东南大学 2024年数学分析第0题
📝 题目
14．设 $a_{n}>0$ ，正项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 发散，以 $S_{n}$ 表示前 $n$ 项的和，即
$$
S_{n}=a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}=\sum_{k=1}^{n} a_{k} .
$$
证明：（1）级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_{n}}{S_{n}}$ 发散．（2）级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_{n}}{S_{n}{ }^{2}}$ 收玫。
💡 答案解析
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📋 详细解题步骤
步骤 1/5
目标：分析已知条件并引入符号
已知 $a_n > 0$，且正项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 发散。设 $S_n = \sum_{k=1}^{n} a_k$，则 $S_n$ 严格单调递增且 $\lim_{n \to \infty} S_n = +\infty$。
公式：S_n = \sum_{k=1}^{n} a_k,\quad S_n \to +\infty
提示：注意 $S_n$ 是单调递增的正数列，且无上界，这是后续放缩的基础。
步骤 2/5
目标：证明（1）：建立不等式 $\frac{a_n}{S_n} \ge \ln\frac{S_n}{S_{n-1}}$
对于 $n \ge 2$，有 $a_n = S_n - S_{n-1}$。利用不等式 $\ln x \le x-1$（对 $x>0$），令 $x = \frac{S_{n-1}}{S_n}$，则 $\ln\frac{S_{n-1}}{S_n} \le \frac{S_{n-1}}{S_n} - 1$。两边乘以 $-1$ 得 $\ln\frac{S_n}{S_{n-1}} \ge 1 - \frac{S_{n-1}}{S_n} = \frac{S_n - S_{n-1}}{S_n} = \frac{a_n}{S_n}$。
公式：\frac{a_n}{S_n} \ge \ln\frac{S_n}{S_{n-1}}
提示：关键技巧是利用对数不等式 $\ln x \le x-1$ 并反向取号，注意 $x$ 的取值在 $(0,1]$ 时不等式方向正确。
步骤 3/5
目标：证明（1）：对不等式求和并利用 telescoping 性质
对 $n=2$ 到 $N$ 求和：$\sum_{n=2}^{N} \frac{a_n}{S_n} \ge \sum_{n=2}^{N} \ln\frac{S_n}{S_{n-1}} = \ln S_N - \ln S_1$。加上第一项 $\frac{a_1}{S_1}=1$，得 $\sum_{n=1}^{N} \frac{a_n}{S_n} \ge 1 + \ln S_N - \ln S_1$。由于 $S_N \to \infty$，右端趋于无穷，故部分和数列无界，正项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_n}{S_n}$ 发散。
公式：\sum_{n=1}^{N} \frac{a_n}{S_n} \ge 1 + \ln S_N - \ln S_1 \to +\infty
提示：注意 $S_1 = a_1$ 是有限正数，$\ln S_N$ 发散到无穷，因此部分和发散。
步骤 4/5
目标：证明（2）：建立不等式 $\frac{a_n}{S_n^2} \le \frac{1}{S_{n-1}} - \frac{1}{S_n}$
对于 $n \ge 2$，由于 $S_n > S_{n-1} > 0$，有 $S_n^2 \ge S_n S_{n-1}$，因此 $\frac{a_n}{S_n^2} \le \frac{a_n}{S_n S_{n-1}} = \frac{S_n - S_{n-1}}{S_n S_{n-1}} = \frac{1}{S_{n-1}} - \frac{1}{S_n}$。
公式：\frac{a_n}{S_n^2} \le \frac{1}{S_{n-1}} - \frac{1}{S_n}
提示：放缩的关键是将分母 $S_n^2$ 放大为 $S_n S_{n-1}$，从而构造出 telescoping 形式。
步骤 5/5
目标：证明（2）：对不等式求和并估计上界
对 $n=2$ 到 $N$ 求和：$\sum_{n=2}^{N} \frac{a_n}{S_n^2} \le \sum_{n=2}^{N} \left( \frac{1}{S_{n-1}} - \frac{1}{S_n} \right) = \frac{1}{S_1} - \frac{1}{S_N}$。加上第一项 $\frac{a_1}{S_1^2} = \frac{1}{a_1} = \frac{1}{S_1}$，得 $\sum_{n=1}^{N} \frac{a_n}{S_n^2} \le \frac{2}{S_1} - \frac{1}{S_N} \le \frac{2}{a_1}$。因此部分和数列有上界，且各项为正，故级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_n}{S_n^2}$ 收敛。
公式：\sum_{n=1}^{N} \frac{a_n}{S_n^2} \le \frac{2}{a_1}
提示：注意 $S_1 = a_1$，且 $\frac{1}{S_N} > 0$，所以上界为 $\frac{2}{a_1}$，这是一个有限常数。
步骤 6/6
目标：由正项级数部分和有上界推出收敛
由于所有项 $\frac{a_n}{S_n^2} > 0$，部分和单调递增且有上界 $\frac{2}{a_1}$，因此级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_n}{S_n^2}$ 收敛。
公式：\text{正项级数收敛的充要条件是部分和有上界}
提示：注意 $a_1 > 0$ 保证上界有限。
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