中册 6.1 数项级数的敛散性 第47题
📝 题目
47．证明下列结论．
（1）设数列 $\left\{a_{n}\right\},\left\{b_{n}\right\}(n=1,2,3, \cdots)$ 满足 $\mathrm{e}^{a_{n}}=a_{n}+\mathrm{e}^{b_{n}}$ ，并且 $a_{n}>0$ 。证明：（1）若级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 收敛，则级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{b_{n}}{a_{n}}$ 收玫．；（2）若级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}^{2}$ 收玫，则级数 $\sum_{n=1}^{\infty} b_{n}{ }^{2}$ 收玫．
（2）设数列 $\left\{a_{n}\right\},\left\{b_{n}\right\}(n=1,2,3, \cdots)$ 满足 $a_{n}=b_{n}+\ln \left(1+a_{n}\right)$ ．证明若级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}^{2}$ 收玫，则级数 $\sum_{n=1}^{\infty} b_{n}$收敛。
（3）设正项数列 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 收敛，且满足 $\mathrm{e}^{a_{n}}=a_{n}+\mathrm{e}^{a_{n}+b_{n}}$ ．证明级数 $\sum_{n=1}^{\infty} b_{n}$ 收敛．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）由级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 收玫得 $\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=0$ ．由 $\mathrm{e}^{a_{n}}=a_{n}+\mathrm{e}^{b_{n}}$ 得 $b_{n}=\ln \left(\mathrm{e}^{a_{n}}-a_{n}\right)$ ．由于当 $x>0$时， $\mathrm{e}^{x} \geqslant x+1$ ，于是 $b_{n}>0$ ，从而 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{b_{n}}{a_{n}}=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{a_{n}} \ln \left(\mathrm{e}^{a_{n}}-a_{n}\right)$ 为正级数．
因 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\frac{b_{n}}{a_{n}}}{a_{n}}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{b_{n}}{a_{n} a_{n}}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\ln \left(\mathrm{e}^{a_{n}}-a_{n}\right)}{a_{n} a_{n}}=\frac{1}{2}$ ，且级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 收玫，所以级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{b_{n}}{a_{n}}$ 收玫。
因 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{b_{n}^{2}}{a_{n}^{2}}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\ln ^{2}\left(\mathrm{e}^{a_{n}}-a_{n}\right)}{a_{n}^{2}}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\ln ^{2}\left(\mathrm{e}^{x}-x\right)}{x^{2}}=1$ ，由级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}^{2}$ 收玫得级数 $\sum_{n=1}^{\infty} b_{n}^{2}$ 收玫。
注：其中利用极限 $\displaystyle \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\ln \left(\mathrm{e}^{x}-x\right)}{x^{2}}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{1}{2 x} \frac{\mathrm{e}^{x}-1}{\mathrm{e}^{x}-x}=\frac{1}{2} \lim _{x \rightarrow 0} \frac{1}{\mathrm{e}^{x}-x}=\frac{1}{2}$ ．
（2）由于 $\displaystyle b_{n}=\ln \left(1+a_{n}\right)-a_{n}=a_{n}-\frac{1}{2} a_{n}^{2}+o\left(a_{n}^{2}\right)-a_{n}=-\frac{1}{2} a_{n}^{2}+o\left(a_{n}^{2}\right)$ ，所以级数 $\sum_{n=1}^{\infty} b_{n}$ 收玫。
（3）先证明：级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \ln \left(\mathrm{e}^{a_{n}}-a_{n}\right)$ 收敛。
由级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 。收玫得 $\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=0$ ．因为 $\displaystyle \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\ln \left(\mathrm{e}^{x}-x\right)}{x}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\mathrm{e}^{x}-1}{\mathrm{e}^{x}-x}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{x}{\mathrm{e}^{x}-x}=0$ ，所以 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\ln \left(\mathrm{e}^{a_{n}}-a_{n}\right)}{a_{n}}=0$.
由 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 收敛知 $\sum_{n=1}^{\infty} \ln \left(\mathrm{e}^{a_{n}}-a_{n}\right)$ 收敛。
由已知得 $b_{n}=\ln \left(\mathrm{e}^{a_{n}}-a_{n}\right)-a_{n}$ ．于是级数 $\sum_{n=1}^{\infty} b_{n}=\sum_{n=1}^{\infty} \ln \left(\mathrm{e}^{a_{n}}-a_{n}\right)-\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 收玫。
📋 详细解题步骤
步骤 1/5
目标：分析条件并推导b_n表达式
由 $e^{a_n}=a_n+e^{b_n}$ 得 $e^{b_n}=e^{a_n}-a_n$，两边取自然对数得 $b_n=\ln(e^{a_n}-a_n)$。由于 $a_n>0$，利用不等式 $e^x\ge x+1$（当$x>0$时），有 $e^{a_n}-a_n\ge 1$，故 $b_n\ge 0$。
公式：b_n = \ln(e^{a_n}-a_n)
提示：注意对数定义域：$e^{a_n}-a_n>0$ 恒成立。
步骤 2/5
目标：证明(1)中第一个结论：由∑a_n收敛推出∑(b_n/a_n)收敛
由于∑a_n收敛，则 $a_n\to 0$。考虑极限 $\lim_{n\to\infty}\frac{b_n/a_n}{a_n}=\lim_{n\to\infty}\frac{\ln(e^{a_n}-a_n)}{a_n^2}$。计算该极限：令 $x=a_n\to 0$，则 $\lim_{x\to 0}\frac{\ln(e^x-x)}{x^2}$。利用洛必达法则或泰勒展开：$e^x-x=1+\frac{x^2}{2}+o(x^2)$，则 $\ln(e^x-x)=\frac{x^2}{2}+o(x^2)$，故极限为 $\frac{1}{2}$。因此 $\frac{b_n}{a_n}\sim \frac{1}{2}a_n$，由比较判别法知∑(b_n/a_n)收敛。
公式：\lim_{x\to 0}\frac{\ln(e^x-x)}{x^2}=\frac{1}{2}
提示：注意极限计算中要使用等价无穷小或洛必达法则，避免直接代入。
步骤 3/5
目标：证明(1)中第二个结论：由∑a_n^2收敛推出∑b_n^2收敛
考虑极限 $\lim_{n\to\infty}\frac{b_n^2}{a_n^2}=\lim_{n\to\infty}\left(\frac{\ln(e^{a_n}-a_n)}{a_n}\right)^2$。计算 $\lim_{x\to 0}\frac{\ln(e^x-x)}{x}$：利用 $e^x-x=1+\frac{x^2}{2}+o(x^2)$，则 $\ln(e^x-x)=\frac{x^2}{2}+o(x^2)$，故该极限为0。因此 $b_n^2$ 是比 $a_n^2$ 更高阶的无穷小，由∑a_n^2收敛得∑b_n^2收敛。
公式：\lim_{x\to 0}\frac{\ln(e^x-x)}{x}=0
提示：注意此处极限是0，不是1，因此需要比较阶数。
步骤 4/5
目标：证明(2)：由∑a_n^2收敛推出∑b_n收敛
由 $a_n=b_n+\ln(1+a_n)$ 得 $b_n=a_n-\ln(1+a_n)$。利用泰勒展开：$\ln(1+a_n)=a_n-\frac{a_n^2}{2}+o(a_n^2)$，代入得 $b_n=\frac{a_n^2}{2}+o(a_n^2)$。因此 $b_n\sim \frac{1}{2}a_n^2$，由∑a_n^2收敛得∑b_n收敛。
公式：\ln(1+x)=x-\frac{x^2}{2}+o(x^2)
提示：注意符号：$b_n = a_n - \ln(1+a_n)$，展开后得到正项。
步骤 5/5
目标：证明(3)：由∑a_n收敛推出∑b_n收敛
由 $e^{a_n}=a_n+e^{a_n+b_n}$ 得 $e^{a_n+b_n}=e^{a_n}-a_n$，两边取对数得 $a_n+b_n=\ln(e^{a_n}-a_n)$，即 $b_n=\ln(e^{a_n}-a_n)-a_n$。由于∑a_n收敛，$a_n\to 0$。计算极限 $\lim_{x\to 0}\frac{\ln(e^x-x)}{x}=0$（由泰勒展开得），因此 $\ln(e^{a_n}-a_n)$ 是比 $a_n$ 更高阶的无穷小，故∑$\ln(e^{a_n}-a_n)$收敛。于是∑b_n = ∑[$\ln(e^{a_n}-a_n)-a_n$] 收敛。
公式：b_n = \ln(e^{a_n}-a_n)-a_n
提示：注意正项数列条件：$a_n>0$，但∑a_n收敛保证$a_n\to 0$。
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