📝 题目
4.1.7 若正项级数 $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }{a}_{n}}$ 的项 ${a}_{n}$ 单调递减,且 $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }{a}_{2n}}$ 收敛,求证; $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }{a}_{n}}$ 收敛.
💡 答案与解析
### 题目 4.1.6
已知条件： 正项级数 $\\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} a_n}$ 收敛，且 $\{a_n\}$ 单调递减。
#### (1) 求证： $$ \lim_{n\to\infty} \sum_{k=[n/2]+1}^{n} a_k = 0 $$
**证明**： 由于 $\\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} a_n}$ 收敛，其部分和数列 $\\displaystyle{S_n = \sum_{k=1}^{n} a_k}$ 收敛，因此它是一个柯西序列。 对于任意 $\varepsilon > 0$，存在 $N$，使得当 $m > n \ge N$ 时，有 $$ |S_m - S_n| = \sum_{k=n+1}^{m} a_k < \varepsilon. $$
特别地，取 $n = \left[\frac{n}{2}\right]$，$m = n$，当 $n$ 足够大使得 $\left[\frac{n}{2}\right] \ge N$ 时，有 $$ \sum_{k=[n/2]+1}^{n} a_k < \varepsilon. $$ 这就证明了极限为 0。
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#### (2) 求证： $$ \lim_{n\to\infty} n a_n = 0 $$
**证明**： 因为 $\{a_n\}$ 单调递减且非负，对于 $k = [n/2]+1, \dots, n$，有 $a_k \ge a_n$。因此 $$ \sum_{k=[n/2]+1}^{n} a_k \ge \left(n - \left[\frac{n}{2}\right]\right) a_n. $$ 而 $n - \left[\frac{n}{2}\right] \ge \frac{n}{2}$（因为 $[n/2] \le n/2$），所以 $$ \sum_{k=[n/2]+1}^{n} a_k \ge \frac{n}{2} a_n. $$
由 (1) 知左边趋于 0，因此右边也趋于 0，即 $$ \frac{n}{2} a_n \to 0 \quad \Rightarrow \quad n a_n \to 0. $$
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### 题目 4.1.7
已知条件： 正项级数 $\\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} a_n}$ 的项 $a_n$ 单调递减，且 $\\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} a_{2n}}$ 收敛。 求证：$\\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} a_n}$ 收敛。
**证明**： 由于 $a_n$ 单调递减且非负，我们可以将原级数按奇偶项分组比较。
对于任意正整数 $k$，有 $$ a_{2k+1} \le a_{2k} \quad\text{以及}\quad a_{2k} \le a_{2k-1}. $$ 因此，对于部分和： $$ \sum_{n=1}^{2N} a_n = \sum_{k=1}^{N} a_{2k-1} + \sum_{k=1}^{N} a_{2k}. $$
由单调性，$a_{2k-1} \ge a_{2k}$，所以 $$ \sum_{k=1}^{N} a_{2k-1} \le \sum_{k=1}^{N} a_{2k-2} \quad (\text{令 } a_0 = a_1 \text{ 作为边界}) $$ 更直接地，我们可以将奇数项用相邻偶数项控制： $$ a_{2k-1} \le a_{2k-2} \quad (\text{当 } k\ge 2) $$ 但更简单的办法是：因为 $a_{2k} \le a_{2k-1} \le a_{2k-2}$，所以 $$ \sum_{k=1}^{N} a_{2k-1} \le a_1 + \sum_{k=2}^{N} a_{2k-2} = a_1 + \sum_{j=1}^{N-1} a_{2j}. $$ 于是 $$ \sum_{n=1}^{2N} a_n \le a_1 + 2\sum_{j=1}^{N} a_{2j}. $$
已知 $\\displaystyle{\sum_{j=1}^{\infty} a_{2j}}$ 收敛，因此右边有界，从而左边部分和数列有上界。由于所有项非负，部分和单调递增且有上界，故原级数收敛。
另一种更简洁的证法： 由柯西收敛准则，因为 $\\displaystyle{\sum a_{2n}}$ 收敛，其部分和柯西，从而对任意 $\varepsilon>0$，存在 $N$，当 $m>n\ge N$ 时， $$ \sum_{k=n+1}^{m} a_{2k} < \varepsilon. $$ 对于原级数中任意一段连续项，利用单调性可以用相邻的偶数项来夹逼，从而证明原级数也满足柯西条件，因此收敛。
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以上即为两道题目的完整解答。