方企勤 第四章 级 数 第4.1题
📝 题目
4. 1.18 用级数方法证序列 ${x}_{n} = 1 + \frac{1}{\sqrt{2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{n}} - 2\sqrt{n}$ 的极限存在 $\left( {n \rightarrow + \infty }\right)$ .
💡 答案解析
我们考虑序列 $$ x_n = \sum_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt{k}} - 2\sqrt{n}. $$ 要证明它当 $\displaystyle{n\to+\infty}$ 时极限存在，可以用级数方法，即把 $x_n$ 表示成一个收敛级数的部分和。
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**第一步：将相邻项之差写成级数形式**
考虑 $$ x_{n+1} - x_n = \frac{1}{\sqrt{n+1}} - 2\big(\sqrt{n+1} - \sqrt{n}\big). $$ 对 $\sqrt{n+1} - \sqrt{n}$ 进行有理化： $$ \sqrt{n+1} - \sqrt{n} = \frac{(n+1)-n}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}} = \frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}. $$ 因此 $$ x_{n+1} - x_n = \frac{1}{\sqrt{n+1}} - \frac{2}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}. $$
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**第二步：化简差项并估计其大小**
将两项通分： $$ x_{n+1} - x_n = \frac{\sqrt{n+1}+\sqrt{n} - 2\sqrt{n+1}}{\sqrt{n+1}(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})} = \frac{\sqrt{n} - \sqrt{n+1}}{\sqrt{n+1}(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})}. $$ 分子有理化： $$ \sqrt{n} - \sqrt{n+1} = \frac{-1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}. $$ 于是 $$ x_{n+1} - x_n = \frac{-1}{(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})^2 \sqrt{n+1}}. $$ 显然它是负的，且绝对值 $$ |x_{n+1} - x_n| = \frac{1}{(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})^2 \sqrt{n+1}}. $$ 因为 $\sqrt{n+1}+\sqrt{n} > 2\sqrt{n}$，所以 $$ |x_{n+1} - x_n| < \frac{1}{(2\sqrt{n})^2 \sqrt{n+1}} = \frac{1}{4n\sqrt{n+1}} < \frac{1}{4 n^{3/2}}. $$
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**第三步：将序列表示为收敛级数的部分和**
我们有 $$ x_n = x_1 + \sum_{k=1}^{n-1} (x_{k+1} - x_k). $$ 其中 $x_1 = 1 - 2 = -1$。 而由上面的估计，对每个 $k\ge 1$， $$ |x_{k+1} - x_k| < \frac{1}{4 k^{3/2}}. $$ 由于级数 $\displaystyle{\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^{3/2}}}$ 收敛（p-级数，$p=3/2>1$），所以级数 $$ \sum_{k=1}^\infty (x_{k+1} - x_k) $$ 绝对收敛，从而收敛。
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**第四步：结论**
因为 $x_n$ 等于常数 $x_1$ 加上一个收敛级数的部分和，所以当 $\displaystyle{n\to\infty}$ 时，$x_n$ 的极限存在。
因此，序列 $\{x_n\}$ 收敛，极限存在。