广西民族大学 2020年数学分析第0题
📝 题目
1．设 $\displaystyle x_{2 n-1}=\frac{1}{n}, x_{2 n}=\int_{n}^{n+1} \frac{1}{x} \mathrm{~d} x, n=1,2, \cdots$ ，证明级数 $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} x_{n}$ 收玫。
💡 答案解析
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📋 详细解题步骤
步骤 1/5
目标：明确数列的表达式
根据题目定义，奇数项为 $x_{2n-1} = \frac{1}{n}$，偶数项为 $x_{2n} = \int_n^{n+1} \frac{1}{x} \, dx$。计算积分得 $x_{2n} = \ln(n+1) - \ln n = \ln\left(1+\frac{1}{n}\right)$。
公式：$x_{2n-1} = \frac{1}{n}, \quad x_{2n} = \ln\left(1+\frac{1}{n}\right)$
提示：注意积分计算时，$\int \frac{1}{x} dx = \ln|x|$，代入上下限即可。
步骤 2/5
目标：写出级数的形式并分组
原级数为 $\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1} x_n$。将相邻的奇数项和偶数项配对：第 $2k-1$ 项为正，第 $2k$ 项为负，因此级数可写为 $\sum_{k=1}^\infty \left( x_{2k-1} - x_{2k} \right) = \sum_{k=1}^\infty \left( \frac{1}{k} - \ln\left(1+\frac{1}{k}\right) \right)$。
公式：$\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1} x_n = \sum_{k=1}^\infty \left( \frac{1}{k} - \ln\left(1+\frac{1}{k}\right) \right)$
提示：注意符号：$(-1)^{n-1}$ 当 $n$ 为奇数时为正，偶数时为负，因此配对后每项为正。
步骤 3/5
目标：估计通项的大小
令 $a_k = \frac{1}{k} - \ln\left(1+\frac{1}{k}\right)$。利用不等式 $\frac{x}{1+x} < \ln(1+x) < x$（对 $x>0$），取 $x = \frac{1}{k}$，得 $0 < a_k < \frac{1}{k} - \frac{1/k}{1+1/k} = \frac{1}{k} - \frac{1}{k+1} = \frac{1}{k(k+1)}$。进一步有 $a_k < \frac{1}{k^2}$。
公式：$0 < a_k < \frac{1}{k(k+1)} < \frac{1}{k^2}$
提示：常用不等式 $\frac{x}{1+x} < \ln(1+x) < x$ 是证明此类问题的关键，需熟记。
步骤 4/5
目标：判断级数的收敛性
由于 $0 < a_k < \frac{1}{k^2}$，而 $\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2}$ 收敛（$p$-级数，$p=2>1$），由比较判别法知 $\sum_{k=1}^\infty a_k$ 收敛。因此原级数的部分和 $S_{2N} = \sum_{k=1}^N a_k$ 收敛。
公式：$\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2}$ 收敛，由比较判别法得 $\sum a_k$ 收敛。
提示：比较判别法要求不等式方向正确，这里 $a_k$ 为正且小于收敛级数的通项，故收敛。
步骤 5/5
目标：验证奇数项部分和的收敛性
原级数的奇数项部分和为 $S_{2N+1} = S_{2N} + x_{2N+1} = S_{2N} + \frac{1}{N+1}$。由于 $S_{2N}$ 收敛，且 $\frac{1}{N+1} \to 0$（当 $N \to \infty$），故 $S_{2N+1}$ 也收敛到同一极限。因此整个级数收敛。
公式：$\lim_{N\to\infty} S_{2N+1} = \lim_{N\to\infty} S_{2N} + \lim_{N\to\infty} \frac{1}{N+1} = \text{收敛值}$
提示：交错级数需分别考虑奇偶部分和，确保两者极限相同。
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