中册 6.1 数项级数的敛散性 第44题
📝 题目
44．证明下列结论．
（1）设 $x^{n}+n x-1=0, n=1,2, \cdots$ 。证明：此方程存在唯一的正实根 $x_{n}$ ，并证明当 $\alpha>1$ 时，级数 $\sum_{n=1}^{\infty} x_{n}^{\alpha}$ 收玫．
（2）设 $(x-1)^{n}+n x-n-1=0, n=1,2, \cdots$ 证明：此方程存在唯一的正实根 $x_{n}$ ，并证明当 $\alpha>0$ 时，级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{x_{n}}{x_{n}+\alpha}\right)^{n}$ 收敛．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）记 $f_{n}(x)=x^{n}+x n-1$ 。当 $x>0$ 时，$f_{n}^{\prime}(x)=n x^{n-1}+n>0$ ，故 $f_{n}(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上严格单调增加。又 $f_{n}(0)=-1<0, f_{n}(1)=n>0$ ，由连续函数的介值定理知方程 $x^{n}+n x-1=0$ 存在唯一正实根 $x_{n}$ ．
由 $x_{n}^{n}+n x_{n}-1=0$ 与 $x_{n}>0$ 知 $\displaystyle 01$ 时， $\displaystyle 01$ 时级数 $\sum_{n=1}^{\infty} x_{n}^{\alpha}$ 收玫．
（2）分析：令 $y=x-1$ ，则该题转化为（1）．解题过程如下：
令 $y=x-1$ ，记 $f_{n}(y)=y^{n}+n y-1$ ．由（1）可知方程 $y^{n}+n y-1=0$ 存在唯一正实根 $y_{n}$ ，且 $\displaystyle 00$ 时，$\displaystyle \left(\frac{x_{n}}{x_{n}+\alpha}\right)^{n}<\left(\frac{1+n^{-1}}{1+\alpha}\right)^{n}=u_{n}, \lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{u_{n}}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1+\frac{1}{n}}{1+\alpha}=\frac{1}{1+\alpha}<1$ ．因此级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 收敛，由比较判别法，级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{x_{n}}{x_{n}+\alpha}\right)^{n}$ 收玫。
📋 详细解题步骤
步骤 1/6
目标：证明存在唯一正实根
令 $f_n(x)=x^n+nx-1$，定义域 $x\geq 0$。求导得 $f_n'(x)=n x^{n-1}+n>0$，故 $f_n(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上严格单调递增。计算 $f_n(0)=-1<0$，$f_n(1)=n>0$，由连续函数的介值定理，存在唯一 $x_n\in(0,1)$ 使得 $f_n(x_n)=0$，即方程存在唯一正实根 $x_n$。
公式：f_n(x)=x^n+nx-1, f_n'(x)=n x^{n-1}+n
提示：注意定义域为正实数，单调性证明需导数恒正。
步骤 2/6
目标：估计根的范围
由 $x_n^n+n x_n-1=0$ 得 $n x_n=1-x_n^n$，由于 $x_n>0$，有 $0<1-x_n^n<1$，故 $0
公式：x_n = \frac{1-x_n^n}{n}
提示：注意 $x_n^n>0$，所以 $1-x_n^n<1$。
步骤 3/6
目标：证明级数收敛（α>1）
由 $01$ 时，$p$-级数 $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^\alpha}$ 收敛，由比较判别法知 $\sum_{n=1}^\infty x_n^\alpha$ 收敛。
公式：\sum \frac{1}{n^\alpha} \text{ 收敛当 } \alpha>1
提示：比较判别法需注意不等式方向。
步骤 4/6
目标：转化方程（第二问）
令 $y=x-1$，则原方程 $(x-1)^n+nx-n-1=0$ 化为 $y^n+n(y+1)-n-1=y^n+ny-1=0$，与第一问方程相同。由第一问，存在唯一正实根 $y_n$ 满足 $0
公式：y=x-1, y^n+ny-1=0
提示：注意 $x_n>1$，因为 $y_n>0$。
步骤 5/6
目标：估计级数通项（第二问）
考虑通项 $\left(\frac{x_n}{x_n+\alpha}\right)^n$。由于 $x_n<1+\frac{1}{n}$，且 $x_n+\alpha>1+\alpha$（因为 $x_n>1$），有 $\frac{x_n}{x_n+\alpha}<\frac{1+1/n}{1+\alpha}$。因此 $\left(\frac{x_n}{x_n+\alpha}\right)^n < \left(\frac{1+1/n}{1+\alpha}\right)^n = u_n$。
公式：\frac{x_n}{x_n+\alpha} < \frac{1+1/n}{1+\alpha}
提示：注意 $x_n>1$ 保证分母 $x_n+\alpha>1+\alpha$。
步骤 6/6
目标：证明级数收敛（α>0）
对 $u_n$ 应用根值判别法：$\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{u_n}=\lim_{n\to\infty}\frac{1+1/n}{1+\alpha}=\frac{1}{1+\alpha}<1$（因为 $\alpha>0$），故级数 $\sum u_n$ 收敛。由比较判别法，$\sum_{n=1}^\infty \left(\frac{x_n}{x_n+\alpha}\right)^n$ 收敛。
公式：\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{u_n}=\frac{1}{1+\alpha}<1
提示：根值判别法要求极限小于1，注意 $\alpha>0$ 保证分母大于1。
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