方企勤 第四章 级 数 第5题
📝 题目
证 把区间 $\left\lbrack {0,S}\right\rbrack$ 用分点 $\cdots ,{r}_{k + 1},{r}_{k},\cdots ,{r}_{2},{r}_{1} = S$ 分成无限个小区间. 在 $\left\lbrack {{r}_{k + 1},{r}_{k}}\right\rbrack$ 上,因 ${r}_{k} - {r}_{k + 1} = {a}_{k}$ 及函数 $1/{x}^{p}$ 的单调递减性,有
$$ \frac{{a}_{k}}{{r}_{k}^{p}} \leq - {\int }_{{r}_{k}}^{{r}_{k + 1}}\frac{\mathrm{d}x}{{x}^{p}} \Rightarrow \mathop{\sum }\limits_{{k = 1}}^{n}\frac{{a}_{k}}{{r}_{k}^{p}} \leq - \mathop{\sum }\limits_{{k = 1}}^{n}{\int }_{{r}_{k}}^{{r}_{k + 1}}\frac{\mathrm{d}x}{{x}^{p}} = {\int }_{{r}_{n + 1}}^{S}\frac{\mathrm{d}x}{{x}^{p}} \leq {\int }_{0}^{S}\frac{\mathrm{d}x}{{x}^{p}}. $$
这意味着级数 $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{k = 1}}^{\infty }\frac{{a}_{k}}{{r}_{k}^{p}}}$ 的部分和有界,从而此级数收敛,且
$$ \mathop{\sum }\limits_{{k = 1}}^{\infty }\frac{{a}_{k}}{{r}_{k}^{p}} \leq {\int }_{0}^{S}\frac{\mathrm{d}x}{{x}^{p}} = \frac{{S}^{1 - p}}{1 - p}. $$
评注 如果我们用级数一般项趋于零的快慢(无穷小阶的大小) 来评价一个收敛级数的收敛快慢, 那么由
$$ \frac{{a}_{n}}{{a}_{n}/{r}_{n}^{p}} = {r}_{n}^{p} \rightarrow 0\;\left( {n \rightarrow \infty }\right) . $$
可见, ${a}_{n}/{r}_{n}^{p}$ 是 ${a}_{n}$ 的低阶无穷小,从而 $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }{a}_{n}/{r}_{n}^{p}}$ 比 $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }{a}_{n}}$ 收敛得慢. 这个事实说明,每一个收敛的正项级数,总存在一个比它收敛得更慢的正项级数.
💡 答案解析
证 把区间 $\left\lbrack {0,S}\right\rbrack$ 用分点 $\cdots ,{r}_{k + 1},{r}_{k},\cdots ,{r}_{2},{r}_{1} = S$ 分成无限个小区间. 在 $\left\lbrack {{r}_{k + 1},{r}_{k}}\right\rbrack$ 上,因 ${r}_{k} - {r}_{k + 1} = {a}_{k}$ 及函数 $1/{x}^{p}$ 的单调递减性,有
$$ \frac{{a}_{k}}{{r}_{k}^{p}} \leq - {\int }_{{r}_{k}}^{{r}_{k + 1}}\frac{\mathrm{d}x}{{x}^{p}} \Rightarrow \mathop{\sum }\limits_{{k = 1}}^{n}\frac{{a}_{k}}{{r}_{k}^{p}} \leq - \mathop{\sum }\limits_{{k = 1}}^{n}{\int }_{{r}_{k}}^{{r}_{k + 1}}\frac{\mathrm{d}x}{{x}^{p}} = {\int }_{{r}_{n + 1}}^{S}\frac{\mathrm{d}x}{{x}^{p}} \leq {\int }_{0}^{S}\frac{\mathrm{d}x}{{x}^{p}}. $$
这意味着级数 $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{k = 1}}^{\infty }\frac{{a}_{k}}{{r}_{k}^{p}}}$ 的部分和有界,从而此级数收敛,且
$$ \mathop{\sum }\limits_{{k = 1}}^{\infty }\frac{{a}_{k}}{{r}_{k}^{p}} \leq {\int }_{0}^{S}\frac{\mathrm{d}x}{{x}^{p}} = \frac{{S}^{1 - p}}{1 - p}. $$
评注 如果我们用级数一般项趋于零的快慢(无穷小阶的大小) 来评价一个收敛级数的收敛快慢, 那么由
$$ \frac{{a}_{n}}{{a}_{n}/{r}_{n}^{p}} = {r}_{n}^{p} \rightarrow 0\;\left( {n \rightarrow \infty }\right) . $$
可见, ${a}_{n}/{r}_{n}^{p}$ 是 ${a}_{n}$ 的低阶无穷小,从而 $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }{a}_{n}/{r}_{n}^{p}}$ 比 $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }{a}_{n}}$ 收敛得慢. 这个事实说明,每一个收敛的正项级数,总存在一个比它收敛得更慢的正项级数.