中册 6.1 数项级数的敛散性 第39题
📝 题目
39．设 $a_{n}>0$ ，级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 收玫，证明级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_{n}^{1-\frac{1}{n}}$ 收玫．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
设 $\displaystyle b_{n}=a_{n}+\frac{1}{n^{2}}$ ．由 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 收玫知 $\sum_{n=1}^{\infty} b_{n}$ 收玫。
由 $\lim _{n \rightarrow \infty} b_{n}=0$ ，存在正整数 $N_{1}$ ，当 $n>N_{1}$ 时，$\displaystyle \frac{1}{n^{2}} \leqslant b_{n}=a_{n}+\frac{1}{n^{2}} \leqslant 1$ ．于是 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty}\left(b_{n}\right)^{-\frac{1}{n}}=1$ ．从而当 $n$充分大时，$\displaystyle \frac{1}{2}<\left(b_{n}\right)^{-\frac{1}{n}}<\frac{3}{2}$ ．进一步有： $\displaystyle 0 \leqslant a_{n}^{1-\frac{1}{n}} \leqslant b_{n}^{1-\frac{1}{n}}=b_{n}\left(b_{n}\right)^{-\frac{1}{n}} \leqslant \frac{3}{2} b_{n}$ ．故 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_{n}^{1-\frac{1}{n}}$ 收玫．
📋 详细解题步骤
步骤 1/6
目标：构造辅助级数
设 $b_n = a_n + \frac{1}{n^2}$。由于 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 收敛，且 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}$ 收敛，故 $\sum_{n=1}^{\infty} b_n$ 收敛。
公式：$b_n = a_n + \frac{1}{n^2}$
提示：注意 $a_n>0$，所以 $b_n>0$。
步骤 2/6
目标：利用收敛级数通项趋于零
由 $\sum_{n=1}^{\infty} b_n$ 收敛，得 $\lim_{n\to\infty} b_n = 0$。因此存在正整数 $N_1$，当 $n > N_1$ 时，$0 < b_n \leq 1$。又因为 $\frac{1}{n^2} \leq b_n$，所以 $\frac{1}{n^2} \leq b_n \leq 1$。
公式：$\lim_{n\to\infty} b_n = 0$
提示：注意 $b_n$ 趋于0但不一定单调。
步骤 3/6
目标：估计 $(b_n)^{-1/n}$ 的极限
考虑 $\lim_{n\to\infty} (b_n)^{-1/n}$。由于 $\frac{1}{n^2} \leq b_n \leq 1$，取对数得 $\frac{2\ln n}{n} \leq -\ln b_n \leq 0$，从而 $0 \leq \frac{-\ln b_n}{n} \leq \frac{2\ln n}{n}$。由夹逼定理，$\lim_{n\to\infty} \frac{-\ln b_n}{n} = 0$，故 $\lim_{n\to\infty} (b_n)^{-1/n} = e^0 = 1$。
公式：$\lim_{n\to\infty} (b_n)^{-1/n} = 1$
提示：注意 $b_n$ 可能为0？但 $b_n>0$，所以没问题。
步骤 4/6
目标：得到 $(b_n)^{-1/n}$ 的有界性
由极限为1，存在 $N_2 \geq N_1$，当 $n > N_2$ 时，$\frac{1}{2} < (b_n)^{-1/n} < \frac{3}{2}$。
公式：$\frac{1}{2} < (b_n)^{-1/n} < \frac{3}{2}$
提示：注意取 $N_2$ 足够大以保证不等式成立。
步骤 5/6
目标：放缩 $a_n^{1-1/n}$
由于 $a_n \leq b_n$，且 $1-\frac{1}{n} > 0$，有 $a_n^{1-1/n} \leq b_n^{1-1/n} = b_n \cdot (b_n)^{-1/n} \leq \frac{3}{2} b_n$。
公式：$a_n^{1-1/n} \leq \frac{3}{2} b_n$
提示：注意 $b_n^{1-1/n} = b_n \cdot b_n^{-1/n}$ 的变形。
步骤 6/6
目标：由比较判别法得收敛
由于 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{3}{2} b_n$ 收敛，且 $0 \leq a_n^{1-1/n} \leq \frac{3}{2} b_n$ 对充分大的 $n$ 成立，由比较判别法，$\sum_{n=1}^{\infty} a_n^{1-1/n}$ 收敛。
公式：比较判别法
提示：注意比较判别法要求非负项，这里 $a_n^{1-1/n} > 0$。
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