中册 6.1 数项级数的敛散性 第20题
📝 题目
20．设 $a_{n}>0$ ，级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 收玫，$r_{n}=\sum_{k=n}^{\infty} a_{k}$ ，求证下列结论：（1）$\left\{r_{n}\right\}$ 单调减少并趋于 0 ； （2）$\displaystyle \frac{a_{n}}{\sqrt{r_{n}}} \leqslant 2\left(\sqrt{r_{n}}-\sqrt{r_{n+1}}\right)$ ；（3）$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_{n}}{\sqrt{r_{n}}}$ 收敛；（4）$\displaystyle \sum_{n=2}^{\infty} \frac{a_{n}}{r_{n}}$ 发散．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
设 $S_{n-1}=\sum_{k=1}^{n-1} a_{k}$ ，则 $r_{n}=\sum_{k=n}^{\infty} a_{k}=\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}-S_{n-1}$ ，所以
$$
\begin{aligned}
\lim _{n \rightarrow \infty} r_{n} & =\lim _{n \rightarrow \infty}\left(\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}-S_{n-1}\right)=\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}-\lim _{n \rightarrow \infty} S_{n-1}=0 . \\
r_{n} & =\sum_{k=n}^{\infty} a_{k}=a_{n}+\sum_{k=n+1}^{\infty} a_{k}=a_{n}+r_{n+1}>r_{n+1} .
\end{aligned}
$$
故
所以 $\left\{r_{n}\right\}$ 单调减少并趋于 0．进一步有 $\left\{\sqrt{r_{n}}\right\}$ 收敛于 0 ．从而级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\left(\sqrt{r_{n}}-\sqrt{r_{n+1}}\right)$ 收敛。
又 $\displaystyle 2\left(\sqrt{r_{n}}-\sqrt{r_{n+1}}\right)=\frac{2\left(r_{n}-r_{n+1}\right)}{\sqrt{r_{n}}+\sqrt{r_{n+1}}}=\frac{2 a_{n}}{\sqrt{r_{n}}+\sqrt{r_{n+1}}} \geqslant \frac{a_{n}}{\sqrt{r_{n}}}$ ．由比较判别法，级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_{n}}{\sqrt{r_{n}}}$ 收玫．
由 $a_{n}=r_{n}-r_{n+1}$ ，有
$$
\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{a_{k}}{r_{k}}=\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{r_{k}-r_{k+1}}{r_{k}} \geqslant \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{k=1}^{n} \int_{r_{k+1}}^{r_{n}} \frac{1}{x} \mathrm{~d} x=\lim _{n \rightarrow \infty} \int_{r_{n+1}}^{r_{n}} \frac{1}{x} \mathrm{~d} x=\lim _{n \rightarrow \infty}\left(\ln r_{1}-\ln r_{n+1}\right)=\infty .
$$
所以 $\displaystyle \sum_{n=2}^{\infty} \frac{a_{n}}{r_{n}}$ 发散。
📋 详细解题步骤
步骤 1/4
目标：证明{r_n}单调减少且趋于0
由定义，$r_n = \sum_{k=n}^\infty a_k$，且$a_n>0$，则$r_n = a_n + r_{n+1} > r_{n+1}$，故单调减少。又级数$\sum_{n=1}^\infty a_n$收敛，设其和为$S$，则$r_n = S - S_{n-1}$，其中$S_{n-1}=\sum_{k=1}^{n-1}a_k$，于是$\lim_{n\to\infty}r_n = S - \lim_{n\to\infty}S_{n-1}=S-S=0$。
公式：$r_n = a_n + r_{n+1}$, $r_n = S - S_{n-1}$
提示：注意$r_n$的定义是无穷级数的余项，单调性由$a_n>0$保证。
步骤 2/4
目标：证明不等式$\frac{a_n}{\sqrt{r_n}} \leq 2(\sqrt{r_n}-\sqrt{r_{n+1}})$
由$r_n - r_{n+1} = a_n$，得$2(\sqrt{r_n}-\sqrt{r_{n+1}}) = \frac{2(r_n-r_{n+1})}{\sqrt{r_n}+\sqrt{r_{n+1}}} = \frac{2a_n}{\sqrt{r_n}+\sqrt{r_{n+1}}}$。由于$\sqrt{r_n}+\sqrt{r_{n+1}} \geq 2\sqrt{r_n}$（因为$r_{n+1}>0$），所以$\frac{2a_n}{\sqrt{r_n}+\sqrt{r_{n+1}}} \leq \frac{2a_n}{2\sqrt{r_n}} = \frac{a_n}{\sqrt{r_n}}$，即$\frac{a_n}{\sqrt{r_n}} \leq 2(\sqrt{r_n}-\sqrt{r_{n+1}})$。
公式：$\sqrt{r_n}-\sqrt{r_{n+1}} = \frac{a_n}{\sqrt{r_n}+\sqrt{r_{n+1}}}$
提示：注意不等式方向：分母越大，分数越小，因此$\frac{2a_n}{\sqrt{r_n}+\sqrt{r_{n+1}}} \leq \frac{a_n}{\sqrt{r_n}}$。
步骤 3/4
目标：证明级数$\sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{\sqrt{r_n}}$收敛
由(2)知$0 < \frac{a_n}{\sqrt{r_n}} \leq 2(\sqrt{r_n}-\sqrt{r_{n+1}})$。考虑正项级数$\sum_{n=1}^\infty 2(\sqrt{r_n}-\sqrt{r_{n+1}})$，其部分和为$2(\sqrt{r_1}-\sqrt{r_{n+1}})$，由于$\sqrt{r_n}\to 0$，该部分和收敛于$2\sqrt{r_1}$，故该级数收敛。由比较判别法，$\sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{\sqrt{r_n}}$收敛。
公式：比较判别法：若$0 \leq b_n \leq c_n$且$\sum c_n$收敛，则$\sum b_n$收敛。
提示：注意$\sqrt{r_n}-\sqrt{r_{n+1}}$是正项，且其级数可裂项求和。
步骤 4/4
目标：证明级数$\sum_{n=2}^\infty \frac{a_n}{r_n}$发散
由$a_n = r_n - r_{n+1}$，得$\frac{a_n}{r_n} = \frac{r_n - r_{n+1}}{r_n}$。考虑部分和$\sum_{k=2}^n \frac{a_k}{r_k} = \sum_{k=2}^n \frac{r_k - r_{k+1}}{r_k}$。由于$r_k$单调递减，有$\frac{r_k - r_{k+1}}{r_k} \geq \int_{r_{k+1}}^{r_k} \frac{dx}{x}$（因为$\frac{1}{r_k} \geq \frac{1}{x}$对$x \in [r_{k+1}, r_k]$）。于是部分和$\geq \sum_{k=2}^n \int_{r_{k+1}}^{r_k} \frac{dx}{x} = \int_{r_{n+1}}^{r_2} \frac{dx}{x} = \ln r_2 - \ln r_{n+1}$。由于$r_{n+1}\to 0$，$\ln r_{n+1}\to -\infty$，故部分和趋于$+\infty$，因此级数发散。
公式：$\frac{r_k - r_{k+1}}{r_k} \geq \int_{r_{k+1}}^{r_k} \frac{dx}{x}$
提示：注意积分放缩时，被积函数$1/x$在区间$[r_{k+1}, r_k]$上大于等于$1/r_k$，因此积分小于等于$\frac{r_k - r_{k+1}}{r_k}$，但这里需要下界，所以用$1/x \geq 1/r_k$？实际上$1/x \leq 1/r_{k+1}$，但$1/r_k$是下界？因为$x \leq r_k$，所以$1/x \geq 1/r_k$，因此积分$\int_{r_{k+1}}^{r_k} \frac{dx}{x} \geq \frac{r_k - r_{k+1}}{r_k}$，所以不等式方向正确。
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