中册 6.1 数项级数的敛散性 第3题
📝 题目
3．讨论下列级数的玫散性．
（1）$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\left[\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1}-\mathrm{e}\right]$ ．
（2）$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}\left[\mathrm{e}-\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}\right]^{p}, p \in \mathbf{R}$ ．（东南大学 2006，上海交大 2002，南京理工 1998（ $p=2$ ））
（3）$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n} \tan n \ln \left(1+\frac{1}{\sqrt{n}}\right)$ ．
（4）$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{\sqrt[n]{n^{k}}} .(k=5$ ：武汉大学 2003，$k=1$ ：宁波大学 2005）
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）由 $\displaystyle \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1}=\mathrm{e}^{\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1}}=\mathrm{e}^{(n+1) \ln \left(1+\frac{1}{n}\right)}=\mathrm{e}^{(n+1)\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{2 n^{2}}+o\left(\frac{1}{n^{2}}\right)\right)}=\mathrm{e}^{1+\frac{1}{2 n}-\frac{1}{2 n^{2}}+o\left(\frac{1}{n}\right)}=\mathrm{e}^{1+\frac{1}{2 n}+o\left(\frac{1}{n}\right)}$ ，有
$$
\left[\left(1+\frac{1}{n}\right)^{1+n}-\mathrm{e}\right]=\left(\mathrm{e}^{1+\frac{1}{2 n}+o\left(\frac{1}{n}\right)}-\mathrm{e}\right)=\mathrm{e}\left(\mathrm{e}^{\frac{1}{2 n}+o\left(\frac{1}{n}\right)}-1\right)=\mathrm{e}\left(\frac{1}{2 n}+o\left(\frac{1}{n}\right)\right) .
$$
因为 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 发散，所以级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\left[\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1}-\mathrm{e}\right]$ 发散。
（2）由泰勒公式有 $\displaystyle \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}=\mathrm{e}^{\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}}=\mathrm{e}^{n \ln \left(1+\frac{1}{n}\right)}=\mathrm{e}^{n\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{2 n^{2}}+o\left(\frac{1}{n^{2}}\right)\right)}=\mathrm{e}^{1-\frac{1}{2 n}+o\left(\frac{1}{n}\right)}$ ．于是
$$
\frac{1}{n}\left[\mathrm{e}-\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}\right]^{p}=\frac{1}{n}\left(\mathrm{e}-\mathrm{e}^{1-\frac{1}{2 n}+o\left(\frac{1}{n}\right)}\right)^{p}=\frac{1}{n} \mathrm{e}^{p}\left(1-\mathrm{e}^{-\frac{1}{2 n}+o\left(\frac{1}{n}\right)}\right)^{p}=\mathrm{e}^{p}\left(\frac{1}{2^{p} n^{p+1}}+o\left(\frac{1}{n^{p+1}}\right)\right) .
$$
由于 $\displaystyle \left[\mathrm{e}-\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}\right]^{p}$ 与 $\displaystyle \frac{1}{n^{p}}$ 是同阶无穷小，因此，当 $p \leqslant 0$ 时，级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}\left[\mathrm{e}-\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}\right]^{p}$ 发散，当 $p>0$时，级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}\left[\mathrm{e}-\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}\right]^{p}$ 收敛。
（3）由于 $\tan n \geqslant n$ ，所以 $\displaystyle \left|(-1)^{n} \tan n \ln \left(1+\frac{1}{\sqrt{n}}\right)\right| \geqslant n \ln \left(1+\frac{1}{\sqrt{n}}\right)$ ．
又由 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} n \ln \left(1+\frac{1}{\sqrt{n}}\right)=\infty$ 知 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty}(-1)^{n} \tan n \ln \left(1+\frac{1}{\sqrt{n}}\right) \neq 0$ ，故 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n} \tan n \ln \left(1+\frac{1}{\sqrt{n}}\right)$ 发散。
（4）因 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty}\left|\frac{(-1)^{n}}{\sqrt[n]{n^{k}}}\right|=1$ ，所以级数 $\displaystyle \sum \frac{(-1)^{n}}{\sqrt[n]{n^{k}}}$ 发散。
📋 详细解题步骤
步骤 1/10
目标：分析通项行为，使用泰勒展开
考虑通项 $a_n = \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1} - e$。利用指数和对数展开：$\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1} = e^{(n+1)\ln(1+1/n)}$。将 $\ln(1+1/n)$ 展开：$\ln(1+1/n) = \frac{1}{n} - \frac{1}{2n^2} + o\left(\frac{1}{n^2}\right)$。于是 $(n+1)\ln(1+1/n) = (n+1)\left(\frac{1}{n} - \frac{1}{2n^2} + o\left(\frac{1}{n^2}\right)\right) = 1 + \frac{1}{2n} - \frac{1}{2n^2} + o\left(\frac{1}{n}\right)$。因此 $\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1} = e^{1 + \frac{1}{2n} + o(1/n)}$。
公式：$\ln(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + o(x^2)$
提示：注意展开到足够阶数，确保误差项为 $o(1/n)$。
步骤 2/10
目标：化简通项，得到等价无穷小
计算 $a_n = e^{1+\frac{1}{2n}+o(1/n)} - e = e\left(e^{\frac{1}{2n}+o(1/n)} - 1\right)$。利用 $e^x - 1 \sim x$ 当 $x\to 0$，得 $a_n \sim e \cdot \frac{1}{2n}$。即 $a_n \sim \frac{e}{2n}$。
公式：$e^x - 1 \sim x$ 当 $x\to 0$
提示：注意 $e^{\frac{1}{2n}+o(1/n)} - 1$ 的主项是 $\frac{1}{2n}$。
步骤 3/10
目标：比较判别法判断级数敛散性
由于 $a_n \sim \frac{e}{2n}$，而调和级数 $\sum \frac{1}{n}$ 发散，根据比较判别法，正项级数 $\sum a_n$ 发散。因此原级数发散。
公式：比较判别法：若 $a_n \sim b_n$ 且 $\sum b_n$ 发散，则 $\sum a_n$ 发散。
提示：注意 $a_n$ 为正项，可直接使用比较判别法。
步骤 4/10
目标：分析第二题通项，进行泰勒展开
考虑 $b_n = \frac{1}{n}\left[e - \left(1+\frac{1}{n}\right)^n\right]^p$。先展开 $\left(1+\frac{1}{n}\right)^n = e^{n\ln(1+1/n)} = e^{n\left(\frac{1}{n} - \frac{1}{2n^2} + o(1/n^2)\right)} = e^{1 - \frac{1}{2n} + o(1/n)}$。于是 $e - \left(1+\frac{1}{n}\right)^n = e - e^{1 - \frac{1}{2n} + o(1/n)} = e\left(1 - e^{-\frac{1}{2n} + o(1/n)}\right)$。利用 $1 - e^{-x} \sim x$ 当 $x\to 0$，得 $e - \left(1+\frac{1}{n}\right)^n \sim e \cdot \frac{1}{2n}$。
公式：$1 - e^{-x} \sim x$ 当 $x\to 0$
提示：注意展开时保持误差项一致。
步骤 5/10
目标：得到通项的等价无穷小
因此 $\left[e - \left(1+\frac{1}{n}\right)^n\right]^p \sim \left(\frac{e}{2n}\right)^p$。于是 $b_n \sim \frac{1}{n} \cdot \left(\frac{e}{2n}\right)^p = \frac{e^p}{2^p} \cdot \frac{1}{n^{p+1}}$。
公式：等价无穷小替换
提示：注意 $p$ 为实数，需考虑 $p$ 的不同取值。
步骤 6/10
目标：根据p值判断级数敛散性
级数 $\sum \frac{1}{n^{p+1}}$ 当 $p+1 > 1$ 即 $p>0$ 时收敛，当 $p+1 \leq 1$ 即 $p\leq 0$ 时发散。由比较判别法，原级数在 $p>0$ 时收敛，$p\leq 0$ 时发散。
公式：p-级数：$\sum \frac{1}{n^\alpha}$ 收敛当且仅当 $\alpha > 1$
提示：注意 $p=0$ 时通项为 $\frac{1}{n}$，发散。
步骤 7/10
目标：分析第三题，判断通项是否趋于零
考虑 $c_n = (-1)^n \tan n \ln\left(1+\frac{1}{\sqrt{n}}\right)$。由于 $\tan n$ 无界，且 $\ln(1+1/\sqrt{n}) \sim 1/\sqrt{n}$，但 $\tan n$ 振荡，不能直接使用等价无穷小。但可证明 $\limsup_{n\to\infty} |c_n| = \infty$，因为 $\tan n$ 可以任意大，而 $\ln(1+1/\sqrt{n})$ 趋于0但速度较慢。实际上，$\tan n$ 在 $n$ 接近 $\pi/2 + k\pi$ 时趋于无穷，因此 $|c_n|$ 无界，通项不趋于0。
公式：级数收敛的必要条件：通项趋于0
提示：注意 $\tan n$ 不是有界量，不能直接使用莱布尼茨判别法。
步骤 8/10
目标：结论：第三题级数发散
由于通项不趋于0，级数 $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n \tan n \ln(1+1/\sqrt{n})$ 发散。
提示：不要误以为交错级数一定收敛。
步骤 9/10
目标：分析第四题，求通项极限
考虑 $d_n = \frac{(-1)^n}{\sqrt[n]{n^k}}$。计算 $\lim_{n\to\infty} |d_n| = \lim_{n\to\infty} \frac{1}{\sqrt[n]{n^k}} = \lim_{n\to\infty} n^{-k/n} = e^{-k \lim_{n\to\infty} \frac{\ln n}{n}} = e^0 = 1$。因此通项绝对值趋于1，不趋于0。
公式：$\lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{n} = 1$
提示：注意 $\sqrt[n]{n^k} = (\sqrt[n]{n})^k$。
步骤 10/10
目标：结论：第四题级数发散
由于通项不趋于0，级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{\sqrt[n]{n^k}}$ 发散，与 $k$ 无关。
提示：不要误以为 $k$ 很大时级数收敛。
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