中册 6.1 数项级数的敛散性 第46题

\section*{解题过程：} （1）由 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 及 $\sum_{n=1}^{\infty} b_{n}$ 收玫知 $\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{n}-b_{n}\right)$ 收玫．又因为 $0 \leqslant c_{n}-a_{n} \leqslant b_{n}-a_{n}(n=1,2, \cdots)$ ，由比较原则，$\sum_{n=1}^{\infty}\left(c_{n}-a_{n}\right)$ 也收玫。于是由 $\sum_{n=1}^{\infty} c_{n}=\sum_{n=1}^{\infty}\left[\left(c_{n}^{*}-a_{n}\right)+a_{n}\right]$ 知 $\sum_{n=1}^{\infty} c_{n}$ 也收玫。 但 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 及 $\sum_{n=1}^{\infty} b_{n}$ 都发散时，$\sum_{n=1}^{\infty} c_{n}$ 不一定发散。例如，$\displaystyle a_{n}=-\frac{1}{n}, b_{n}=\frac{1}{n}, c_{n}=\frac{1}{n^{2}}$ ，则 $a_{n} \leqslant c_{n} \leqslant b_{n}(n=1,2, \cdots), \sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 及 $\sum_{n=1}^{\infty} b_{n}$ 都发散，而 $\sum_{n=1}^{\infty} c_{n}$ 收玫。 （2）若级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 和 $\sum_{n=1}^{\infty} b_{n}$ 均为正项级数，则结论成立，否则不一定成立． 由 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{n}}{b_{n}}=1$ 知 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\left|a_{n}\right|}{\left|b_{n}\right|}=1$ ．根据比较原则，若 $\sum_{n=1}^{\infty}\left|b_{n}\right|$ 收玫，则 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 收玫。 若只知道 $\sum_{n=1}^{\infty} b_{n}$ 收敛，则 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 不一定收敛。例如，取 $\displaystyle a_{n}=\frac{(-1)^{n}}{\sqrt{n}}+\frac{1}{n}, b_{n}=\frac{(-1)^{n}}{\sqrt{n}}$ ，则 $$ \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{n}}{b_{n}}=\lim _{n \rightarrow \infty}\left[1+(-1)^{n} \frac{1}{\sqrt{n}}\right]=1 \neq 0 $$ 而 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} b_{n}=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{\sqrt{n}}$ 收玫，但 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_{n}=\sum_{n=1}^{\infty}\left[\frac{(-1)^{n}}{\sqrt{n}}+\frac{1}{n}\right]$ 发散。 （3）由 $\displaystyle \frac{a_{n+1}}{a_{n}} \leqslant \frac{b_{n+1}}{b_{n}}$ 得 $$ a_{2} \leqslant \frac{a_{1}}{b_{1}} b_{2}, a_{3} \leqslant \frac{a_{2}}{b_{2}} b_{3} \leqslant \frac{a_{1}}{b_{1}} b_{3}, \cdots, a_{n} \leqslant \frac{a_{1}}{b_{1}} b_{n} $$ 由比较判别法，如果 $\sum_{n=1}^{\infty} b_{n}$ 收玫，则 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 也收玫；如果 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 发散，则 $\sum_{n=1}^{\infty} b_{n}$ 也发散。 （4）由 $\displaystyle \frac{u_{n-1}}{u_{n}} \leqslant \frac{n^{2}}{(n+1)^{2}}$ 得 $\displaystyle \frac{u_{n+1}}{u_{n}} \geqslant \frac{(n+2)^{2}}{(n+1)^{2}} \geqslant 1$ ，即 $\left\{u_{n}\right\}$ 单调增加有正下界，于是 $\lim _{n \rightarrow \infty} u_{n} \neq 0$ ．因此级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 发散。 （5）由 $\displaystyle \left|a_{n}-b_{n}\right| \leqslant \frac{M}{n^{2}}$ 及 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}}$ 收玫得 $\sum_{n=1}^{\infty}\left|a_{n}-b_{n}\right|$ 收玫，于是 $\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{n}-b_{n}\right)$ 收玫。 又 $\sum_{n=1}^{\infty} b_{n}=\sum_{n=1}^{\infty}\left[a_{n}-\left(a_{n}-b_{n}\right)\right], \sum_{n=1}^{\infty} a_{n}=\sum_{n=1}^{\infty}\left[b_{n}-\left(b_{n}-a_{n}\right)\right]$ ，所以 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 与 $\sum_{n=1}^{\infty} b_{n}$ 的玫散性相同． 若把条件改为 $\displaystyle \left|a_{n}-b_{n}\right| \leqslant \frac{M}{n}$ 时，结论不一定成立．例如，$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_{n}=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n}$ 收敛，$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} b_{n}=\sum_{n=1}^{\infty}\left[\frac{(-1)^{n-1}}{n}+\frac{1}{n}\right]$ 发散，但 $\displaystyle \left|a_{n}-b_{n}\right| \leqslant \frac{2}{n},(n \geqslant 1)$ ． （6）由已知，$\exists \alpha>0$ 使得 $\displaystyle \frac{b_{n}}{b_{n+1}} a_{n}-a_{n+1} \geqslant \alpha(n=1,2, \cdots)$ ．于是 $b_{n} a_{n}-b_{n+1} a_{n+1} \geqslant \alpha b_{n+1}>0$ ，即数列 $\left\{b_{n} a_{n}\right\}$ 单调减少，而 $b_{n} a_{n}>0$ ，由单调有界定理，$\left\{b_{n} a_{n}\right\}$ 收敛。 由于级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\left(b_{n} a_{n}-b_{n+1} a_{n+1}\right)$ 的前 $n$ 项部分和 $S_{n}=\sum_{k=1}^{n}\left(b_{k} a_{k}-b_{k+1} a_{k+1}\right)=b_{1} a_{1}-b_{n+1} a_{n+1}$ ，所以级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\left(b_{n} a_{n}-b_{n+1} a_{n+1}\right)$ 收玫。又由 $\alpha b_{n+1} \leqslant b_{n} a_{n}-b_{n+1} a_{n+1}$ 得 $\sum_{n=1}^{\infty} b_{n}$ 收玫。