 $a_{n}>0, \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}<+\infty, \alpha>0, \beta>0$ 且 $\alpha+\beta>1$. 证明:

$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_{n}^{\alpha}}{n^{\beta}}<+\infty$$

证明: 经过简单的分析就知道这道题只用处理 $\alpha<1$ 或者 $\beta<1$ 即可.(这时因为 $\left.a b \leq\left(a^{2}+b^{2}\right) 2\right)$, 不妨设 $\alpha<1$. 那么 $1 \alpha>1$. 利用 Holder 不等式, 可以得到:

$$\sum_{i=1}^{n} a_{i} b_{i} \leq\left(\sum_{i=1}^{n} a_{i}^{p}\right)^{\frac{1}{p}}\left(\sum_{i=1}^{n} b_{i}^{q}\right)^{\frac{1}{q}}$$

我们取 $p=1 / \alpha$, 再由 $\alpha+\beta>1$ 即可得证. (可以看到很多时候都是不等式的估值.)

12.若正项级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{x} a_{n}$ 收敛, 且 $\mathrm{e}^{a_{n}}=a_{n}+\mathrm{e}^{a_{n}+b_{n}}(n=1,2, \cdots)$, 证明 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} b_{n}$ 收敛.

将$e^{b_n}$单独放在一边，然后取对数，然后两边一分析就出来了！

13.设 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 为收敛的正项级数. 求证 : 级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}^{1-\frac{1}{n}}$ 收敛.

此时我们可以利用Holder或者Young不等式

注意到：

$$ab(a>0,b>0)\le \frac{a^p}{p}+\frac{b^q}{q}$$

其中$\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1$.现在我们取$p=1-\frac{1}{n}$.因此：

$$a_n^{1-1/n}b\le \frac{a_n}{(n-1)/n}+\frac{b^n}{n}$$

我们只需要将$b$取得合适些，例如大于1就好了.

14.已知 $\varphi(x)$ 是 $(-\infty,+\infty)$ 上周期为 1 的连续函数.

$$\begin{gathered} \int_{0}^{1} \varphi(x) \mathrm{d} x=0 . \\ a_{n}=\int_{0}^{1} e^{x} \varphi(n x) \mathrm{d} x(n=1,2, \cdots), \end{gathered}$$

求证$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_n^2$是收敛的.

我们令$\phi(x)=\int_{0}^{x}\varphi(x)\mathrm{d}x$.使用分部积分就可以得到：

$$a_n=-\frac{1}{n}\int_{0}^{1}\varphi(nx)e^x\mathrm{d}x$$

因此：$|a_n|\le \frac{M}{n}$.自然级数是收敛的.

15.试䃼如下级数收敛:

$$\sqrt{2-\sqrt{2}}+\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2}}}+\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2}}}}+\cdots .$$

如果我们记$A_n=\sqrt{2+\sqrt{\cdots}}$,容易看出$A_n\to 2$.注意到数列的通项为：$a_n=\sqrt{2-A_n},a_{n+1}=\sqrt{2-\sqrt{2+A_n}}$.两者比值为$1/2$.因此是收敛的.

16.设$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_n$为正项级数，满足：

(1):$\displaystyle\sum_{k=1}^{n}(a_k-a_n)$是有界的,

(2):$a_n$单调递减趋于0

证明级数$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_n$是收敛的.

不妨设：$\displaystyle\sum_{k=1}^{n}(a_k-a_n)\le M$,那么任取$m>n$我们就有：

$$\sum_{k=1}^{n}a_k-na_m= \sum_{k=1}^{n}(a_k-a_m)\le \sum_{k=1}^{m}(a_k-a_m)\le M$$

令$m\to \infty$,我们就有：

$$\sum_{k=1}^{n}a_k\le M$$

于是命题得证.

17.设 $\left\{a_{n}\right\}(n \geqslant 1)$ 是正实数序列. 证明: 若级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{a_{n}}$ 收敛, 则级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n^{2}}{\left(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}\right)^{2}} a_{n}$ 也收敛.

我们记$\displaystyle\sum_{k=1}^{n}a_k=A_n$.因此我们有：

$$\begin{align*} I&=\sum_{k=1}^{n}\frac{n^2}{A_k^2}(A_k-A_{k-1})\le \sum_{k=1}^{n}k^2(\frac{1}{A_{k-1}}-\frac{1}{A_k})\\ &=\frac{1}{a_1}+\sum_{k=2}^{n}\frac{k^2}{A_{k-1}}-\frac{k=2}{n}\frac{k^2}{A_k}=\frac{1}{a_1}+2\sum_{k=2}^{n-1}\frac{k}{A_k}+\frac{k=2}{n-1}\frac{1}{A_k}+\frac{4}{A_1}-\frac{n^2}{A_k}\le \frac{5}{a_1}+2\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{A_k}+\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{a_k} \end{align*}$$

注意到：

$$\begin{align*} \sum_{k=1}^{n}\frac{k}{A_k}\le \left[\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{k}{A_{k}} \sqrt{a_{k}}\right)^{2}\right]^{\frac{1}{2}}\left[\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{\sqrt{a_{k}}}\right)^{2}\right]^{\frac{1}{2}}=(S_n\cdot \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{a_k})^{1/2} \end{align*}$$

将部分和式和整体，解方程即可，得到$S_n$是有界的.

18.设级数$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_n$收敛，$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}(b_{n+1}-b_n)$绝对收敛，试证级数$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_nb_n$是收敛的.

直接利用Abel变换公式我们可以得到：

$$\begin{align*} \sum_{k=n+1}^{n+p}a_nb_n=\sum_{k=n+1}^{n+p-1}S_n(b_n-b_{n+1})+S_{n+p}b_{n+p}-S_nb_n \end{align*}$$

由于$\sum (b_n-b_{n-1})$是收敛的，因此$b_n\to 0$.另外他也是绝对收敛的，所以$\displaystyle\sum_{k=n+1}^{n+p}|b_k-b_{k+1}|<\varepsilon$.只需要简单的利用柯西收敛准则即可得证.

19.设 $a_{n}>0,\left\{a_{n}-a_{n+1}\right\}$ 为一个严格递减的数列. 如果 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 收敛, 求证:

$$\lim _{n \rightarrow \infty}\left(\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_{n}}\right)=+\infty .$$

首先由于$a_n\to 0$因此：$\displaystyle\lim_{n\to \infty}a_n-a_{n+1}=0$又因为$a_n-a_{n+1}$单调递减，因此$a_n-a_{n+1}>0$因此$a_n$严格单调递减.

故

$$\begin{aligned} 0 & \leqslant \frac{a_{n} a_{n+1}}{a_{n}-a_{n+1}} \leqslant \frac{a_{n}^{2}}{a_{n}-a_{n+1}}=\frac{1}{a_{n}-a_{n+1}} \sum_{k=n}^{\infty}\left(a_{k}^{2}-a_{k+1}^{2}\right) \\ & \leqslant \sum_{k=n}^{\infty} \frac{a_{k}^{2}-a_{k+1}^{2}}{a_{k}-a_{k+1}}=\sum_{k=n}^{\infty}\left(a_{n}+a_{k+1}\right)=R_{n-1}+R_{n} \rightarrow 0 \quad(n \rightarrow \infty) \end{aligned}$$