2004年考研数学一第18题

首先，根据题目要求，我们需要证明方程 $x^n + nx - 1 = 0$ 在区间 $(0,1)$ 内存在唯一的实根。为此，我们构造函数 $f(x) = x^n + nx - 1$，其中 $n$ 为正整数。该函数在区间 $[0,1]$ 上连续，因为多项式函数在整个实数域上连续。接下来，我们计算函数在区间端点处的函数值： - 当 $x = 0$ 时，$f(0) = 0^n + n \cdot 0 - 1 = 0 + 0 - 1 = -1$。 - 当 $x = 1$ 时，$f(1) = 1^n + n \cdot 1 - 1 = 1 + n - 1 = n$。 由于 $n$ 是正整数，故 $n > 0$，因此 $f(0) = -1 < 0$，$f(1) = n > 0$。于是 $f(0) \cdot f(1) = (-1) \cdot n = -n < 0$。根据零点定理（介值定理），若连续函数在区间端点处的函数值异号，则函数在开区间内至少存在一个零点。因此，存在至少一个 $\xi \in (0,1)$，使得 $f(\xi) = 0$，即方程 $x^n + nx - 1 = 0$ 在 $(0,1)$ 内至少有一个实根。 这一步骤为后续证明根的唯一性奠定了基础。

首先，我们定义函数 $f(x) = x^n + nx - 1$，其中 $n$ 为正整数。我们的目标是证明方程 $f(x)=0$ 在区间 $(0,1)$ 内存在一个正根。 考虑函数 $f(x)$ 在闭区间 $[0,1]$ 上的连续性。由于 $f(x)$ 是多项式函数，它在整个实数域上连续，特别地在 $[0,1]$ 上连续。 计算区间端点处的函数值： - 当 $x=0$ 时，$f(0) = 0^n + n \cdot 0 - 1 = -1 < 0$。 - 当 $x=1$ 时，$f(1) = 1^n + n \cdot 1 - 1 = 1 + n - 1 = n > 0$（因为 $n \geq 1$）。 因此，$f(0) < 0$ 且 $f(1) > 0$。由零点定理（介值定理的推论），若连续函数在区间端点处函数值异号，则至少存在一点 $x_n \in (0,1)$ 使得 $f(x_n)=0$。 这个 $x_n$ 就是方程的正根，且显然 $x_n > 0$。这样就完成了存在性的证明。

为了证明方程 $x^n + nx - 1 = 0$ 在 $(0, +\infty)$ 内有且仅有一个正根，我们首先考虑函数 $f(x) = x^n + nx - 1$，其定义域为 $[0, +\infty)$。对 $f(x)$ 求导得：$$f'(x) = n x^{n-1} + n = n(x^{n-1} + 1).$$ 由于 $n$ 是正整数且 $x > 0$，显然 $x^{n-1} > 0$，因此 $x^{n-1} + 1 > 1 > 0$，从而 $f'(x) = n(x^{n-1} + 1) > 0$ 对一切 $x > 0$ 成立。这说明 $f(x)$ 在区间 $[0, +\infty)$ 上严格单调递增。严格单调递增的函数在定义域内至多有一个零点。结合前一步已证存在至少一个正根（由零点定理，$f(0) = -1 < 0$，$f(1) = 1 + n - 1 = n > 0$，故存在 $x_0 \in (0,1)$ 使得 $f(x_0)=0$），因此该正根是唯一的。

已知方程 $x_n^n + n x_n - 1 = 0$，且 $x_n > 0$。由方程解出 $x_n$ 的表达式：将 $n x_n$ 移到右边得 $x_n^n = 1 - n x_n$，于是 $x_n = \frac{1}{n}(1 - x_n^n)$。由于 $x_n > 0$，故 $x_n^n > 0$，从而 $1 - x_n^n < 1$，因此 $x_n = \frac{1}{n}(1 - x_n^n) < \frac{1}{n}$。同时，由 $x_n > 0$ 可得 $x_n^n > 0$，所以 $x_n = \frac{1}{n}(1 - x_n^n) > 0$。综上，我们得到 $0 < x_n < \frac{1}{n}$。这个放缩给出了 $x_n$ 的一个上界 $\frac{1}{n}$，并且由于 $\frac{1}{n} \to 0$（当 $n \to \infty$），结合 $x_n > 0$，可以初步判断 $x_n$ 趋于 $0$。

由前一步已知 $0 < x_n < \frac{1}{n}$，其中 $x_n$ 是方程 $x + \ln x = n$ 的根。现在考虑级数 $\sum_{n=1}^{\infty} x_n^\alpha$ 的敛散性，其中 $\alpha$ 为实参数。为了应用比较判别法，我们需要建立 $x_n^\alpha$ 与某个已知敛散性的级数通项之间的不等式。 由于 $0 < x_n < \frac{1}{n}$，且 $\alpha$ 为实数，我们需要分情况讨论不等号的方向。当 $\alpha > 0$ 时，幂函数 $t^\alpha$ 在 $(0, +\infty)$ 上单调递增，因此由 $x_n < \frac{1}{n}$ 可得 $x_n^\alpha < \left(\frac{1}{n}\right)^\alpha = \frac{1}{n^\alpha}$。同时，由于 $x_n > 0$，显然有 $x_n^\alpha > 0$，故 $0 < x_n^\alpha < \frac{1}{n^\alpha}$。 当 $\alpha = 0$ 时，$x_n^0 = 1$，此时级数 $\sum_{n=1}^{\infty} 1$ 发散，但这种情况可直接判断。 当 $\alpha < 0$ 时，幂函数 $t^\alpha$ 在 $(0, +\infty)$ 上单调递减，因此由 $x_n < \frac{1}{n}$ 可得 $x_n^\alpha > \left(\frac{1}{n}\right)^\alpha = \frac{1}{n^\alpha}$。此时不等式方向反转，不能直接得到 $x_n^\alpha < \frac{1}{n^\alpha}$。但我们可以利用 $x_n > 0$ 得到下界：$x_n^\alpha > 0$ 仍然成立，但上界需要另外寻找。实际上，当 $\alpha < 0$ 时，$x_n^\alpha$ 会随着 $n$ 增大而增大（因为 $x_n$ 减小），因此需要更精细的估计。 在本步骤中，我们主要针对 $\alpha > 0$ 的情况建立不等式 $0 < x_n^\alpha < \frac{1}{n^\alpha}$。这个不等式将允许我们通过比较 $\sum \frac{1}{n^\alpha}$ 的敛散性来推断 $\sum x_n^\alpha$ 的敛散性：若 $\sum \frac{1}{n^\alpha}$ 收敛，则 $\sum x_n^\alpha$ 也收敛（正项级数比较判别法）。

由第5步已证得 $x_n \sim \frac{1}{n}$（当 $n \to \infty$ 时），即存在常数 $C>0$ 和正整数 $N$，使得当 $n > N$ 时，有 $x_n \leq \frac{C}{n}$。于是对任意 $\alpha > 1$，当 $n > N$ 时，有 $x_n^\alpha \leq \frac{C^\alpha}{n^\alpha}$。 考虑正项级数 $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^\alpha}$，由 $p$ 级数的收敛性结论：当 $\alpha > 1$ 时，$\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^\alpha}$ 收敛。 由于 $0 \leq x_n^\alpha \leq \frac{C^\alpha}{n^\alpha}$（对充分大的 $n$），且 $\sum_{n=1}^\infty \frac{C^\alpha}{n^\alpha} = C^\alpha \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^\alpha}$ 收敛，根据正项级数的比较审敛法（比较原则），可知级数 $\sum_{n=1}^\infty x_n^\alpha$ 收敛。 至此，原题结论得证：当 $\alpha > 1$ 时，级数 $\sum_{n=1}^\infty x_n^\alpha$ 收敛。