第四章 级 数 · 第4.1题

### 题目 4.1.14

**已知**： $\\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} a_n}$ 收敛，且 $\\displaystyle{\lim_{n\to\infty} n a_n = 0}$。 **求证**： $\\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} n(a_n - a_{n+1})}$ 收敛，并且 $$ \sum_{n=1}^{\infty} n(a_n - a_{n+1}) = \sum_{n=1}^{\infty} a_n. $$

**证明**：

考虑部分和： $$ S_N = \sum_{n=1}^{N} n(a_n - a_{n+1}) $$ 将其展开： $$ S_N = (1 a_1 - 1 a_2) + (2 a_2 - 2 a_3) + (3 a_3 - 3 a_4) + \cdots + (N a_N - N a_{N+1}) $$ 合并同类项，对于 $a_k$（$2 \le k \le N$）的系数为： 从第 $k-1$ 项得到 $-(k-1)a_k$，从第 $k$ 项得到 $+k a_k$，所以总和为 $a_k$。 对于 $a_1$，只有第一项贡献 $+1\cdot a_1$。 对于 $a_{N+1}$，只有最后一项贡献 $-N a_{N+1}$。

因此： $$ S_N = \sum_{k=1}^{N} a_k - N a_{N+1}. $$

由已知 $\\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty a_n}$ 收敛，记其和为 $A$，则 $\\displaystyle{\sum_{k=1}^N a_k \to A}$。 又已知 $\\displaystyle{\lim_{n\to\infty} n a_n = 0}$，所以 $N a_{N+1} \to 0$。 于是： $$ \lim_{N\to\infty} S_N = A - 0 = A. $$ 所以级数 $\\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty n(a_n - a_{n+1})}$ 收敛，且和等于 $\\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty a_n}$。证毕。

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### 题目 4.1.15

**已知**：正项数列 $\{x_n\}$ 单调上升。 **求证**： - 若 $\{x_n\}$ 有界，则 $\\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty \left(1 - \frac{x_n}{x_{n+1}}\right)}$ 收敛； - 若 $\{x_n\}$ 无界，则该级数发散。

**证明**：

因为 $x_n > 0$ 且单调上升，所以 $0 < \frac{x_n}{x_{n+1}} \le 1$，从而通项 $1 - \frac{x_n}{x_{n+1}} \ge 0$，是正项级数。

考虑部分和： $$ \sum_{n=1}^{N} \left(1 - \frac{x_n}{x_{n+1}}\right) = \sum_{n=1}^{N} \frac{x_{n+1} - x_n}{x_{n+1}}. $$

由于 $x_{n+1} \ge x_n$，且分母 $x_{n+1}$ 是递增的，我们可以用积分或比较判别法。

另一种常用技巧：注意到 $$ 1 - \frac{x_n}{x_{n+1}} = \frac{x_{n+1} - x_n}{x_{n+1}} \le \frac{x_{n+1} - x_n}{x_n}. $$ 但更精确地，考虑对数： $$ \ln x_{n+1} - \ln x_n = \ln\left(1 + \frac{x_{n+1} - x_n}{x_n}\right) \ge \frac{x_{n+1} - x_n}{x_{n+1}}. $$ 这是因为当 $0 \le t \le 1$ 时，$\ln(1+t) \ge \frac{t}{1+t}$。这里 $t = \frac{x_{n+1} - x_n}{x_n}$，而 $\frac{t}{1+t} = \frac{x_{n+1} - x_n}{x_{n+1}}$。

于是： $$ \frac{x_{n+1} - x_n}{x_{n+1}} \le \ln x_{n+1} - \ln x_n. $$

因此部分和： $$ \sum_{n=1}^{N} \left(1 - \frac{x_n}{x_{n+1}}\right) \le \sum_{n=1}^{N} (\ln x_{n+1} - \ln x_n) = \ln x_{N+1} - \ln x_1. $$

**情况1**：若 $\{x_n\}$ 有界，则 $\ln x_{N+1}$ 有上界，因此部分和有上界，正项级数收敛。

**情况2**：若 $\{x_n\}$ 无界，则 $\\displaystyle{x_n \to +\infty}$。 我们还可以从下界估计： 因为 $x_{n+1} \ge x_n$，所以 $$ 1 - \frac{x_n}{x_{n+1}} = \frac{x_{n+1} - x_n}{x_{n+1}} \ge \frac{x_{n+1} - x_n}{x_{N+1}} \quad (\text{对于 } n \le N). $$ 但更简单的办法：考虑 $$ \sum_{n=1}^{N} \left(1 - \frac{x_n}{x_{n+1}}\right) = \sum_{n=1}^{N} \frac{x_{n+1} - x_n}{x_{n+1}}. $$ 由于 $x_{n+1} \le x_{N+1}$ 对于 $n \le N$，所以 $$ \frac{x_{n+1} - x_n}{x_{n+1}} \ge \frac{x_{n+1} - x_n}{x_{N+1}}. $$ 于是： $$ \sum_{n=1}^{N} \left(1 - \frac{x_n}{x_{n+1}}\right) \ge \frac{1}{x_{N+1}} \sum_{n=1}^{N} (x_{n+1} - x_n) = \frac{x_{N+1} - x_1}{x_{N+1}} = 1 - \frac{x_1}{x_{N+1}}. $$ 当 $\\displaystyle{x_{N+1} \to \infty}$ 时，右边趋于 $1$，所以部分和不会趋于0，但正项级数发散需要部分和趋于无穷。上面的下界只给出趋于1，不够。我们需要更好的下界。

实际上，可以用另一种方法： 若 $x_n$ 无界，则存在子列趋于无穷。考虑将级数分成块，或者用柯西收敛准则的反证法： 假设级数收敛，则通项趋于0，即 $\frac{x_n}{x_{n+1}} \to 1$。但若 $x_n$ 无界，我们可以证明 $\\displaystyle{\sum (1 - x_n/x_{n+1})}$ 发散。 标准证法：由单调性，$x_{n+1} \ge x_n$，且 $$ \sum_{n=1}^{\infty} \left(1 - \frac{x_n}{x_{n+1}}\right) = \infty \iff \prod_{n=1}^{\infty} \frac{x_n}{x_{n+1}} = 0. $$ 而 $\\displaystyle{\prod_{n=1}^{N} \frac{x_n}{x_{n+1}} = \frac{x_1}{x_{N+1}}}$。若 $x_n$ 无界，则 $\\displaystyle{x_{N+1} \to \infty}$，所以乘积趋于0，因此级数发散。 这个结论来自无穷乘积与级数的关系：若 $0 \le b_n < 1$，则 $\\displaystyle{\prod (1-b_n)=0}$ 当且仅当 $\\displaystyle{\sum b_n = \infty}$。这里 $b_n = 1 - x_n/x_{n+1}$。

因此结论成立。

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### 题目 4.1.16

**求证**：级数 $\\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{\sqrt{n}}}$ 的柯西乘积发散。

**证明**：

设 $a_n = \frac{(-1)^{n-1}}{\sqrt{n}}$，则柯西乘积的项为： $$ c_n = \sum_{k=1}^{n-1} a_k a_{n-k} = \sum_{k=1}^{n-1} \frac{(-1)^{k-1}}{\sqrt{k}} \cdot \frac{(-1)^{n-k-1}}{\sqrt{n-k}} = (-1)^{n