中册 6.1 数项级数的敛散性 第40题
📝 题目
40．证明下列结论．
（1）若 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 是收敛的正项级数，且数列 $\left\{u_{n}\right\}$ 单调，则 $\lim _{n \rightarrow \infty} n u_{n}=0$ 。
（2）设正项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 收敛，$a_{n+1} \leqslant a_{n}(n=1,2, \cdots)$ ，证明：（1） $\lim _{n \rightarrow \infty} n a_{n}=0$ ；（2）$\sum_{n=1}^{\infty} n\left(a_{n}-a_{n+1}\right)$ 收敛．
（3）设 $\left\{a_{n}\right\}$ 为单调递减的正项数列，级数 $\sum_{n=1}^{\infty} n^{2000} a_{n}$ 收敛，试证明： $\lim _{n \rightarrow \infty} n^{2001} a_{n}=0$ ．
（4）若 $\displaystyle \sum_{n=2}^{\infty} \frac{a_{n}}{\ln n}$ 是收敛的正项级数，且数列 $\left\{n a_{n}\right\}$ 单调减少，则 $\lim _{n \rightarrow \infty} n a_{n} \ln \ln n=0$ ．
（5）设 $\left\{a_{n}\right\}$ 为单调递减的正项数列，级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_{n} \ln \left(1+\frac{1}{\sqrt{n}}\right)$ 收敛。试证： $\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n} \sqrt{n}=0$ 。
（6）设 $a_{n}, c_{n}>0$ ，数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 单调减少，数列 $\left\{c_{n}\right\}$ 单调增加．证明：（1）若 $\sum_{n=1}^{+\infty} a_{n}$ 收敛，则 $\lim _{n \rightarrow \infty} n a_{n}=0$ ； （2）若 $\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{c_{n}}$ 发散，则 $\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n+c_{n}}$ 发散．
（7）设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $0 \leqslant a_{k} \leqslant 100 a_{n}, n=k+1, k+2, \cdots, \sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 收敛，证明： $\lim _{n \rightarrow \infty} n a_{n}=0$ 。
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）由已知 $\left\{u_{n}\right\}$ 必单调递减．又 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 收敛，由柯西准则，任给 $\varepsilon>0$ ，存在 $N \in \mathbf{N}^{+}$，对 $n>N$ 时有
$$
0N$ 时，$u_{N+i} \geqslant u_{n}, i=1,2, \cdots, n-N$ ，从而当 $n>N$ 时，
$$
0<(n-N) u_{n} \leqslant u_{N+1}+u_{N+2}+\cdots+u_{n}<\frac{\varepsilon}{2}
$$
取 $n>2 N$ ，则 $\displaystyle 0<\frac{n}{2} u_{n} \leqslant(n-N) u_{n}<\frac{\varepsilon}{2}$ ，因而 $00, \exists N \in \mathrm{~N}^{+}$，当 $\forall n>m>N$ 时有
$$
0N$ 时有 $\displaystyle \frac{l}{2}0$ ，存在正整数 $N$ ，使得对任意正整数 $p$ 有 $\displaystyle \sum_{k=N}^{N+p-1} \frac{a_{k}}{\ln k}<\varepsilon$ 。从而
$$
0 \leqslant(N+p) a_{N+p} \ln \ln (N+p)<\varepsilon+(N+p) a_{N+p} \ln \ln N
$$
因为 $\lim _{p \rightarrow \infty}(N+p) a_{N+p}=0$ ，所以 $\lim _{p \rightarrow \infty}(N+p) a_{N+p} \ln \ln N=0$ ．在上式中，让 $p \rightarrow+\infty$ 得
$$
0 \leqslant \varlimsup_{p \rightarrow \infty}(N+p) a_{N+p} \ln \ln (N+p) \leqslant \varepsilon
$$
由 $\varepsilon>0$ 的任意性得 $\varlimsup_{p \rightarrow \infty}(N+p) a_{N+p} \ln \ln (N+p)=0$ ．
显然，$\varliminf_{p \rightarrow \infty}(N+p) a_{N+p} \ln \ln (N+p)=0$ ．故有 $\lim _{n \rightarrow \infty} n a_{n} \ln \ln n=0$ ．
（5）$\displaystyle a_{n} \ln \left(1+\frac{1}{\sqrt{n}}\right)$ 为单调递减的正项数列，由（1）得 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} n a_{n} \ln \left(1+\frac{1}{\sqrt{n}}\right)=0$ ．于是
$$
\lim _{n \rightarrow \infty} n a_{n} \ln \left(1+\frac{1}{\sqrt{n}}\right)=\lim _{n \rightarrow \infty} n a_{n} \frac{1}{\sqrt{n}}=\lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt{n} a_{n}=0
$$
（6）由（1）得 $\lim _{n \rightarrow \infty} n a_{n}=0$ ．下证：级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n+c_{n}}$ 发散．
因数列 $\left\{c_{n}\right\}$ 单调增加，故数列 $\left\{n+c_{n}\right\}$ 单调增加，于是数列 $\displaystyle \left\{\frac{1}{n+c_{n}}\right\}$ 单调减少．
假设级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n+c_{n}}$ 收玫．由于 $\displaystyle \left\{\frac{1}{n+c_{n}}\right\}$ 单调减少，由（1）得 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} n \frac{1}{n+c_{n}}=0$ ，因此 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{2 n}{n+c_{n}}=0$ ．
对于 $\varepsilon=1$ ，存在 $N \in \mathbf{N}^{+}$，当 $n>N$ 时，有 $\displaystyle \frac{2 n}{n+c_{n}}<1$ ，由此得 $n\frac{1}{c_{n}+c_{n}}=\frac{1}{2 c_{n}}$ ．由比较判别法得级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{c_{n}}$ 收玫．这与 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{c_{n}}$ 发散矛盾，故级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n+c_{n}}$ 发散．
（7）由柯西准则，$\forall \varepsilon>0, \exists N>0$ ，当 $n>N$ 时，对任何 $p \in \mathbf{N}^{+}$，有
特别有
$$
\begin{gathered}
\left|a_{n+1}+a_{n+2}+\cdots+a_{n+p}\right|<\varepsilon . \\
|a+a+\cdots+a,|<\varepsilon .
\end{gathered}
$$
由于 $0 \leqslant a_{k} \leqslant 100 a_{n}, n=k+1, k+2, \cdots$ ，得 $a_{n} \leqslant 100 a_{n+i}, i=1,2, \cdots$ 于是，当 $n>N$ 时，有
$$
n a_{n}<100\left(a_{n+1}+a_{n+2}+\cdots+a_{2 n}\right)<100 \varepsilon
$$
故 $\lim _{n \rightarrow \infty} n a_{n}=0$ ．
📋 详细解题步骤
步骤 1/7
目标：证明 (1)：利用柯西收敛准则和单调性
由于正项级数收敛且单调，则 $\{u_n\}$ 必单调递减。由柯西准则，$\forall \varepsilon>0$，$\exists N$，当 $n>N$ 时，有 $02N$，则 $\frac{n}{2}u_n < \frac{\varepsilon}{2}$，即 $n u_n<\varepsilon$，所以 $\lim n u_n=0$。
公式：柯西准则：$\forall \varepsilon>0, \exists N, \forall n>m>N: |\sum_{k=m+1}^n u_k|<\varepsilon$
提示：注意单调递减性保证 $u_{N+i}\geq u_n$，从而用部分和估计 $n u_n$。
步骤 2/7
目标：证明 (2)：由(1)得结论，并证明级数收敛
由(1)得 $\lim n a_n=0$。记 $S_n=\sum_{k=1}^n k(a_k-a_{k+1})$，则 $S_n=a_1+\cdots+a_n - n a_{n+1}=A_n - n a_{n+1}$。由于 $\lim n a_{n+1}=0$，$\lim A_n=a$，故 $\lim S_n=a$，即 $\sum n(a_n-a_{n+1})$ 收敛且等于 $\sum a_n$。
公式：阿贝尔变换：$\sum_{k=1}^n k(a_k-a_{k+1}) = \sum_{k=1}^n a_k - n a_{n+1}$
提示：注意 $n a_{n+1} \to 0$ 的证明需利用 $\lim n a_n=0$ 和 $\frac{n}{n+1}\to 1$。
步骤 3/7
目标：证明 (3)：利用柯西准则和单调性估计
由柯西准则，$\forall \varepsilon>0$，$\exists N$，当 $n>m>N$ 时，$0<\sum_{k=m}^n k^{2000} a_k <\varepsilon$。由于 $a_n$ 单调递减，$\sum_{k=m}^n k^{2000} a_n \leq \sum_{k=m}^n k^{2000} a_k <\varepsilon$，即 $(n-m+1)m^{2000} a_n <\varepsilon$。取 $m=\lfloor n/2 \rfloor$，则 $\frac{n}{2} (\frac{n}{2})^{2000} a_n <\varepsilon$，即 $n^{2001} a_n < 2^{2002}\varepsilon$，故极限为0。
公式：柯西准则：$\forall \varepsilon>0, \exists N, \forall n>m>N: |\sum_{k=m}^n k^{2000} a_k|<\varepsilon$
提示：注意 $m$ 取 $n/2$ 时需处理奇偶性，但最终不影响极限。
步骤 4/7
目标：证明 (4)：先证 $\lim n a_n=0$，再证 $\lim n a_n \ln\ln n=0$
反证法：若 $\lim n a_n = L>0$，则 $\exists N$，当 $n>N$ 时 $n a_n > L/2$，故 $a_n/\ln n > (L/2)/(n\ln n)$，而 $\sum 1/(n\ln n)$ 发散，矛盾，故 $L=0$。
利用积分估计：$\frac{a_n}{\ln n} \geq n a_n \int_n^{n+1} \frac{dx}{x\ln x} \geq (n+p)a_{n+p}(\ln\ln(n+1)-\ln\ln n)$，求和得 $(n+p)a_{n+p}\ln\ln(n+p) \leq \sum_{k=n}^{n+p-1} \frac{a_k}{\ln k} + (n+p)a_{n+p}\ln\ln n$。由柯西准则和 $\lim n a_n=0$ 可得极限为0。
公式：积分不等式：$\int_n^{n+1} \frac{dx}{x\ln x} = \ln\ln(n+1)-\ln\ln n$
提示：注意 $\ln\ln n$ 的增长速度慢，需用柯西准则控制部分和。
步骤 5/7
目标：证明 (5)：利用(1)的结论和等价无穷小
由于 $a_n \ln(1+1/\sqrt{n})$ 单调递减且级数收敛，由(1)得 $\lim n \cdot a_n \ln(1+1/\sqrt{n})=0$。又 $\ln(1+1/\sqrt{n}) \sim 1/\sqrt{n}$，故 $\lim n a_n \cdot (1/\sqrt{n}) = \lim \sqrt{n} a_n =0$。
公式：等价无穷小：$\ln(1+x)\sim x$ 当 $x\to 0$
提示：需确认 $a_n \ln(1+1/\sqrt{n})$ 单调递减，可由 $a_n$ 递减和 $\ln(1+1/\sqrt{n})$ 递减得到。
步骤 6/7
目标：证明 (6)：利用(1)和反证法证明发散
(1) 由(1)直接得 $\lim n a_n=0$。
(2) 反证：假设 $\sum 1/(n+c_n)$ 收敛，则 $\{1/(n+c_n)\}$ 单调递减，由(1)得 $\lim n/(n+c_n)=0$，故 $\exists N$，当 $n>N$ 时 $2n/(n+c_n)<1$，即 $n 1/(2c_n)$，由比较判别法得 $\sum 1/c_n$ 收敛，矛盾。
公式：比较判别法：若 $0\leq a_n \leq b_n$ 且 $\sum b_n$ 收敛，则 $\sum a_n$ 收敛
提示：注意 $n
步骤 7/7
目标：证明 (7)：利用柯西准则和条件 $a_k \leq 100 a_n$
由柯西准则，$\forall \varepsilon>0$，$\exists N$，当 $n>N$ 时，对任意 $p$ 有 $|\sum_{k=n+1}^{n+p} a_k|<\varepsilon$。取 $p=n$，则 $\sum_{k=n+1}^{2n} a_k <\varepsilon$。由条件 $a_k \leq 100 a_n$ 对 $k>n$ 成立，得 $a_n \leq 100 a_{n+i}$，故 $n a_n \leq 100 \sum_{i=1}^n a_{n+i} = 100 \sum_{k=n+1}^{2n} a_k < 100\varepsilon$，所以 $\lim n a_n=0$。
公式：柯西准则：$\forall \varepsilon>0, \exists N, \forall n>N, \forall p: |\sum_{k=n+1}^{n+p} a_k|<\varepsilon$
提示：注意条件 $0\leq a_k \leq 100 a_n$ 对 $k>n$ 成立，需正确使用不等式方向。
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