中册 6.1 数项级数的敛散性 第1题
📝 题目
1．证明下列级数收敛．
（1）$\sum_{n=1}^{\infty}(\sqrt{n+2}-2 \sqrt{n+1}+\sqrt{n})$ ．
（2）$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_{n}}{\left(1+a_{1}\right)\left(1+a_{2}\right) \cdots\left(1+a_{n}\right)}\left(a_{n}>0\right)$ ．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）因为级数通项为 $a_{n}=\sqrt{n+2}-2 \sqrt{n+1}+\sqrt{n}=(\sqrt{n+2}-\sqrt{n+1})-(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})$ ，故级数的部分和：
$$
S_{n}=\sum_{k=1}^{n}[(\sqrt{k+2}-\sqrt{k+1})-(\sqrt{k+1}-\sqrt{k})]=\sqrt{n+2}-\sqrt{n+1}-(\sqrt{2}-1)=\frac{1}{\sqrt{n+2}+\sqrt{n+1}}-(\sqrt{2}-1)
$$
所以 $\lim _{n \rightarrow \infty} S_{n}=1-\sqrt{2}$ ．故该级数收玫且其和为 $1-\sqrt{2}$ ．
（2）级数部分和：
$$
\begin{aligned}
S_{n} & =\sum_{k=1}^{n} \frac{a_{k}}{\left(1+a_{1}\right)\left(1+a_{2}\right) \cdots\left(1+a_{k}\right)}=\sum_{k=1}^{n}\left[\frac{1}{\left(1+a_{1}\right)\left(1+a_{2}\right) \cdots\left(1+a_{k-1}\right)}-\frac{1}{\left(1+a_{1}\right)\left(1+a_{2}\right) \cdots\left(1+a_{k}\right)}\right] \\
& =1-\frac{1}{\left(1+a_{1}\right)\left(1+a_{2}\right) \cdots\left(1+a_{n}\right)}<1 .
\end{aligned}
$$
所以 $\left\{S_{n}\right\}$ 有界。故原级数收玫。
📋 详细解题步骤
步骤 1/5
目标：化简通项
对于级数 $\sum_{n=1}^{\infty}(\sqrt{n+2}-2\sqrt{n+1}+\sqrt{n})$，将通项改写为相邻两项差的形式：$a_n = (\sqrt{n+2}-\sqrt{n+1}) - (\sqrt{n+1}-\sqrt{n})$。
公式：$a_n = (\sqrt{n+2}-\sqrt{n+1}) - (\sqrt{n+1}-\sqrt{n})$
提示：注意括号的配对，避免符号错误。
步骤 2/5
目标：求部分和
部分和 $S_n = \sum_{k=1}^n a_k = \sum_{k=1}^n [(\sqrt{k+2}-\sqrt{k+1}) - (\sqrt{k+1}-\sqrt{k})]$。展开后，相邻项抵消，得到 $S_n = (\sqrt{n+2}-\sqrt{n+1}) - (\sqrt{2}-1)$。
公式：$S_n = \sqrt{n+2} - \sqrt{n+1} - (\sqrt{2} - 1)$
提示：注意第一项和最后一项的保留，以及初始项的处理。
步骤 3/5
目标：求极限
计算 $\lim_{n\to\infty} S_n = \lim_{n\to\infty} (\sqrt{n+2}-\sqrt{n+1}) - (\sqrt{2}-1)$。由于 $\sqrt{n+2}-\sqrt{n+1} = \frac{1}{\sqrt{n+2}+\sqrt{n+1}} \to 0$，故极限为 $1-\sqrt{2}$。因此级数收敛，和为 $1-\sqrt{2}$。
公式：$\lim_{n\to\infty} (\sqrt{n+2}-\sqrt{n+1}) = 0$
提示：有理化技巧：$\sqrt{n+2}-\sqrt{n+1} = \frac{1}{\sqrt{n+2}+\sqrt{n+1}}$。
步骤 4/5
目标：分析第二题通项
对于级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_n}{(1+a_1)(1+a_2)\cdots(1+a_n)}$，其中 $a_n>0$。注意到 $\frac{a_k}{(1+a_1)\cdots(1+a_k)} = \frac{1}{(1+a_1)\cdots(1+a_{k-1})} - \frac{1}{(1+a_1)\cdots(1+a_k)}$。
公式：$\frac{a_k}{\prod_{i=1}^k (1+a_i)} = \frac{1}{\prod_{i=1}^{k-1} (1+a_i)} - \frac{1}{\prod_{i=1}^k (1+a_i)}$
提示：验证等式：右边通分后分子为 $(1+a_k)-1 = a_k$。
步骤 5/5
目标：求部分和并判断有界
部分和 $S_n = \sum_{k=1}^n \left[ \frac{1}{\prod_{i=1}^{k-1}(1+a_i)} - \frac{1}{\prod_{i=1}^k (1+a_i)} \right] = 1 - \frac{1}{\prod_{i=1}^n (1+a_i)}$。由于 $a_i>0$，分母 $\prod_{i=1}^n (1+a_i) > 1$，故 $S_n < 1$，且 $S_n$ 单调递增（因为每项为正），所以部分和数列有上界，从而级数收敛。
公式：$S_n = 1 - \frac{1}{\prod_{i=1}^n (1+a_i)}$
提示：注意 $\prod_{i=1}^0 (1+a_i)$ 定义为1。
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