中册 6.1 数项级数的敛散性 第41题

\section*{解题过程：} （1）令 $a_{n}=x_{n}, b_{n}=1$ ，则 $B_{k}=\sum_{i=1}^{k} b_{i}=k$ 。由 Abel 变换得 $$ \sum_{k=1}^{n} x_{k}=n x_{n}-\sum_{k=1}^{n-1} k\left(x_{k+1}-x_{k}\right), \sum_{n=1}^{\infty} n\left(x_{n+1}-x_{n}\right)=\sum_{n=1}^{\infty}\left[(n+1)\left(x_{n+1}-x_{n}\right) \cdot \frac{n}{n+1}\right] $$ 因为数列 $\displaystyle \left\{\frac{n}{n+1}\right\}$ 单调有界，级数 $\sum_{n=1}^{\infty}(n+1)\left(x_{n+1}-x_{n}\right)=\sum_{n=2}^{\infty} n\left(x_{n}-x_{n-1}\right)$ 收敛，由 Abel 判别法，$\sum_{n=1}^{\infty} n\left(x_{n+1}-x_{n}\right)$ 收玫。再由数列 $\left\{n x_{n}\right\}$ 的收玫性，即可知级数 $\sum_{n=1}^{\infty} x_{n}$ 收玫。 （2）记级数 $\sum_{n=1}^{\infty} n\left(a_{n}-a_{n+1}\right)$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}, \sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 的前 $n$ 项和为 $A_{n}$ 且 $\lim _{n \rightarrow \infty} A_{n}=a$ ．则 $$ S_{n}=\left(a_{1}-a_{2}\right)+2\left(a_{2}-a_{3}\right)+\cdots+n\left(a_{n}-a_{n+1}\right)=a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}-n a_{n+1}=A_{n}-n a_{n+1} $$ 而 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} n a_{n+1}=\lim _{n \rightarrow \infty}\left[\frac{n}{n+1} \cdot(n+1) a_{n+1}\right]=0$ ，因此 $\lim _{n \rightarrow \infty} S_{n}=\lim _{n \rightarrow \infty}\left(A_{n}-n a_{n+1}\right)=a$ ．所以 $$ \sum_{n=1}^{\infty} n\left(a_{n}-a_{n+1}\right)=\sum_{n=1}^{\infty} a_{n} $$ （3）由题40（1）得 $\lim _{n \rightarrow \infty} n a_{n}=0$ ．由（2）得 $\sum_{n=1}^{\infty} n\left(a_{n}-a_{n+1}\right)=\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ ． （4）由题40（1）得 $\lim _{n \rightarrow \infty} n a_{n}=0$ ．由（2）得 $\sum_{n=1}^{\infty} n\left(a_{n}-a_{n+1}\right)=\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}=A$ ． （5）记级数 $\sum_{n=1}^{\infty} n\left(a_{n}-a_{n+1}\right)$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}, \sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 的前 $n$ 项和为 $A_{n}$ ，则 $$ S_{n}=\left(a_{1}-a_{2}\right)+2\left(a_{2}-a_{3}\right)+\cdots+n\left(a_{n}-a_{n+1}\right)=a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}-n a_{n+1}=A_{n}-n a_{n+1} $$ 若 级 数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 收 玫，设 $\lim _{n \rightarrow \infty} A_{n}=A$ ，而 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} n a_{n+1}=\lim _{n \rightarrow \infty}\left[\frac{n}{n+1} \cdot(n+1) a_{n+1}\right]=0$ ，因 此 $\lim _{n \rightarrow \infty} S_{n}=\lim _{n \rightarrow \infty}\left(A_{n}-n a_{n+1}\right)=A$. 反之，若级数 $\sum_{n=1}^{\infty} n\left(a_{n}-a_{n+1}\right)$ 收玫，设 $\lim _{n \rightarrow \infty} S_{n}=s$ ．由 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} n a_{n+1}=\lim _{n \rightarrow \infty}\left[\frac{n}{n+1} \cdot(n+1) a_{n+1}\right]=0$ 有 $$ \lim _{n \rightarrow \infty} A_{n}=\lim _{n \rightarrow \infty}\left(S_{n}+n a_{n+1}\right)=s $$ 所以级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 与 $\sum_{n=1}^{\infty} n\left(a_{n}-a_{n+1}\right)$ 同收玫，且有相同的和． （6）设 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}, \sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{2 n-1}+a_{2 n}\right)$ 的部分和分别为 $S_{n}$ 与 $\sigma_{n}$ ，且 $\lim _{n \rightarrow \infty} \sigma_{n}=a$ 。则 $$ S_{2 n}=\sigma_{n}, S_{2 n+1}=\sigma_{n}+a_{2 n+1} $$ 由于 $\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=0$ ，所以 $\lim _{n \rightarrow \infty} a_{2 n+1}=0$ ，从而 $\lim _{n \rightarrow \infty} S_{2 n+1}=\lim _{n \rightarrow \infty}\left(\sigma_{n}+a_{2 n+1}\right)=\lim _{n \rightarrow \infty} \sigma_{n}=a=\lim _{n \rightarrow \infty} S_{2 n}$ ，即 $\lim _{n \rightarrow \infty} S_{n}=a$ ．所以级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 收玫。 （7）已知 $\sum_{k=1}^{n}\left(a_{k}-a_{n}\right)$ 对 $n$ 有界，于是 $\exists M>0$ ，使得 $\sum_{k=1}^{n}\left(a_{k}-a_{n}\right) \leqslant M, n=1,2, \cdots$ ．现先任意固定一个 $n$ ，取 $m>n$ 。于是 $$ \sum_{k=1}^{n} a_{k}-n a_{m}=\sum_{k=1}^{n}\left(a_{k}-a_{m}\right) \leqslant \sum_{k=1}^{m}\left(a_{k}-a_{m}\right) \leqslant M $$ 此式对任意 $m>n$ 皆成立．令 $m \rightarrow \infty$ ，则 $n a_{m} \rightarrow 0$（对固定的 $n$ ），故 $\sum_{k=1}^{n} a_{k} \leqslant M$ ，即级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 的部分和数列有上界．于是级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 收玫．