华东师范大学 2022年数学分析第0题
📝 题目
8．设 $n$ 是正整数，证明方程 $x^{n}+n x-1=0$ 有唯一的正实数根 $x_{n}$ ．进而，判断级数 $\sum_{n=1}^{+\infty} x_{n}^{\alpha}(\alpha>1)$的玫散性。
💡 答案解析
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📋 详细解题步骤
步骤 1/5
目标：证明方程存在唯一的正实数根
定义函数 $f_n(x) = x^n + n x - 1$，其中 $x \ge 0$。计算 $f_n(0) = -1 < 0$，$f_n(1) = 1 + n - 1 = n > 0$。由连续函数的介值定理，存在 $x_n \in (0,1)$ 使得 $f_n(x_n)=0$。再求导得 $f_n'(x) = n x^{n-1} + n > 0$ 对所有 $x>0$ 成立，故 $f_n$ 在 $[0,+\infty)$ 上严格递增，因此至多有一个根。综上，存在唯一的正实根 $x_n$，且 $0 < x_n < 1$。
公式：f_n(0) = -1 < 0, \quad f_n(1) = n > 0, \quad f_n'(x) = n x^{n-1} + n > 0
提示：注意利用介值定理时需验证区间端点函数值异号，单调性证明唯一性。
步骤 2/5
目标：推导根的上界估计
由根的定义 $x_n^n + n x_n - 1 = 0$ 得 $n x_n = 1 - x_n^n$。由于 $0 < x_n < 1$，有 $0 < x_n^n < 1$，因此 $0 < n x_n < 1$，即 $0 < x_n < \frac{1}{n}$。
公式：n x_n = 1 - x_n^n, \quad 0 < x_n < \frac{1}{n}
提示：上界估计直接来自 $x_n^n > 0$ 这一简单事实。
步骤 3/5
目标：推导根的下界估计
假设 $x_n \le \frac{1}{n+1}$，则 $x_n^n \le \left(\frac{1}{n+1}\right)^n$，代入方程得 $n x_n = 1 - x_n^n \ge 1 - \left(\frac{1}{n+1}\right)^n$。由于 $\left(\frac{1}{n+1}\right)^n < \frac{1}{n+1}$（对 $n \ge 1$ 成立），故 $1 - \left(\frac{1}{n+1}\right)^n > \frac{n}{n+1}$，从而 $x_n > \frac{1}{n+1}$，与假设矛盾。因此必有 $x_n > \frac{1}{n+1}$。综合上界得 $\frac{1}{n+1} < x_n < \frac{1}{n}$。
公式：\frac{1}{n+1} < x_n < \frac{1}{n}
提示：下界证明使用反证法，注意不等式放缩的方向。
步骤 4/5
目标：判断级数的收敛性
考虑级数 $\sum_{n=1}^{\infty} x_n^{\alpha}$，其中 $\alpha > 1$。由 $\frac{1}{n+1} < x_n < \frac{1}{n}$ 得 $\left(\frac{1}{n+1}\right)^{\alpha} < x_n^{\alpha} < \frac{1}{n^{\alpha}}$。由于 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{\alpha}}$ 在 $\alpha > 1$ 时收敛（$p$-级数），且 $x_n^{\alpha} < \frac{1}{n^{\alpha}}$，由比较判别法知原级数收敛。
公式：x_n^{\alpha} < \frac{1}{n^{\alpha}}, \quad \sum \frac{1}{n^{\alpha}} \text{ 收敛当 } \alpha > 1
提示：注意比较判别法要求正项级数，这里 $x_n > 0$ 满足条件。上界收敛即可推出原级数收敛。
步骤 5/5
目标：总结结论
方程 $x^n + n x - 1 = 0$ 有唯一正实根 $x_n$，且满足 $\frac{1}{n+1} < x_n < \frac{1}{n}$。当 $\alpha > 1$ 时，级数 $\sum_{n=1}^{+\infty} x_n^{\alpha}$ 收敛。
公式：\sum_{n=1}^{\infty} x_n^{\alpha} \text{ 收敛 } (\alpha > 1)
提示：最终结论需明确根的存在唯一性及级数收敛性。
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