中册 6.1 数项级数的敛散性 第38题

\section*{解题过程：} （1）记 $\displaystyle b_{n}=\frac{a_{1}+2 a_{2}+\cdots+n a_{n}}{n(n+1)}, T_{n}=\sum_{k=1}^{n} \frac{a_{1}+2 a_{2}+\cdots+k a_{n}}{k(k+1)}=\sum_{k=1}^{n} b_{n}, S_{n}=\sum_{k=1}^{n} a_{k}$ ，则 $$ n(n+1) b_{n}=a_{1}+2 a_{2}+\cdots+n a_{n} . $$ 于是 $n(n+1) b_{n}-n(n-1) b_{n-1}=\left(a_{1}+2 a_{2}+\cdots+n a_{n}\right)-\left(a_{1}+2 a_{2}+\cdots+(n-1) a_{n-1}\right)=n a_{n}$ ， 即 $\quad a_{n}=(n+1) b_{n}-(n-1) b_{n-1}=b_{n}+\left[n b_{n}-(n-1) b_{n-1}\right]$ ． 从而 $$ S_{n}=\sum_{k=1}^{n} a_{k}=\sum_{k=1}^{n}\left\{b_{k}+\left[k b_{k}-(k-1) b_{k-1}\right]\right\}=\sum_{k=1}^{n} b_{k}+n b_{n}=T_{n}+n b_{n} . $$ 又 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} n b_{n}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{1}+2 a_{2}+\cdots+n a_{n}}{n+1}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{1}+2\left(S_{2}-a_{1}\right)+\cdots+n\left(S_{n}-S_{n-1}\right)}{n+1}$ $$ =\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n S_{n}-\left(a_{1}+S_{2}+\cdots+S_{n-1}\right)}{n+1}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n S_{n}}{n+1}-\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\left(a_{1}+S_{2}+\cdots+S_{n-1}\right)}{n+1}=A-A=0 . $$ 所以 $\lim _{n \rightarrow \infty} T_{n}=\lim _{n \rightarrow \infty}\left(S_{n}-n b_{n}\right)=A$ ． （2）$\displaystyle S_{n}-\sigma_{n}=\frac{a_{1}+2 a_{2}+\cdots+n a_{n}}{n+1}$ ．记 $\displaystyle b_{n}=\frac{a_{1}+2 a_{2}+\cdots+n a_{n}}{n(n+1)}$ ，则 $\displaystyle b_{n}=\frac{S_{n}-\sigma_{n}}{n}$ ． 由 $\displaystyle \left|b_{n}\right|=\left|\frac{S_{n}-\sigma_{n}}{n}\right| \leqslant \frac{1}{2}\left[\frac{1}{n^{2}}+\left(S_{n}-\sigma_{n}\right)^{2}\right]$ 及级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\left|S_{n}-\sigma_{n}\right|^{2}$ 收玫得 $\sum_{n=1}^{\infty} b_{n}$ 收敛，即 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_{1}+2 a_{2}+\cdots+n a_{n}}{n(n+1)}$ 收敛． 又由 $n(n+1) b_{n}=a_{1}+2 a_{2}+\cdots+n a_{n}$ 得 $$ n(n+1) b_{n}-n(n-1) b_{n-1}=\left(a_{1}+2 a_{2}+\cdots+n a_{n}\right)-\left(a_{1}+2 a_{2}+\cdots+(n-1) a_{n-1}\right)=n a_{n} . $$ 即 $$ a_{n}=(n+1) b_{n}-(n-1) b_{n-1}=b_{n}+\left[n b_{n}-(n-1) b_{n-1}\right] . $$ 记 $\displaystyle S_{n}=\sum_{k=1}^{n} a_{k}, T_{n}=\sum_{k=1}^{n} \frac{a_{1}+2 a_{2}+\cdots+k a_{n}}{k(k+1)}=\sum_{k=1}^{n} b_{n}$ ．于是 $$ S_{n}=\sum_{k=1}^{n} a_{k}=\sum_{k=1}^{n}\left\{b_{k}+\left[k b_{k}-(k-1) b_{k-1}\right]\right\}=\sum_{k=1}^{n} b_{k}+n b_{n}=T_{n}+n b_{n} . $$ 由级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\left|S_{n}-\sigma_{n}\right|^{2}$ 收玫得 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{a_{1}+2 a_{2}+\cdots+n a_{n}}{n+1}\right)^{2}$ 收玫．于是 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} n b_{n}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{1}+2 a_{2}+\cdots+n a_{n}}{n+1}=0$ ． 所以 $\lim _{n \rightarrow \infty} T_{n}=\lim _{n \rightarrow \infty}\left(S_{n}-n b_{n}\right)=\lim _{n \rightarrow \infty} S_{n}$ ，从而 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 收玫。 （3）利用几何平均不等式与算术平均不等式得 $$ \begin{aligned} \sqrt[n]{a_{n} a_{n+1} \cdots a_{2 n-1}} & =\sqrt[n]{\frac{1}{n(n+1) \cdots(2 n-1)}} \cdot \sqrt[n]{n a_{n}(n+1) a_{n+1} \cdots(2 n-1) a_{2 n-1}} \\ & \leqslant \frac{1}{\sqrt[n]{n(n+1) \cdots(2 n-1)}} \cdot \frac{n a_{n}+(n+1) a_{n+1}+\cdots+(2 n-1) a_{2 n-1}}{n} \\ & \leqslant \frac{1}{n} \cdot \frac{n a_{n}+(n+1) a_{n+1}+\cdots+(2 n-1) a_{2 n-1}}{n} \\ & \leqslant \frac{2 n(2 n-1)}{n^{2}} \cdot \frac{n a_{n}+(n+1) a_{n+1}+\cdots+(2 n-1) a_{2 n-1}}{2 n(2 n-1)} \\ & \leqslant 4 \frac{a_{1}+2 a_{2}+\cdots+(2 n-1) a_{2 n-1}}{2 n(2 n-1)} \end{aligned} $$ 令 $b_{n}=a_{1}+2 a_{2}+\cdots+n a_{n}$ ．由（1）知 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{b_{2 n-1}}{(2 n-1)(2 n)}$ 收玫，故 $\sum_{n=1}^{\infty} \sqrt[n]{a_{n} a_{n+1} \cdots a_{2 n-1}}$ 收敛。