华中师范大学 2021年数学分析第0题

已知正项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 收敛，即 $a_n \geq 0$ 且部分和数列有上界。要判断 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sqrt{a_n}}{\sqrt{n}}$ 的收敛性。

考虑不等式 $2\sqrt{xy} \leq x + y$，令 $x = a_n$，$y = 1/n$，得 $2 \frac{\sqrt{a_n}}{\sqrt{n}} \leq a_n + \frac{1}{n}$，即 $\frac{\sqrt{a_n}}{\sqrt{n}} \leq \frac{a_n}{2} + \frac{1}{2n}$。但 $\sum \frac{1}{2n}$ 发散，此放缩不能直接证明原级数收敛。

由柯西不等式：$\sum_{n=1}^{N} \frac{\sqrt{a_n}}{\sqrt{n}} \leq \sqrt{\sum_{n=1}^{N} a_n} \cdot \sqrt{\sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n}}$。由于 $\sum a_n$ 收敛，其部分和有界，但 $\sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n} \sim \ln N$ 无界，因此该不等式不能给出部分和数列有界的结论。

取 $a_n = \frac{1}{n (\ln n)^2}$（$n \geq 2$），由积分判别法知 $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n (\ln n)^2}$ 收敛。计算 $\frac{\sqrt{a_n}}{\sqrt{n}} = \frac{1}{\sqrt{n} \cdot \sqrt{n} \cdot \ln n} = \frac{1}{n \ln n}$，而 $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n \ln n}$ 由积分判别法知发散。因此原命题不成立。

题目中的论断是错误的。存在收敛的正项级数 $\sum a_n$ 使得 $\sum \frac{\sqrt{a_n}}{\sqrt{n}}$ 发散。

实际上，该命题是正确的，标准证明如下： 由柯西-施瓦茨不等式： $$\left( \sum_{n=1}^{N} \frac{\sqrt{a_n}}{\sqrt{n}} \right)^2 \leq \left( \sum_{n=1}^{N} a_n \right) \left( \sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n} \right)$$ 但右边发散，故需改进。考虑将 $\frac{1}{\sqrt{n}}$ 拆分为 $\frac{1}{n^{\alpha}} \cdot \frac{1}{n^{1/2 - \alpha}}$，取 $\alpha$ 使 $\sum \frac{1}{n^{2\alpha}}$ 收敛且 $\sum \frac{1}{n^{1-2\alpha}}$ 收敛？ 实际上，正确方法是使用**比较判别法**的极限形式：由于 $\sum a_n$ 收敛，则 $a_n = o(1)$，但更重要的是，由 $\sum a_n$ 收敛可推出 $\sum \frac{a_n}{n^p}$ 对任意 $p>0$ 不一定收敛。 本题的经典解法是：由 $\sqrt{a_n} \leq \frac{1}{2}(a_n + 1)$，但分母有 $\sqrt{n}$，故考虑： $$\frac{\sqrt{a_n}}{\sqrt{n}} = \sqrt{\frac{a_n}{n}} \leq \frac{1}{2} \left( a_n + \frac{1}{n} \right)$$ 此路不通。 实际上，该命题的证明需要用到**柯西凝聚判别法**的逆否命题？不，这里有一个已知反例：取 $a_n = \frac{1}{n \log^2 n}$，则 $\sum a_n$ 收敛，但 $\frac{\sqrt{a_n}}{\sqrt{n}} = \frac{1}{n \log n}$，其级数发散。因此原命题**错误**！ 但题目要求证明其收敛，故需检查：反例中 $a_n = \frac{1}{n \log^2 n}$ 时，$\sum \frac{\sqrt{a_n}}{\sqrt{n}} = \sum \frac{1}{n \log n}$ 发散，所以原命题不成立。然而，若题目条件为“正项级数 $\sum a_n$ 收敛”，则结论不一定成立。因此，正确的解题步骤应指出该命题的错误性，或附加条件（如 $a_n$ 单调）。

存在收敛的正项级数 $\sum a_n$ 使得 $\sum \frac{\sqrt{a_n}}{\sqrt{n}}$ 发散，故原命题不成立。