级数相关题目

无穷级数中，数项级数作为数列部分和的极限，自然会涉及到与数列有关的知识点。又因为是求和，求解过程往往需要裂项与错项相消。

题 1 设数列 $\lbrace x _ n\rbrace$ 满足 $x _ 0=\cfrac{1}{3}$，且 $x _ {n+1}=\cfrac{x _ n^2}{1-x _ n+x _ n^2}$。证明无穷级数 $\displaystyle\sum _ {n=0}^\infty x _ n$ 收敛并求其和。

$\bigstar\bigstar\bigstar$ 解题思路（来自第十五届全国大学生数学竞赛初赛试卷）

答案 $\cfrac{1}{2}$

将通项写成 $x _ n=f(x _ {m+1})-f(x _ {m})$ 的形式，从而错位相减。

解根据归纳法，可知 $x _ n>0$，因此 $$\cfrac{x _ {n+1}}{x _ n}=\cfrac{x _ n}{1-x _ n+x _ n^2}\leq 1$$

从而 $x _ n$ 单调递减有下界，从而 $\lbrace x _ n\rbrace$ 收敛。不难求得其收敛到 $0$。因此 $$\lim _ {n\to\infty}\cfrac{x _ {n+1}}{x _ n}=\lim _ {n\to\infty}\cfrac{x _ n}{1-x _ n+x _ n^2}=0$$

根据比值判别法知 $\displaystyle\sum _ {n=0}^\infty x _ n$ 收敛。注意到 $$x _ n=\cfrac{1}{1-x _ n}-\cfrac{1}{1-x _ {n+1}}$$

从而 $$\sum _ {n=0}^\infty x _ n=\cfrac{1}{1-x _ 0}-\lim _ {k\to\infty}\cfrac{1}{1- x _ k}=\cfrac{1}{2}$$

题 2 设 $\lbrace a _ n\rbrace$ 为正实数列，满足 $\displaystyle\sum _ {n=1}^\infty \cfrac{a _ n}{2n-1}=1$，证明 $\displaystyle\sum _ {n=1}^\infty\sum _ {k=1}^n\cfrac{a _ k}{n^2}\leq 2$。

$\bigstar\bigstar\bigstar$ 解题思路（来自 2023 年全国大学生数学竞赛华中科技大学校选拔考试）

就像二重积分一样，二重求和也可以按照一定的规则交换求和次序。这题主要就考察这一点。

证明交换求和次序，有 $$\begin{aligned}\sum _ {n=1}^N\sum _ {k=1}^n\cfrac{a _ k}{n^2}&=\sum _ {k=1}^N\sum _ {n=k}^N\cfrac{a _ k}{n^2}=\sum _ {k=1}^Na _ k\sum _ {n=k}^N\cfrac{1}{n^2}\\ &\leq \sum _ {k=1}^Na _ k\sum _ {n=k}^N\cfrac{4}{4n^2-1}\\ &=2\sum _ {k=1}^Na _ k\sum _ {n=k}^N\left(\cfrac{1}{2n-1}-\cfrac{1}{2n+1}\right)\\ &=2\sum _ {k=1}^Na _ k\left(\cfrac{1}{2k-1}-\cfrac{1}{2N-1}\right)\leq 2\sum _ {k=1}^N\cfrac{a _ k}{2k-1}\end{aligned}$$

因为 $\displaystyle\sum _ {n=1}^\infty \cfrac{a _ n}{2n-1}=1$，令 $N\to\infty$ 即可得证。

题 3 求 $S=\displaystyle\sum _ {n=1}^\infty\left(1-\cfrac{1}{3}+\cfrac{1}{5}-\cdots+\cfrac{(-1)^{n-1}}{2n-1}-\cfrac{\pi}{4}\right)$。

$\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar$ 解题思路（来自 2023 年全国大学生数学竞赛华中科技大学模拟试卷（二））

级数妙不可言。此题的解法将括号内的数项级数转化为了函数项级数的定积分，难以看出原函数的被积表达式在 $\cfrac{\pi}{4}$ 的调制下变得清晰明朗。

解 $$\begin{aligned}S&=\sum _ {n=1}^\infty\left(\sum _ {k=1}^n(-1)^{k-1}\int _ 0^1x^{2k-2}\mathrm dx-\cfrac{\pi}{4}\right)\\ &=\sum _ {n=1}^\infty\left(\int _ 0^1\sum _ {k=1}^n(-x^2)^{k-1}\mathrm dx-\cfrac{\pi}{4}\right)\\ &=\sum _ {n=1}^\infty\left(\int _ 0^1\cfrac{1-(-x^2)^n}{1+x^2}\mathrm dx-\cfrac{\pi}{4}\right)\\ &=\sum _ {n=1}^\infty\int _ 0^1\cfrac{-(-x^2)^n}{1+x^2}\mathrm dx\\ &=\int _ 0^1\cfrac{\sum _ {n=1}^\infty (-1)^{n-1}x^{2n}}{1+x^2}\mathrm dx\\ &=\int _ 0^1\cfrac{x^2}{(1+x^2)^2}\mathrm dx=\cfrac{\pi}{8}-\cfrac{1}{4}\end{aligned}$$

题 4 设 $a _ n>0$ 且 $\displaystyle\sum _ {n=1}^\infty a _ n$ 收敛，$r _ n=\displaystyle\sum _ {k=n}^\infty a _ k$，证明 $\displaystyle\sum _ {n=1}^\infty\cfrac{a _ n}{r _ n}$ 发散。

$\bigstar\bigstar\bigstar$ 解题思路（来自 2023 年全国大学生数学竞赛华中科技大学模拟试卷（二））

使用 Cauchy 收敛准则，判定级数发散。

证明因为 $r _ {n+m+1}/r _ n\to\infty(m\to\infty)$，故任意 $n$，存在 $m$ 使得 $r _ {n+m+1}/r _ n<1/2$。此时 $$\sum _ {k=n}^{n+m}\cfrac{a _ k }{r _ k}>\cfrac{1}{r _ n}\sum _ {k=n}^{n+m}a _ k=\cfrac{r _ n-r _ {n+m+1}}{r _ n}=1-\cfrac{r _ {n+m+1}}{r _ n}>\cfrac{1}{2}$$

因此由 Cauchy 收敛准则知 $\displaystyle\sum _ {n=1}^\infty\cfrac{a _ n}{r _ n}$ 发散。

如果问 $\displaystyle\sum _ {n=1}^\infty\cfrac{a _ n}{r _ n^p}(0<p<1)$ 的敛散性，也是可以证明的。(1)

是收敛的，因为 $$\begin{aligned}\sum _ {k=1}^n\cfrac{a _ k}{r _ k^p}&=\sum _ {k=1}^n\cfrac{r _ k-r _ {k+1}}{r _ k^p}=\sum _ {k=1}^n\int _ {r _ {k+1}}^{r _ k}\cfrac{1}{r _ k^p}\mathrm dx\\ &<\sum _ {k=1}^n\int _ {r _ {k+1}}^{r _ k}\cfrac{1}{x^p}\mathrm dx=\int _ {r _ {n+1}}^{r _ 1}\cfrac{1}{x^p}\mathrm dx\\ &<\int _ {0}^{r _ 1}\cfrac{1}{x^p}\mathrm dx=\cfrac{r _ 1^{1-p}}{1-p}\end{aligned}$$ 根据单调有界必收敛知级数收敛。

题 5 设 $a _ n>0,s _ n=2^{-n}a _ {n+1}\left(a _ 1a _ 2\cdots a _ {n+1}\right)^{-1/2},n=1,2,\cdots$，若级数 $\displaystyle\sum _ {n=1}^\infty s _ n$ 收敛，证明数列 $t _ n=\sqrt{a _ 1+\sqrt{a _ 2+\cdots+\sqrt {a _ n}}}$ 也收敛。

$\bigstar\bigstar\bigstar$ 解题思路（来自 2023 年全国大学生数学竞赛华中科技大学模拟试卷（四））

一系列连续放缩，使得 $t _ n$ 与 $s _ n$ 具有联系。由于题目条件给出级数收敛，待证为数列 $\lbrace t _ n\rbrace$ 收敛，可以考虑将 $t _ n$ 看作某个数列的部分和进行转换。

证明易知 $\lbrace t _ n\rbrace$ 是严格单调的，又因为 $$\begin{aligned}t _ {n+1}-t _ n&=\cfrac{\sqrt{a _ 2+\sqrt{a _ 3+\cdots+\sqrt{a _ {n+1}}}}-\sqrt{a _ 2+\sqrt{a _ 3+\cdots+\sqrt{a _ {n}}}}}{t _ {n+1}-t _ n}\\&<\cfrac{\sqrt{a _ 2+\sqrt{a _ 3+\cdots+\sqrt{a _ {n+1}}}}-\sqrt{a _ 2+\sqrt{a _ 3+\cdots+\sqrt{a _ {n}}}}}{2\sqrt{a _ 1}}\end{aligned}$$

以上步骤就是有理化，并将分母放缩变小。如此可递推得到 $$\begin{aligned}t _ {n+1}-t _ n&<\cfrac{\sqrt{a _ 3+\sqrt{a _ 4+\cdots+\sqrt{a _ {n+1}}}}-\sqrt{a _ 3+\sqrt{a _ 4+\cdots+\sqrt{a _ {n}}}}}{2\sqrt{a _ 1}\cdot 2\sqrt{a _ 2}}\\ &<\cdots<\cfrac{\sqrt{a _ {n+1}}}{2\sqrt{a _ 1}\cdot 2\sqrt{a _ 2}\cdot\cdots\cdot 2\sqrt{a _ n}}=s _ n\end{aligned}$$

由比较判别法知正项级数 $\displaystyle\sum _ {n=1}^\infty(t _ {n+1}-t _ n)$ 收敛，进而数列 $\lbrace t _ n\rbrace$ 也收敛。

题 6 设 $\lbrace a _ n\rbrace$ 与 $\lbrace b _ n\rbrace$ 均为正实数列，满足 $a _ 1=b _ 1=1$，且 $b _ n=a _ nb _ {n-1}-2,n=2,3,\cdots$。又设 $\lbrace b _ n\rbrace$ 为有界数列，证明级数 $\displaystyle\sum _ {n=1}^\infty\cfrac{1}{a _ 1a _ 2\cdots a _ n}$ 收敛，并求该级数的和。

$\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar$ 解题思路（来自 2021 年全国大学生数学竞赛(非数类)预赛试题）

通过构造部分和数列，转化为数列极限的证明和求解，思路是“$1$ 的替代”，这个方法在高中数学的各类不等式放缩中也经常使用，是非常巧妙的一个方法。实际上如果想到这个裂项方法，距离完整做出这道题就不远了。

解首先注意到 $a _ 1=b _ 1=1$，且 $a _ n=\left(1+\cfrac{2}{b _ n}\right)\cfrac{b _ n}{b _ {n+1}}$，所以当 $n\geq 2$ 时，有 $$a _ 1a _ 2\cdots a _ n=\left(1+\cfrac{2}{b _ 2}\right)\left(1+\cfrac{2}{b _ 3}\right)\cdots\left(1+\cfrac{2}{b _ n}\right)b _ n$$

由于 $\lbrace b _ n\rbrace$ 有界，故存在 $M>0$，使得当 $n\geq 1$ 时，恒有 $0<b _ n\leq M$，因此 $$0\leq\cfrac{b _ n}{a _ 1a _ 2\cdots a _ n}=\left(1+\cfrac{2}{b _ 2}\right)^{-1}\left(1+\cfrac{2}{b _ 3}\right)^{-1}\cdots\left(1+\cfrac{2}{b _ n}\right)^{-1}\leq\left(1+\cfrac{2}{M}\right)^{-n+1}$$

根据夹逼准则，有 $\lim\limits _ {n\to\infty}\cfrac{b _ n}{a _ 1a _ 2\cdots a _ n}=0$。
级数 $\displaystyle\sum _ {n=1}^\infty\cfrac{1}{a _ 1a _ 2\cdots a _ n}$ 的那部分和 $S _ n$，当 $n\geq 2$ 时，有 $$\begin{aligned}S _ n&=\sum _ {k=1}^n\cfrac{1}{a _ 1a _ 2\cdots a _ k}\\ &=\cfrac{1}{a _ 1}+\sum _ {k=2}^n\cfrac{1}{a _ 1a _ 2\cdots a _ k}\cdot\cfrac{a _ kb _ {k-1}-b _ k}{2}\\ &=1+\cfrac{1}{2}\sum _ {k=2}^n\left(\cfrac{b _ {k-1}}{a _ 1a _ 2\cdots a _ {k-1}}-\cfrac{b _ {k}}{a _ 1a _ 2\cdots a _ {k}}\right)\\ &=\cfrac{3}{2}-\cfrac{b _ n}{2a _ 1a _ 2\cdots a _ n}\end{aligned}$$

所以 $\lim\limits _ {n\to\infty}S _ n=\cfrac{3}{2}$，这就证明了级数 $\displaystyle\sum _ {n=1}^\infty\cfrac{1}{a _ 1a _ 2\cdots a _ n}$ 收敛，且其和为 $\cfrac{3}{2}$。