中册 6.1 数项级数的敛散性 第42题

\section*{解题过程：} （1）因为正项数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 单调减少，所以必定收敛．若 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=0$ ，则 $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n} x_{n}$ 收敛，与条件矛盾，所以 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=\alpha>0$ ．由 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{\frac{1}{\left(1+x_{n}\right)^{n}}}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{1+x_{n}}=\frac{1}{1+\alpha}<1$ 得 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{1+x_{n}}\right)^{n}$ 收玫。 （2）由级数 $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n} a_{n}$ 发散和正项数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 单调减少知 $\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=a>0$ 。由单调有界定理知 $a_{n} \geqslant a$ ．于是 $\displaystyle u_{n}=\frac{1}{1+a_{1}} \cdot \frac{1}{1+a_{2}} \cdots \frac{1}{1+a_{n}} \leqslant \frac{1}{(1+a)^{n}}$ ．因级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(1+a)^{n}}$ 收玫，由比较原则，$\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 收玫。 （3）设 $\displaystyle u_{n}=\frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}{n}$ ．由 $\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=0$ 得 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} u_{n}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}{n}=0$ ．因 $$ u_{n}-u_{n+1}=\frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}{n}-\frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}+a_{n+1}}{n+1}=\frac{\left(a_{1}-a_{n+1}\right)+\left(a_{2}-a_{n+1}\right)+\cdots+\left(a_{n}-a_{n+1}\right)}{n(n+1)}>0, $$ 所以数列 $\left\{u_{n}\right\}$ 单调递减，故交错级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} \frac{a_{1}+a_{2}+\ldots+a_{n}}{n}$ 收玫。 （4）由保号性，存在 $N>0$ ，当 $n>N$ 时，$x_{n}>0$ ． 由 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} n\left(\frac{x_{n+1}+x_{n}}{x_{n} x_{n+1}}\right)=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n}{x_{n}}+\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n+1}{x_{n+1}} \frac{n}{n+1}=1$ 及 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 发散知，级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}\left(\frac{x_{n+1}+x_{n}}{x_{n} x_{n+1}}\right)$ 非绝对收玫。 级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}\left(\frac{x_{n+1}+x_{n}}{x_{n} x_{n+1}}\right)$ 的部分和 $$ \begin{aligned} & S_{n}=\sum_{k=1}^{n}(-1)^{k}\left(\frac{x_{k+1}+x_{k}}{x_{k} x_{k+1}}\right)=-\left(\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}\right)+\left(\frac{1}{x_{2}}+\frac{1}{x_{3}}\right)-\left(\frac{1}{x_{3}}+\frac{1}{x_{4}}\right)+\cdots+(-1)^{n}\left(\frac{1}{x_{n}}+\frac{1}{x_{n+1}}\right) . \\ & \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{x_{n}}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n}{x_{n}} \frac{1}{n}=\frac{1}{2} \cdot 0=0 \end{aligned} $$ 于是 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} S_{n}=-\frac{1}{x_{1}}$ ，故级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}\left(\frac{x_{n+1}+x_{n}}{x_{n} x_{n+1}}\right)$ 收玫。 综上，级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}\left(\frac{x_{n+1}+x_{n}}{x_{n} x_{n+1}}\right)$ 条件收敛。 （5）设 $F(x)=\ln f(x)$ ．由题设条件知 $F(x)$ 连续可导，且 $\displaystyle \left|F^{\prime}(x)\right|=\left|\frac{f^{\prime}(x)}{f(x)}\right| \leqslant m$ ．从而 $$ \left|a_{n}-a_{n-1}\right|=\left|F\left(a_{n-1}\right)-F\left(a_{n-2}\right)\right|=\left|F^{\prime}(\xi)\left(a_{n-1}-a_{n-2}\right)\right| \leqslant m\left|a_{n-1}-a_{n-2}\right| $$ 由此得 $$ \left|a_{n}-a_{n-1}\right| \leqslant m\left|a_{n-1}-a_{n-2}\right| \leqslant \cdots \leqslant m^{n-1}\left|a_{1}-a_{0}\right| $$ 由 $0