大连理工大学 2024年数学分析第0题
📝 题目
5．设 $\displaystyle a_{n} \neq 0, n=1,2, \cdots, \lim _{n \rightarrow \infty} n\left(1-\left|\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\right|\right)=p>1$ ，证明：$\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 绝对收敛．
💡 答案解析
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📋 详细解题步骤
步骤 1/5
目标：利用极限定义得到不等式
由条件 $\lim_{n \to \infty} n\left(1-\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|\right) = p > 1$，存在 $\varepsilon > 0$ 使得 $p-\varepsilon > 1$，且存在正整数 $N$，当 $n \geq N$ 时，有 $n\left(1-\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|\right) > p-\varepsilon$。取 $r = \frac{1+(p-\varepsilon)}{2}$，则 $1 < r < p-\varepsilon$，于是当 $n$ 充分大时，$1-\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right| > \frac{r}{n}$，即 $\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right| < 1 - \frac{r}{n}$。
公式：$\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right| < 1 - \frac{r}{n}$
提示：注意 $p>1$ 保证可以选取 $r>1$，且 $r$ 应小于极限值，确保不等式方向正确。
步骤 2/5
目标：递推得到通项估计
对充分大的 $n$（不妨设 $n \geq N$），有 $|a_{n+1}| < \left(1-\frac{r}{n}\right) |a_n|$。递推可得 $|a_{n+1}| < \prod_{k=N}^{n} \left(1-\frac{r}{k}\right) |a_N|$。
公式：$|a_{n+1}| < \prod_{k=N}^{n} \left(1-\frac{r}{k}\right) |a_N|$
提示：递推时注意下标范围，确保每个因子都成立。
步骤 3/5
目标：利用指数不等式放缩乘积
利用不等式 $1-x \leq e^{-x}$（$x \geq 0$），有 $\prod_{k=N}^{n} \left(1-\frac{r}{k}\right) \leq \exp\left(-r \sum_{k=N}^{n} \frac{1}{k}\right)$。又 $\sum_{k=N}^{n} \frac{1}{k} \geq \ln\frac{n+1}{N}$，所以 $\prod_{k=N}^{n} \left(1-\frac{r}{k}\right) \leq \exp\left(-r \ln\frac{n+1}{N}\right) = \left(\frac{N}{n+1}\right)^r$。
公式：$\prod_{k=N}^{n} \left(1-\frac{r}{k}\right) \leq \left(\frac{N}{n+1}\right)^r$
提示：注意 $\sum_{k=N}^{n} \frac{1}{k} \geq \ln\frac{n+1}{N}$ 来自积分估计，也可用 $\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k} \geq \ln(n+1)$。
步骤 4/5
目标：得到通项的上界
因此，存在常数 $C = N^r |a_N|$ 使得当 $n \geq N$ 时，$|a_{n+1}| \leq \frac{C}{(n+1)^r}$，即 $|a_n| \leq \frac{C}{n^r}$（对 $n \geq N+1$）。
公式：$|a_n| \leq \frac{C}{n^r}$
提示：注意常数 $C$ 可能依赖于 $N$ 和 $a_N$，但为固定值。
步骤 5/5
目标：应用p级数判别法
由于 $r > 1$，级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^r}$ 收敛。由比较判别法，$\sum_{n=1}^{\infty} |a_n|$ 收敛，即原级数绝对收敛。
公式：$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^r}$ 收敛当且仅当 $r>1$
提示：比较判别法要求通项非负，这里 $|a_n|$ 非负，且 $|a_n| \leq C/n^r$，故收敛。
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