中册 6.1 数项级数的敛散性 第19题
📝 题目
19．证明下列结论或求极限．
（1）设正项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 发散，且 $S_{n}=\sum_{k=1}^{n} a_{k}$ ，则（1）$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_{n}}{S_{n}}$ 发散；（2）$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_{n}}{S_{n}^{\alpha}}$ 收玫 $(\alpha>1)$ 。（四川大学 2012，华中科技 2012，陕西师大 2012，西南大学 2004，广州大学 2011，北京科技 2004（ $\alpha=2$ ），中南大学 2003，地质大学 2005 ，河北大学 2011，北航 1998，东南大学 1999／1996，燕山大学 2007，哈工大 2009，华南师大 2009，南开大学 2000）
（2）设正项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 的前 $n$ 项和 $S_{n}=\sum_{k=1}^{n} a_{k}$ ，证明：$\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 收玫的充要条件为 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_{n}}{S_{n}}$ 收玫。广西师大2003，华中师大2007，南开大学2000）
（3）设正项级数 $a_{n}>0, n=1,2, \cdots, S_{n}=\sum_{k=1}^{n} a_{k}$ ．证明：级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_{n}}{S_{n}^{2}}$ 收玫．
（4）设 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 是发散的正项级数，则存在收敛于 0 的正序列 $\left\{c_{n}\right\}$ 使 $\sum_{n=1}^{\infty} c_{n} a_{n}$ 发散．
（5）设 $\left\{x_{n}\right\}$ 为有界正实数列，求 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{x_{n}}{x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}}$ ．
（6）设 $p_{n}>0, \dot{n}=1,2, \cdots$ 且 $p_{n+1} \geqslant p_{n}, \alpha \geqslant 1$ 。证明：级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{p_{n}-p_{n-1}}{p_{n} p_{n-1}^{\alpha}}$ 收玫．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）因正项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 发散，所以 $\left\{S_{n}\right\}$ 单调增加无上界．于是对任意正整数 $n$ ， $\lim _{p \rightarrow+\infty} S_{n+p}=+\infty$ ．当 $p$ 充分大时，$\displaystyle \frac{S_{n}}{S_{n+p}}<\frac{1}{2}$ ．取 $\displaystyle \varepsilon_{0}=\frac{1}{2}, \forall N>0$ ，当 $n>N$ 时，对足够大的 $p \in \mathrm{~N}$ 有
$$
\sum_{k=n+1}^{n+p} \frac{a_{k}}{S_{k}} \geqslant \frac{1}{S_{n+p}} \sum_{k=n+1}^{n+p} a_{k}=1-\frac{S_{n}}{S_{n+p}}>\frac{1}{2}=\varepsilon_{0} .
$$
由 Cauchy 准则知 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_{n}}{S_{n}}$ 发散。
当 $\alpha>1$ 时，利用不等式 $\displaystyle \frac{a_{n}}{S_{n}^{\alpha}}=\frac{S_{n}-S_{n-1}}{S_{n}^{\alpha}} \leqslant \int_{S_{n-1}}^{S_{n}} \frac{1}{x^{\alpha}} \mathrm{d} x$ 得
$$
\sum_{n=2}^{N} \frac{a_{n}}{S_{n}^{\alpha}} \leqslant \sum_{n=2}^{N} \int_{S_{n-1}}^{S_{n}} \frac{1}{x^{\alpha}} \mathrm{d} x=\int_{S_{1}}^{S_{N}} \frac{1}{x^{\alpha}} \mathrm{d} x \leqslant \int_{a_{1}}^{+\infty} \frac{1}{x^{\alpha}} \mathrm{d} x
$$
由积分 $\displaystyle \int_{a_{1}}^{+\infty} \frac{1}{x^{\alpha}} \mathrm{dx}$ 收玫得 $\displaystyle \left\{\sum_{n=2}^{N} \frac{a_{n}}{S_{n}^{\alpha}}\right\}$ 有界。故 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_{n}}{S_{n}^{\alpha}}$ 收敛。
（2）对任意正整数 $n, a_{n}=S_{n}-S_{n-1},\left(S_{0}=0\right)$ ．因为 $a_{n}>0$ ，所以 $S_{n-1}
📋 详细解题步骤
步骤 1/8
目标：证明(1)中∑ a_n/S_n发散
由于正项级数∑ a_n发散，部分和S_n单调递增趋于+∞。对任意n，取充分大的p使得S_n/S_{n+p} < 1/2。则∑_{k=n+1}^{n+p} a_k/S_k ≥ (1/S_{n+p})∑_{k=n+1}^{n+p} a_k = 1 - S_n/S_{n+p} > 1/2。由Cauchy收敛准则，级数发散。
公式：\sum_{k=n+1}^{n+p} \frac{a_k}{S_k} \geq 1 - \frac{S_n}{S_{n+p}}
提示：注意Cauchy准则的使用：存在ε0=1/2，对任意N，存在n>N和p使得部分和差大于ε0。
步骤 2/8
目标：证明(1)中∑ a_n/S_n^α收敛(α>1)
利用不等式a_n/S_n^α = (S_n - S_{n-1})/S_n^α ≤ ∫_{S_{n-1}}^{S_n} dx/x^α。求和得∑_{n=2}^N a_n/S_n^α ≤ ∫_{S_1}^{S_N} dx/x^α ≤ ∫_{a_1}^{+∞} dx/x^α，后者收敛，故部分和有界，级数收敛。
公式：\frac{a_n}{S_n^\alpha} \leq \int_{S_{n-1}}^{S_n} \frac{dx}{x^\alpha}
提示：注意积分不等式的方向：由于函数1/x^α递减，积分值大于右矩形面积。
步骤 3/8
目标：证明(2)的充分性（∑ a_n/S_n收敛⇒∑ a_n收敛）
反证法：若∑ a_n发散，由(1)知∑ a_n/S_n发散，与假设矛盾。故∑ a_n收敛。
提示：注意(1)的结论直接用于反证。
步骤 4/8
目标：证明(2)的必要性（∑ a_n收敛⇒∑ a_n/S_n收敛）
由于a_n/S_n = (S_n - S_{n-1})/S_n ≤ (S_n - S_{n-1})/S_1，而∑ (S_n - S_{n-1})/S_1 = (S - S_0)/S_1收敛，由比较判别法知∑ a_n/S_n收敛。
公式：\frac{a_k}{S_k} \leq \frac{1}{S_1}(S_k - S_{k-1})
提示：注意S_n单调递增，S_n ≥ S_1。
步骤 5/8
目标：证明(3)：∑ a_n/S_n^2收敛
注意到a_n/S_n^2 ≤ a_n/(S_n S_{n-1}) = 1/S_{n-1} - 1/S_n（因为S_n > S_{n-1}）。求和得∑_{k=2}^n a_k/S_k^2 ≤ 1/S_1 - 1/S_n ≤ 1/a_1，故部分和有界，级数收敛。
公式：\frac{a_n}{S_n^2} \leq \frac{1}{S_{n-1}} - \frac{1}{S_n}
提示：注意不等式成立需S_n > S_{n-1}，且S_0=0时需单独处理第一项。
步骤 6/8
目标：证明(4)：存在正序列c_n→0使∑ c_n a_n发散
取c_n = 1/S_n，则c_n→0。由(1)知∑ a_n/S_n发散，即∑ c_n a_n发散。
提示：直接利用(1)的结论。
步骤 7/8
目标：求极限(5)：lim x_n/(x_1+...+x_n)=0
设A=sup{x_n}，S_n=∑ x_k。若∑ x_n收敛，由(2)知∑ x_n/S_n收敛，故通项趋于0。若∑ x_n发散，则S_n→∞，且0≤x_n/S_n ≤ A/S_n→0，由夹逼定理得极限0。
公式：0 \leq \frac{x_n}{S_n} \leq \frac{A}{S_n}
提示：注意分情况讨论：级数收敛或发散。
步骤 8/8
目标：证明(6)：∑ (p_n-p_{n-1})/(p_n p_{n-1}^α)收敛
分两种情况：若p_n有界，则∑ (p_n-p_{n-1})收敛，且通项≤(p_n-p_{n-1})/(p_1 p_{n-1}^α)，由比较判别法收敛。若p_n无界，则p_n→∞，考虑交错级数：1/p_1^α - (p_1/p_2)(1/p_1^α) + 1/p_2^α - ...，其通项递减趋于0，由Leibniz判别法收敛，而该级数正是∑ (p_n-p_{n-1})/(p_n p_{n-1}^α)的另一种形式。
公式：\frac{p_n-p_{n-1}}{p_n p_{n-1}^\alpha} = \frac{1}{p_{n-1}^\alpha} - \frac{p_{n-1}}{p_n}\cdot\frac{1}{p_{n-1}^\alpha}
提示：注意交错级数项单调递减的验证：需利用p_n单调递增。
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