中册 6.1 数项级数的敛散性 第21题

\section*{解题过程：} （1）充分性：由数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 递增有上界，得数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 收玫，进一步级数 $\sum_{k=2}^{\infty}\left(a_{k+1}-a_{k}\right)$ 收玫． $$ 0 \leqslant 1-\frac{a_{n}}{a_{n+1}}=\frac{a_{n+1}-a_{n}}{a_{n+1}} \leqslant \frac{a_{n+1}-a_{n}}{a_{1}} . $$ 由比较判别法，级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\left(1-\frac{a_{n}}{a_{n+1}}\right)$ 收玫。 必要性：设级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\left(1-\frac{a_{n}}{a_{n+1}}\right)$ 收敛，证数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 有界。用反证法。 如果 $\left\{a_{n}\right\}$ 无界，则 $\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=+\infty$ ．于是对任意大的 $n$ ，取 $p$ 充分大，可使下式成立 $$ \sum_{k=n+1}^{n+p}\left(1-\frac{a_{k}}{a_{k+1}}\right) \geqslant \sum_{k=n+1}^{n+p} \frac{a_{k+1}-a_{k}}{a_{n+p+1}}=\frac{a_{n+p+1}-a_{n+1}}{a_{n+p+1}}=1-\frac{a_{n+1}}{a_{n+p+1}} \geqslant \frac{1}{2} $$ 由柯西收敛准则，级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\left(1-\frac{a_{n}}{a_{n+1}}\right)$ 发散，矛盾． （2）若数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 有界，则数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 收敛，从而级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{n+1}-a_{n}\right)$ 收敛．由 $\displaystyle 0 \leqslant \frac{a_{n+1}}{a_{n}}-1 =\frac{a_{n+1}-a_{n}}{a_{n}} \leqslant \frac{a_{n+1}-a_{n}}{a_{1}}$ 得级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{a_{n+1}}{a_{n}}-1\right)$ 收玫． 再证：若级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{a_{n+1}}{a_{n}}-1\right)$ 收敛，则数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 有界。 如果 $\left\{a_{n}\right\}$ 无界，则 $\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=+\infty$ ，于是对任意大的 $n$ ，取 $p$ 充分大，可使下式成立 $$ \sum_{k=n+1}^{n+p}\left(\frac{a_{k+1}}{a_{k}}-1\right) \geqslant \sum_{k=n+1}^{n+p} \frac{a_{k+1}-a_{k}}{a_{n+p+1}}=\frac{a_{n+p+1}-a_{n+1}}{a_{n+p+1}}=1-\frac{a_{n+1}}{a_{n+p+1}} \geqslant \frac{1}{2} . $$ 由柯西收敛准则，级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{a_{n+1}}{a_{n}}-1\right)$ 发散．矛盾． （3）用（1）及（2）的结论可证． 对单调递增正值数列 $\left\{a_{n}\right\}$ ，级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\left(1-\frac{a_{n}}{a_{n+1}}\right)$ 收敛的充要条件是数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 有界。级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{a_{n+1}}{a_{n}}-1\right)$ 收敛的充要条件也是数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 有界。故级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{a_{n-1}}{a_{n}}-1\right)$ 收敛的充要条件是级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\left(1-\frac{a_{n}}{a_{n-1}}\right)$ 收玫。 （4）若 $\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=c \neq 0$ ，则 $a_{n} \geqslant c>0$ ．于是 $\displaystyle 1-\frac{a_{n+1}}{a_{n}}=\frac{a_{n}-a_{n+1}}{a_{n}} \leqslant \frac{a_{n}-a_{n+1}}{c}$ ．由于级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_{n}-a_{n+1}}{c}$ 收 玫，所以级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\left(1-\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\right)$ 收玫。 若 $\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=0$ ，则 $$ \left|\left(1-\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\right)+\left(1-\frac{a_{n+2}}{a_{n+1}}\right)+\cdots+\left(1-\frac{a_{n+p}}{a_{n+p-1}}\right)\right| \geqslant \frac{a_{n}-a_{n+p}}{a_{n+p}}=\frac{a_{n}}{a_{n+p}}-1 . $$ 固定 $n$ ，令 $p \rightarrow \infty$ ，上式右端的极限为 $+\infty$ ．由柯西准则，级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\left(1-\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\right)$ 发散。 （5）由已知条件得数列 $\left\{a_{n}\right\}$ ，收玫。由（4）知：若 $\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=c \neq 0$ ，则级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\left(1-\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\right)$ 收玫；若 $\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=0$ ，则级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\left(1-\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\right)$ 发散。 （6）因 $\displaystyle \left(1-\frac{a_{n}}{a_{n+1}}\right) \frac{1}{f\left(a_{n+1}\right)}=\frac{a_{n+1}-a_{n}}{a_{n+1}} \frac{1}{f\left(a_{n+1}\right)}=\int_{a_{n}}^{a_{n+1}} \frac{1}{a_{n+1} f\left(a_{n+1}\right)} \mathrm{d} x \leqslant \int_{a_{n}}^{a_{n+1}} \frac{1}{x f(x)} \mathrm{d} x$ ，故 正 项 级 数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\left(1-\frac{a_{n}}{a_{n+1}}\right) \frac{1}{f\left(a_{n+1}\right)}$ 的部分和有上界 $\displaystyle \int_{a}^{+\infty} \frac{1}{x f(x)} \mathrm{d} x$ ，所以级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\left(1-\frac{a_{n}}{a_{n+1}}\right) \frac{1}{f\left(a_{n+1}\right)}$ 收玫。