中册 6.1 数项级数的敛散性 第43题

\section*{证明过程：} （1）记 $\displaystyle y_{n}=\frac{a_{n}}{a_{n+1}}$ ．由已知可得 $\displaystyle \frac{a_{n+2}}{a_{n+1}}=1+\frac{a_{n}}{a_{n+1}}$ ，则 $\displaystyle y_{n+1}=\frac{1}{1+y_{n}}$ 且 $y_{1}=1$ ，此题转化为 1.1 题 32（4）． 于是 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} y_{n}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$ ．由于 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\frac{1}{a_{n+1}}}{\frac{1}{a_{n}}}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{n}}{a_{n+1}}=\lim _{n \rightarrow \infty} y_{n}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}<1$ ，所以级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{a_{n}}$ 收玫。 （2）设 $x_{1}=\sqrt{2}, x_{2}=\sqrt{2-\sqrt{2}}, x_{3}=\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2}}}, \cdots$ ，则 $$ \begin{aligned} & x_{1}=\sqrt{2}=2 \cos \frac{\pi}{4}=2 \sin \frac{\pi}{4}=2 \sin \frac{\pi}{2^{2}} \\ & x_{2}=\sqrt{2-\sqrt{2}}=\sqrt{2\left(1-\cos \frac{\pi}{4}\right)}=2 \sin \frac{\pi}{2^{3}} \end{aligned} $$ $$ x_{3}=\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2}}}=\sqrt{2-\sqrt{2\left(1+\cos \frac{\pi}{4}\right)}}=\sqrt{2-2 \cos \frac{\pi}{2^{3}}}=2 \sin \frac{\pi}{2^{4}} $$ 一般地有 $\displaystyle x_{n}=2 \sin \frac{\pi}{2^{n+1}}$ ．由于 $\displaystyle x_{n} \leqslant \frac{\pi}{2^{n}}$ ，且级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\pi}{2^{n}}$ 收玫，从而原级数收玫。 （3）与（2）类似可得 $\displaystyle x_{n}=2 \sin \frac{\pi}{2^{n+1}}$ ．于是 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=\lim _{n \rightarrow \infty} 2 \sin \frac{\pi}{2^{n+1}}=0$ ．又由 $\displaystyle x_{n}=2 \sin \frac{\pi}{2^{n+1}} \leqslant \frac{\pi}{2^{n}}$ 得级数 $\sum_{n=1}^{\infty} x_{n}$ 收玫。 （4）先证：$\left\{x_{n}\right\}$ 收玫并求 $\lim _{n \rightarrow+\infty} x_{n}$ ． 由于 $x_{1}-x_{0}=\sqrt{6+x_{0}}-\sqrt{6}>0$ 且 $\displaystyle x_{n+1}-x_{n}=\sqrt{6+x_{n}}-\sqrt{6+x_{n-1}}=\frac{x_{n}-x_{n-1}}{\sqrt{6+x_{n}}+\sqrt{6+x_{n-1}}}$ ，所以 $\left\{x_{n}\right\}$单调增加． 又 $\displaystyle x_{n+1}-x_{n}=\sqrt{6+x_{n}}-\sqrt{6+x_{n-1}}=\frac{x_{n}-x_{n-1}}{\sqrt{6+x_{n}}+\sqrt{6+x_{n-1}}} \leqslant \frac{x_{n}-x_{n-1}}{2 \sqrt{6}}$ ，所以数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 为压缩数列，从而 $\left\{x_{n}\right\}$ 收敛。在递推关系 $x_{n+1}=\sqrt{6+x_{n}}$ 两边取极限解出 $\lim _{n \rightarrow+\infty} x_{n}=3$ ．于是 $x_{n}<3$ ． 再证：级数 $\sum_{n=0}^{\infty} \sqrt{3-x_{n}}$ 收玫。 由于 $\displaystyle 3-x_{n}=3-\sqrt{6+x_{n-1}}=\frac{3-x_{n-1}}{3+\sqrt{6+x_{n-1}}}<\frac{1}{5}\left(3-x_{n-1}\right)<\cdots<\frac{1}{5^{n}}\left(3-x_{0}\right)$ ，所以 $$ \sqrt{3-x_{n}}<\frac{1}{(\sqrt{5})^{n}} \sqrt{3-x_{0}} $$ 由于级数 $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(\sqrt{5})^{n}}$ 收玫，由比较原理可知级数 $\sum_{n=0}^{\infty} \sqrt{3-x_{n}}$ 也收玫。