谢惠民数学分析习题课讲义13.2.5练习题参考答案(上)

谢惠民数学分析习题课讲义13.2.5练习题参考答案(上)

  1. 由Stolz定理

    1. \lim\limits_{n \rightarrow \infty} \dfrac{R_{n}}{R_{n}^{\prime}}=\lim\limits _{n \rightarrow \infty} \dfrac{R_{n-1}-R_{n}}{R_{n-1}^{\prime}-R_{n}^{\prime}}=1
    2. \lim\limits _{n \rightarrow \infty} \dfrac{S_{n}}{S_{n}^{\prime}}=\lim\limits _{n \rightarrow \infty} \dfrac{a_{n}}{b_{n}}=1

  2. 如果正项级数收敛，则加括号后的新级数可看作原级数的子列，当然也收敛：如果正项级数趋于正无穷，则因为单调性，可知加括号后的新级数作为原级数的子列也趋于正无穷.下证正项级数重排后不改变敛散性：</br>
    设正项级数\{u_n \}的第n个部分和为S_n且收敛于S，重排后的级数\{v_n \}的第m个部分和为\sigma_{m}.易知对每个v_k(1 \leqslant k \leqslant m)，都存在与其相等的u_{i_{k}}(1 \leqslant k \leqslant m).记
    n=\max \left\{i_{1}, i_{2}, \cdots, i_{m}\right\}
    则\forall m , \exists n使得\sigma_{m} \leqslant S_n.由于\lim\limits_{n \to \infty}S_n=S,所以\forall m \in \mathbb{Z^{+}}都有\sigma \leqslant S.即知重排后的级数收敛，且其和\sigma \leqslant S.但是另一方面，\{u_n \}也可看做是由\{v_n \}重排得到的，故也有S \leqslant \sigma.于是\sigma =S

    1. 当n充分大时，，3^{\sqrt{n}} > (\sqrt{n})^3,因此\dfrac{1}{3^{\sqrt{n}}}<\dfrac{1}{n^{\frac{3}{2}}}

    2. 当n \to \infty时，\dfrac{1}{n^{1+\frac{1}{n}}} \sim \dfrac{1}{n},知原级数发散.

    3. 当n \to \infty时，\dfrac{1}{n}-\ln \left(1+\dfrac{1}{n}\right) \sim \dfrac{1}{2 n^{2}}知原级数收敛.

    4. \overline{\lim\limits_{n \rightarrow \infty}} \sqrt[n]{a_{n}}=\overline{\lim\limits_{n \rightarrow \infty}}\left(\dfrac{n^{2}}{2 n^{2}+n+1}\right)^{1 / 2} \cdot\left[\dfrac{n}{\left(2 n^{2}+n+1\right)^{1 / 2}}\right]^{-1 / n}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}<1
      故原级数收敛.

    5. a_{n}=\exp \left[(\ln n)^{2}-n \ln \ln n\right], \overline{\lim\limits_{n \rightarrow \infty}} \sqrt[n]{a_{n}}=\overline{\lim\limits_{n \rightarrow \infty}} \exp \left[\dfrac{(\ln n)^{2}}{n}-\ln \ln n\right]=0故原级数收敛

    6. 当n \to \infty时，a_{n}=\exp \left[\ln n-\left(1+\dfrac{1}{2}+\cdots+\dfrac{1}{n}\right)\right] / n^{p+1} \sim \dfrac{e^{-\gamma}}{n^{p+1}} 当p>0时收敛，当p \leqslant 0时发散

    7. 当n \to \infty 时
      \begin{aligned}a^{1 / n}-\frac{b^{1 / n}+c^{1 / n}}{2} &=1+\frac{\ln a}{n}-\frac{1}{2}\left(1+\frac{\ln b}{n}\right)-\frac{1}{2}\left(1+\frac{\ln c}{n}\right)+o\left(\frac{1}{n}\right) \\ &=\ln \frac{a}{\sqrt{b c}} \cdot \frac{1}{n}+o\left(\frac{1}{n}\right) \end{aligned}
      故当且仅当a^{2} = bc时原级数收敛

    8. 当n \to \infty 时
      \left(1-\frac{\ln n}{n}\right)^{n}=\exp \left[n \ln \left(1-\frac{\ln n}{n}\right)\right] \sim \frac{1}{n}
      故原级数发散

  4. 特殊情况即a_n \equiv 0.排除这种情况，记\{a_n\}的部分和为S_n。则因为\sum \dfrac{1}{n}发散，故存在 \varepsilon_0 > 0, \forall N \in \mathbb{Z^+}, \exists p \in \mathbb{Z^+} 使得
    \frac{1}{N+1}+\frac{1}{N+2}+\cdots+\frac{1}{N+p} \geqslant \varepsilon_{0}
    这可以推得
    \frac{S_{N+1}}{N+1}+\frac{S_{N+2}}{N+2}+\cdots+\frac{S_{N+p}}{N+p} \geqslant \frac{S_{N}}{N+1}+\frac{S_{N}}{N+2}+\cdots+\frac{S_{N}}{N+p} \geqslant S_{N} \varepsilon_{0}
    与Cauchy收敛准则矛盾，故\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}{n}必发散

    1. 1-\dfrac{a_{n+1}}{a_{n}}=\dfrac{3}{2 n+2}, \sum\left(1-\dfrac{a_{n+1}}{a_{n}}\right) 发散，由Sapagof判别法知原数列收敛于0
    2. 1-\dfrac{a_{n+1}}{a_{n}}=1-\dfrac{1}{e}\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^{n}=\dfrac{1}{2 n}+o\left(\dfrac{1}{n}\right) \sum\left(1-\dfrac{a_{n+1}}{a_{n}}\right)发散由Sapagof判别法知原数列收敛于0
    3. 1-\dfrac{a_{n+1}}{a_{n}}=\dfrac{x}{x+n+1}</br>\sum\left(1-\dfrac{a_{n+1}}{a_{n}}\right)发散由Sapagof判别法知原数列收敛于0

  6. 取a_{n}=\left\{\begin{array}{l} \dfrac{1}{n}, n \text {为平方数} \\ 0, \text {其他} \end{array} .\right.

  7. 由\sum a_n收敛可知\lim\limits_{n \to \infty}a_n = 0,故\lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{a_{n}^{p}}{a_n}=0,从而\sum \left\{a_{n}^{p}\right\}收敛

    注:正项级数的条件不可取，如当p=2是可取反例a_n = \dfrac{(-1)^{n}}{\sqrt{n}}

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