张祖锦2023年数学专业真题分类70天之第21天
461、 1、 计算题. (1)、 求 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{1^2+3^2+\cdots+(2n-1)^2}{n^3}$. (东北师范大学2023年数学分析考研试题) [数项级数 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由
$$\begin{aligned} &\sum_{k=1}^n (2k-1)^2=\sum_{k=1}^n (4k^2-4k+1)\\\\ =&4\frac{n(n+1)(2n-1)}{6}-4\frac{n(n+1)}{2}+n \sim \frac{4n^3}{3} \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知原式 $\displaystyle =\frac{4}{3}$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
462、 10、 设 $\displaystyle a > 0$, 讨论 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \left(\sqrt[n]{a}-\sqrt{1+\frac{1}{n}}\right)$ 的敛散性. (东南大学2023年数学分析考研试题) [数项级数 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由
$$\begin{aligned} a^x-(1+x)^\frac{1}{2}=\mathrm{e}^{x\ln a}-(1+x)^\frac{1}{2} =\left(\ln a-\frac{1}{2}\right)x+O(x^2) \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知 $\displaystyle \sqrt[n]{a}-\sqrt{1+\frac{1}{n}}=\frac{\ln a-\frac{1}{2}}{n}+O\left(\frac{1}{n^2}\right)$. 故当且仅当 $\displaystyle \ln a=\frac{1}{2}\Leftrightarrow a=\sqrt{\mathrm{e}}$ 时, 原级数发散.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
463、 5、 证明 级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{\sqrt{n}}}{n}$ 收敛. (哈尔滨工程大学2023年数学分析考研试题) [数项级数 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由
$$\begin{aligned} \left[\sqrt{n}\right]=k\Leftrightarrow k\leq \sqrt{n} < k+1\Leftrightarrow k^2\leq n < (k+1)^2 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知
$$\begin{aligned} \mbox{原式}&=\sum_{k=1}^\infty (-1)^k \left[\frac{1}{k^2}+\frac{1}{k^2+1}+\cdots+\frac{1}{(k+1)^2-1}\right] \equiv \sum_{k=1}^\infty (-1)^k u_k. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
$\displaystyle u_k$ 共有 $\displaystyle 2k+1$ 项, 我们估计如下:
$$\begin{aligned} u_k&=\sum_{i=0}^{k-1} \frac{1}{k^2+i}+\sum_{i=k}^{2k} \frac{1}{k^2+i} < \frac{1}{k^2}\cdot k+\frac{1}{k^2+k}\cdot (k+1)=\frac{2}{k},\\\\ u_k& > \sum_{i=0}^{k-1}\frac{1}{k^2+k} +\sum_{i=k}^{2k}\frac{1}{k^2+2k} =\frac{1}{k+1}+\frac{k+1}{k(k+2)} > \frac{2}{k+1}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故 $\displaystyle u_k > \frac{2}{k+1} > u_{k+1}$. 据 Leibniz 判别法即知 $\displaystyle \sum_{k=1}^\infty (-1)^k u_k$ 收敛. 又原级数的任一部分和总是夹在新级数 $\displaystyle \sum_{k=1}^\infty (-1)^k u_k$ 的两部分和之间, 所以原级数也收敛.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
464、 (4)、 对于数列 $\displaystyle \left\{a_n\right\}, \left\{b_n\right\}$, 总有 $\displaystyle a_n\leq b_n$. 若 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty b_n$ 收敛, 则 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_n$ 收敛. (哈尔滨工业大学2023年数学分析考研试题) [数项级数 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / $\displaystyle \times$. 比如 $\displaystyle a_n=-1, b_n=\frac{1}{n^2}$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
465、 6、 证明级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \left(\frac{1}{\sqrt{n}}-\sqrt{\ln \frac{n+1}{n}}\right)$ 收敛, 并且其和小于 $\displaystyle 1$. (哈尔滨工业大学2023年数学分析考研试题) [数项级数 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由
$$\begin{aligned} \frac{1}{\sqrt{k}}-\sqrt{\ln \frac{k+1}{k}} =&\frac{1}{\sqrt{k}}-\sqrt{\ln (k+1)-\ln k}\\\\ \xlongequal[\tiny\mbox{中值}]{\tiny\mbox{Lagrange}}& \frac{1}{\sqrt{k}}-\sqrt{\frac{1}{\xi_k}}\left(k < \xi_k < k+1\right) \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知原级数为正项级数, 且
$$\begin{aligned} &\sum_{k=1}^n \left(\frac{1}{\sqrt{k}}-\sqrt{\ln \frac{k+1}{k}}\right) =\sum_{k=1}^n \left(\frac{1}{\sqrt{k}}-\sqrt{\frac{1}{\xi_k}}\right)\\\\ < &\sum_{k=1}^n \left(\frac{1}{\sqrt{k}}-\sqrt{\frac{1}{k+1}}\right) =1-\frac{1}{\sqrt{n+1}} < 1.\qquad(I) \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故原级数的部分和有界, 从而原级数收敛. 进一步,
$$\begin{aligned} \sum_{n=1}^\infty \left(\frac{1}{\sqrt{n}}-\sqrt{\ln \frac{n+1}{n}}\right) =&1-\sqrt{\ln 2}+\sum_{n=2}^\infty\left(\frac{1}{\sqrt{n}}-\sqrt{\ln \frac{n+1}{n}}\right)\\\\ \stackrel{\mbox{类似 $\displaystyle (I)$}}{\leq}&1-\sqrt{\ln 2}+\frac{1}{\sqrt{2}} < 1. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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466、 (4)、 级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_n$ 收敛, 则 $\displaystyle a_n=o\left(\frac{1}{n}\right)$. (河海大学2023年数学分析考研试题) [数项级数 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / $\displaystyle \times$. 比如 $\displaystyle a_n=\left\{\begin{array}{llllllllllll}\frac{1}{n^2},&n\neq k^2\left(k=1,2,\cdots\right),\\\\ \frac{1}{k},&n=k^2\end{array}\right.$. 我们有
$$\begin{aligned} \sum_{n=1}^\infty a_n=\sum_{n\not\in \left\{1,4,9,\cdots\right\}}\frac{1}{n^2} +\sum_{n\in\left\{1,4,9,\cdots\right\}}\frac{1}{n} \leq \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}+\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} < \infty, \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
但
$$\begin{aligned} k^2a_{k^2}=k^2\cdot \frac{1}{k}=k\not\to 0\left(k\to\infty\right). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}na_n=0$ 不成立.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
467、 13、 设 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty x_n$ 收敛, $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{y_n}{x_n}=1$, 问: $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty y_n$ 是否收敛? (黑龙江大学2023年数学分析考研试题) [数项级数 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / $\displaystyle \times$. 比如
$$\begin{aligned} x_n=\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}, y_n=\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}+\frac{1}{n}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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468、 10、 已知 $\displaystyle \left\{a_n\right\}$ 满足 $\displaystyle a_1\geq a_2\geq \cdots \geq a_n\geq 0$. 证明: $\displaystyle \sum_{k=1}^\infty a_k$ 收敛当且仅当 $\displaystyle \sum_{i=0}^\infty 2^i a_{2^i}$ 收敛. (华南理工大学2023年数学分析考研试题) [数项级数 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由
$$\begin{aligned} \sum_{n=1}^\infty a_n&=a_1+(a_2+a_3)+(a_4+\cdots+a_7) +(a_8+\cdots+a_{15})+\cdots\\\\ &\leq a_1+2a_2+2^2a_4+a^3a_8+\cdots =\sum_{n=0}^\infty 2^na_{2^n} \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知 $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty 2^na_{2^n}$ 收敛 $\displaystyle \Rightarrow \sum_{n=1}^\infty a_n$ 收敛. 又由
$$\begin{aligned} \sum_{n=1}^\infty a_n&=a_1+a_2+(a_3+a_4)+(a_5+\cdots+a_8)+(a_9+\cdots+a_{16})+\cdots\\\\ &\geq a_1+a_2+2a_{2^2}+2^2a_{2^3} +2^3a_{2^4}+\cdots\\\\ &=\frac{a_1}{2}+\frac{1}{2}\left(a_1+2a_2+2^2a_{2^2}+2^3a_{2^3} +2^4a_{2^4}+\cdots\right)\\\\ &=\frac{a_1}{2}+\frac{1}{2}\sum_{n=0}^\infty 2^na_{2^n} \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_n$ 收敛 $\displaystyle \Rightarrow \sum_{n=0}^\infty 2^na_{2^n}$ 收敛.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
469、 4、 (10 分) 判断级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{n^{p+\frac{1}{n}}}$ 的敛散性, 其中 $\displaystyle p > 0$. 若收敛, 是条件收敛还是绝对收敛? (华南师范大学2023年数学分析考研试题) [数项级数 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 当 $\displaystyle 0 < p\leq 1$ 时, 设 $\displaystyle g(x)=\frac{1}{x^{p+\frac{1}{x}}}$, 则
$$\begin{aligned} &\ln g(x)=-\left(p+\frac{1}{x}\right) \ln x\\\\ \Rightarrow&\frac{g'(x)}{g(x)}=\frac{1}{x^2}\ln x-\left(p+\frac{1}{x}\right)\frac{1}{x} -\frac{1}{x}\left[p+\frac{1}{x}-\frac{\ln x}{x}\right] < 0, x\gg 1. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故当 $\displaystyle x$ 充分大时, $\displaystyle g\searrow 0$. 据 Leibniz 判别法知原级数收敛. 又由
$$\begin{aligned} \frac{1}{n^{p+\frac{1}{n}}}\sim \frac{1}{n^p}, \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^p}=+\infty \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知原级数条件收敛. (2)、 当 $\displaystyle p > 1$ 时, 由
$$\begin{aligned} \frac{1}{n^{p+\frac{1}{n}}} < \frac{1}{n^p}, \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^p} < \infty \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知原级数绝对收敛.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
470、 3、 (12 分) 证明数项级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \cos\left(\pi \sqrt{n^2+n}\right) \arcsin\frac{n}{n+1}$ 是条件收敛的. (吉林大学2023年数学分析考研试题) [数项级数 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由
$$\begin{aligned} &\cos\left(\pi \sqrt{n^2+n}\right)=(-1)^n \cos\pi \left(\sqrt{n^2+n}-n\right)\\\\ =&(-1)^n \cos\frac{\pi n}{\sqrt{n^2+n}+n} =(-1)^n \cos\frac{\pi}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1} \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知
$$\begin{aligned} \mbox{原式}=\sum_{n=1}^\infty (-1)^n \cos\frac{\pi}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1}\arcsin \frac{1}{1+\frac{1}{n}}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
由 Leibniz 判别法知 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty (-1)^n \cos\frac{\pi}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1}$ 收敛. 又由 Abel 判别法知原式收敛. 最后, 由
$$\begin{aligned} &\cos\frac{\pi}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1}\arcsin \frac{1}{1+\frac{1}{n}} \sim\sin\left(\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1}\right)\cdot\frac{\pi}{2}\\\\ \sim&\left(\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1}\right)\cdot\frac{\pi}{2} =\left(\frac{\pi}{2}\right)^2 \left(1-\frac{2}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1}\right)\\\\ =&\left(\frac{\pi}{2}\right)^2 \frac{\sqrt{1+\frac{1}{n}}-1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1} \sim\frac{\pi^2}{8}\left(\sqrt{1+\frac{1}{n}}-1\right) =\frac{\pi^2\frac{1}{n}}{8\left(\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1\right)}\sim\frac{\pi^2}{16n} \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知原式条件收敛.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
471、 (0-16)、 判断级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{n!}{20^n}$ 的敛散性. (吉林师范大学2023年(学科数学)数学分析考研试题) [数项级数 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 设 $\displaystyle a_n=\frac{n!}{20^n}$, 则
$$\begin{aligned} \lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\lim_{n\to\infty}\frac{(n+1)!}{20^{n+1}}\cdot \frac{20^n}{n!} =\lim_{n\to\infty}\frac{n+1}{20}=+\infty. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
由比较判别法知原级数发散.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
472、 7、 设
$$\begin{aligned} a_1=1, a_2=2, a_{n+2}=3a_n-a_{n-1}\left(n=2,3,\cdots\right). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
记 $\displaystyle x_n=\frac{1}{a_n}$, 证明: $\displaystyle \left\{x_n\right\}$ 收敛, 并求 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}x_n$, 判断级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty x_n$ 的敛散性. (南京航空航天大学2023年数学分析考研试题) [数项级数 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 递推式的特征方程为 $\displaystyle \lambda^2-3\lambda+1=0\Rightarrow\lambda =\lambda_\pm =\frac{3\pm \sqrt{5}}{2}$. 故可设
$$\begin{aligned} a_n=c_1\lambda_+^n+c_2\lambda_-^n \stackrel{a_1=1, a_2=2}{\Rightarrow}& c_1=\frac{5-\sqrt{5}}{10}, c_2=\frac{5+\sqrt{5}}{10}\\\\ \Rightarrow& a_n=\frac{5-\sqrt{5}}{10}\lambda_+^n+\frac{5+\sqrt{5}}{10}\lambda_-^n. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
由 $\displaystyle \lambda_+ > 1 > \lambda_- > 0$ 知 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}a_n=+\infty$, $\displaystyle \lim_{n\to\infty}x_n=0$, 且
$$\begin{aligned} a_n\sim \frac{5-\sqrt{5}}{10}\lambda_+^n\Rightarrow x_n\sim \frac{10}{5-\sqrt{5}}\frac{1}{\lambda_+^n} \Rightarrow \sum_{n=1}^\infty x_n < \infty. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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473、 6、 (15 分) 设 $\displaystyle \left\{a_n\right\}$ 是单调递减正整数列, $\displaystyle \varlimsup_{n\to\infty}na_n > 0$. 证明级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_n$ 发散. (南开大学2023年数学分析考研试题) [数项级数 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由
$$\begin{aligned} &0 < a=\varlimsup_{n\to\infty}a_n=\inf_{n\geq 1}\sup_{k\geq n}ka_k\\\\ \Rightarrow&\forall\ n\geq 1, \exists\ k\geq n,\mathrm{ s.t.} ka_k > \frac{a}{2}\\\\ \Rightarrow&\exists\ n_k\mbox{严}\nearrow ,\mathrm{ s.t.} n_ka_{n_k} > \frac{a}{2} \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知
$$\begin{aligned} &\sum_{k=m+1}^{m+p}\sum_{i=n_{k-1}+1}^{n_k}a_i \geq \sum_{k=m+1}^{m+p} a_{n_k}(n_k-n_{k-1})\\\\ \geq& \sum_{k=m+1}^{m+p} \frac{a}{n_k}(n_k-n_{k-1}) \geq\frac{a}{2n_{m+p}} \sum_{k=m+1}^{m+p}(n_k-n_{k-1})\\\\ =&\frac{a}{2n_{m+p}}(n_{m+p}-n_m) =\frac{a}{2}\left(1-\frac{n_m}{n_{m+p}}\right). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
令 $\displaystyle p\to\infty$ 得 $\displaystyle \sum_{i=n_m+1}^\infty a_i\geq \frac{a}{2}$. 故 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_n$ 发散.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
474、 (2)、 (20 分) 设 $\displaystyle a_1=2, a_{n+1}=\frac{1}{2}\left(a_n+\frac{1}{a_n}\right), n=1,2,\cdots$. 证明: (2-1)、 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}a_n$ 存在; (2-2)、 级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \left(\frac{a_n}{a_{n+1}}-1\right)$ 收敛. (山东大学2023年数学分析考研试题) [数项级数 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (2-1)、 由
$$\begin{aligned} a_1=2,\quad n\geq 2\Rightarrow a_n=\frac{1}{2}\left(a_{n-1}+\frac{1}{a_{n-1}}\right)\geq 1 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知 $\displaystyle a_n\geq 1$. 又由
$$\begin{aligned} a_{n+1}-a_n=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a_n}-a_n\right) =\frac{1-a_n^2}{2a_n}\leq 0 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知 $\displaystyle a_n\searrow$. 据单调有界定理知 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}a_n=l$ 存在, 且
$$\begin{aligned} l=\frac{1}{2}\left(l+\frac{1}{l}\right)\Rightarrow l=1. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(2-2)、
$$\begin{aligned} 0\leq&\sum_{n=1}^\infty \left(\frac{a_n}{a_{n+1}}-1\right) =\sum_{n=1}^\infty \frac{a_n-a_{n+1}}{a_{n+1}}\\\\ \leq& \sum_{n=1}^\infty (a_n-a_{n+1}) =a_1-\lim_{n\to\infty}a_n=a_1-1=1. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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475、 5、 (15 分) 已知 $\displaystyle p\in\mathbb{R}$, 讨论级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{\ln n}{n^p}$ 的敛散性. (陕西师范大学2023年数学分析考研试题) [数项级数 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 当 $\displaystyle p > 1$ 时, 由
$$\begin{aligned} &\lim_{n\to\infty}\frac{\frac{\ln n}{n^p}}{\frac{1}{n^\frac{1+p}{2}}} =\lim_{n\to\infty}\frac{\ln n}{n^\frac{p-1}{2}} \xlongequal[\tiny\mbox{原理}]{\tiny\mbox{归结}} \lim_{x\to+\infty}\frac{2}{p-1}\frac{\ln x^\frac{p-1}{2}}{x^\frac{p-1}{2}}\\\\ =&\frac{2}{p-1}\lim_{t\to+\infty}\frac{\ln t}{t}\xlongequal{\tiny\mbox{L'Hospital}} \cdots=0 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
及比较判别法知原级数收敛. (2)、 当 $\displaystyle p\leq 1$ 时, 由
$$\begin{aligned} \lim_{n\to\infty}\frac{\frac{\ln n}{n^p}}{\frac{1}{n}} =\lim_{n\to\infty}n^{1-p}\ln n=+\infty \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
及比较判别法知原级数发散.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
476、 (2)、 已知正项级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty x_n$ 收敛, 级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \sqrt{x_nx_{n+1}}$ 是否收敛? 反之, 若级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \sqrt{x_nx_{n+1}}$ 收敛, $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty x_n$ 是否收敛? (上海财经大学2023年数学分析考研试题) [数项级数 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (2-1)、 由
$$\begin{aligned} &\sum_{n=1}^\infty \sqrt{a_na_{n+1}}\stackrel{\tiny\mbox{Schwarz}}{\leq} \sum_{n=1}^\infty \frac{a_n+a_{n+1}}{2}\\\\ \leq& \frac{1}{2}\sum_{n=1}^\infty a_n+\frac{1}{2}\sum_{n=1}^\infty a_n=\sum_{n=1}^\infty a_n < \infty \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \sqrt{x_nx_{n+1}}$ 收敛. (2-2)、 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty x_n$ 未必收敛. 比如 $\displaystyle a_n=\left\{\begin{array}{llllllllllll}\frac{1}{k},&n=2k,\\\\ \frac{1}{k^3},&n=2k-1.\end{array}\right.$ 则
$$\begin{aligned} \sum_{n=1}^\infty a_n > \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k}=+\infty, \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
但
$$\begin{aligned} &\sqrt{a_na_{n+1}}=\left\{\begin{array}{llllllllllll}\sqrt{\frac{1}{k} \frac{1}{(k+1)^3}},&n=2k,\\\\ \sqrt{\frac{1}{k^3}\cdot \frac{1}{k}},&n=2k-1\end{array}\right.\\\\ \Rightarrow&\sum_{n=1}^\infty \sqrt{a_na_{n+1}} < \infty. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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477、 (3)、 级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_n$ 收敛, 则任意加括号, 只要不改变其先后次序, 所得的新级数仍然收敛. (上海交通大学2023年数学分析考研试题) [数项级数 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / $\displaystyle \times$. $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_n$ 条件收敛时, 结论不成立. 这就是著名的 Riemann 重排定理.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
478、 6、 (20 分) 设 $\displaystyle a_n > 0$, 且 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_n$ 收敛, 令 $\displaystyle r_n=\sum_{m=n}^\infty a_m$. (1)、 证明 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{r_n}$ 发散; (2)、 证明 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{\sqrt{r_n}}$ 收敛. (上海交通大学2023年数学分析考研试题) [数项级数 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 对 $\displaystyle \forall\ n\geq 1$,
$$\begin{aligned} &\sum_{k=n}^{n+p-1}\frac{a_k}{r_k} =\sum_{k=n}^{n+p-1}\frac{r_k-r_{k+1}}{r_k}\\\\ \geq& \frac{1}{r_n}\sum_{k=n}^{n+p-1}(r_k-r_{k+1}) =\frac{r_n-r_{n+p}}{r_n}=1-\frac{r_{n+p}}{r_n}\xrightarrow{p\to\infty}1. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
由 Cauchy 收敛准则知 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{r_n}$ 发散. (2)、 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{\sqrt{r_n}}$ 收敛.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
479、 6、 (本题 10 分) 讨论级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n}\left[\mathrm{e}-\left(1+\frac{1}{n}\right)^n\right]^p$ 的敛散性. (四川大学2023年数学分析考研试题) [数项级数 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由
$$\begin{aligned} &\frac{1}{n}\left[\mathrm{e}-\mathrm{e}^{n\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)}\right]^p =\frac{1}{n}\mathrm{e}^p \left\{1-\mathrm{e}^{n\left[\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)-\frac{1}{n}\right]}\right\}^p\\\\ \sim& \mathrm{e}^p\frac{1}{n}\left\{n\left[\frac{1}{n}-\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)\right]\right\}^p\left(\mathrm{e}^t-1\sim t, t\to 0\right)\\\\ \sim& \mathrm{e}^p\frac{1}{n}\frac{1}{(2n)^p}\left(t-\ln (1+t)\sim \frac{t^2}{2}, t\to 0\right) \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知当 $\displaystyle p\leq 0$ 时, 原级数发散; 当 $\displaystyle p > 0$ 时, 原级数收敛.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
480、 11、 (10 分) 设 $\displaystyle \left\{a_n\right\}$ 是正项数列, 且级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_n$ 发散. (1)、 若 $\displaystyle \left\{a_n\right\}$ 单调递减, 证明 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{1+na_n}$ 发散; (2)、 举例说明 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{1+na_n}$ 可以收敛. (苏州大学2023年数学分析考研试题) [数项级数 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 设 $\displaystyle S_n=\sum_{k=1}^n a_k$, 则由 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_n$ 发散知 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}S_n=+\infty$. 又由 $\displaystyle a_n\searrow$ 知 $\displaystyle na_n\leq S_n\leq na_1$. 于是
$$\begin{aligned} &\sum_{k=n+1}^{n+p}\frac{a_k}{1+ka_k} \geq \sum_{k=n+1}^{n+p}\frac{a_k}{1+S_k} \geq \frac{1}{1+S_{n+p}}\sum_{k=n+1}^{n+p}a_k\\\\ =&\frac{S_{n+p}-S_n}{1+S_{n+p}} =\frac{1}{\frac{1}{S_{n+p}}+1}-\frac{S_n}{1+S_{n+p}} \xrightarrow{p\to\infty}1. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
由 Cauchy 收敛准则即知 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{1+na_n}$ 发散. (2)、 取 $\displaystyle a_n=\left\{\begin{array}{llllllllllll}1,&n=k^2\\\\ 0,&n\neq k^2\end{array}\right.(k=1,2,\cdots)$, 则 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_n=\sum_{k=1}^\infty 1=+\infty$, 但
$$\begin{aligned} \sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{1+na_n}=\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{1+k^2} < \infty. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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481、 12、 设正项级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_n$ 收敛, 记 $\displaystyle R_n=\sum_{k=n+1}^\infty a_k$. 证明: (1)、 级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{\sqrt[3]{R_n^2} +\sqrt[3]{R_nR_{n-1}}+\sqrt[3]{R_{n-1}^2}}$ 收敛; (2)、 级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{R_n+R_{n-1}}$ 发散. (太原理工大学2023年数学分析考研试题) [数项级数 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 由 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_n$ 收敛知 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}R_n=0$, 而
$$\begin{aligned} \mbox{原式}=&\sum_{n=1}^\infty \frac{R_{n-1}-R_n}{\sqrt[3]{R_n^2} +\sqrt[3]{R_nR_{n-1}}+\sqrt[3]{R_{n-1}^2}} =\sum_{n=1}^\infty \left(\sqrt[3]{R_{n-1}}-\sqrt[3]{R_{n}}\right)\\\\ =&\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n \left(\sqrt[3]{R_{k-1}}-\sqrt[3]{R_{k}}\right) =\lim_{n\to\infty}\left(\sqrt[3]{R_0}-\sqrt[3]{R_n}\right)\\\\ =&\sqrt[3]{R_0}=\sqrt[3]{\sum_{n=1}^\infty a_n} < \infty. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(2)、 由
$$\begin{aligned} &\sum_{k=n+1}^{n+p}\frac{a_k}{R_k+R_{k-1}} =\sum_{k=n+1}^{n+p}\frac{R_{k-1}-R_k}{R_{k-1}+R_k}\\\\ \geq& \frac{1}{R_n}\sum_{k=n+1}^{n+p}(R_{k-1}-R_k) =\frac{1}{R_n}(R_n-R_{n+p}) =1-\frac{R_{n+p}}{R_n}\xrightarrow{p\to\infty}1 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
及 Cauchy 收敛准则知 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{R_n+R_{n-1}}$ 发散.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
482、 6、 设 $\displaystyle n$ 是一正整数, 证明: (1)、 方程 $\displaystyle f_n(x)=x^n+nx-1=0$ 在 $\displaystyle (0,+\infty)$ 内有唯一的正实根 $\displaystyle a_n$; (2)、 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty (-1)^na_{2n+1}$ 条件收敛. (天津大学2023年数学分析考研试题) [数项级数 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 由 $\displaystyle f_n(0)=-1, f_n(1)=n > 0$ 知 $\displaystyle f_n$ 在 $\displaystyle (0,1)$ 中有一个零点 $\displaystyle a_n$. 又由 $\displaystyle f_n'(x)=nx^{n-1}+n > 0$ 知 $\displaystyle f$ 在正实根唯一, 就是 $\displaystyle a_n$. (2)、 由
$$\begin{aligned} &f_{2n+1}(x)-f_{2n-1}(x)=[x^{2n+1}+(2n+1)x]-[x^{2n-1}+(2n-1)x]\\\\ =&-x^{2n-1}(1-x^2)+2x \geq -x(1-x^2)+2x=x(1+x^2) > 0 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知
$$\begin{aligned} f_{2n+1}(a_{2n+1})=0=f_{2n-1}(a_{2n-1})\leq f_{2n+1}(a_{2n-1}) \stackrel{f_{2n+1}\mbox{严}\nearrow }{\Rightarrow}a_{2n+1}\leq a_{2n-1}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
又由
$$\begin{aligned} f_n(a_n)=0 < \frac{1}{n^n}=f_n\left(\frac{1}{n}\right)\Rightarrow a_n < \frac{1}{n}\Rightarrow \lim_{n\to\infty}a_n=0 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
及 Leibniz 判别法知 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty (-1)^n a_{2n-1}$ 收敛. 最后由
$$\begin{aligned} 1-na_n=a_n^n < \frac{1}{n^n}\xrightarrow{n\to\infty}0\Rightarrow \lim_{n\to\infty}na_n=1\Rightarrow a_n\sim\frac{1}{n} \Rightarrow \sum_{n=1}^\infty a_{2n-1}=+\infty \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty (-1)^na_{2n+1}$ 条件收敛.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
483、 (2)、 讨论级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{a^nn!}{n^n}$ 的敛散性 ($a > 0$). (武汉理工大学2023年数学分析考研试题) [数项级数 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 设 $\displaystyle x_n=\frac{a^n n!}{n^n}$, 则
$$\begin{aligned} \lim_{n\to\infty}\frac{x_{n+1}}{x_n}=\lim_{n\to\infty}\frac{a}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^n}=\frac{a}{\mathrm{e}}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故当 $\displaystyle a < \mathrm{e}$ 时, 原级数收敛; 当 $\displaystyle a > \mathrm{e}$ 时, 原级数发散; 当 $\displaystyle a=\mathrm{e}$ 时, 由 Stirling 公式
$$\begin{aligned} n!\sim \sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{\mathrm{e}}\right)^n\Rightarrow x_n\sim \sqrt{2\pi n} \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知原级数发散. 综上即知原级数收敛 $\displaystyle \Leftrightarrow 0 < a < \mathrm{e}$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
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