级数敛散性判断好题

今天分享两道级数好题，和 2014 年数一的级数大题较为类似，可以对比学习。

例 1 ¶

由于级数 \(\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_{n}}{\left\vert{} b_{n} \right\vert{}}\) 收敛，其一般项必须有意义，这隐含了对于所有的 \(n\)，都有 \(b_n \neq 0\)。

已知 \(b_n \in \displaystyle\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)\) 且 \(b_n \neq 0\)，故 \(0 < \cos b_n < 1\)，从而推得 \(1 - \cos b_n > 0\)。

根据已知等式 \(\sin a_n = 1 - \cos b_n\)，可得 \(\sin a_n > 0\)。

又已知 \(a_n \in \displaystyle\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)\)，结合 \(\sin a_n > 0\)，可确定 \(a_n \in \displaystyle\left(0, \frac{\pi}{2}\right)\)。

第一问 ¶

因为级数 \(\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_{n}}{\left\vert{} b_{n} \right\vert{}}\) 收敛，根据级数收敛的必要条件（通项趋于 0），可知：

对于 \(a_n \in \displaystyle\left(0, \frac{\pi}{2}\right)\)，我们熟知不等式 \(a_n > \sin a_n\)。因此结合已知条件有：

上面使用到如下不等式进行放缩：对于 \(x \in \displaystyle\left[0, \frac{\pi}{2}\right]\)，有 \(\displaystyle\sin x \geqslant \frac{2}{\pi}x\)。

因为 \(b_n \neq 0\)，我们在不等式两边同除以 \(\vert{}b_n\vert{}\)，得到：

已知 \(\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{\vert{}b_n\vert{}} = 0\)，根据迫敛性，必然有：

从而得到 \(\displaystyle \lim_{n \to \infty} b_n = 0\)。

因为 \(\sin a_n = 1 - \cos b_n\)，两边同时取极限：

因为 \(a_n \in \left(0, \frac{\pi}{2}\right)\)，且正弦函数在该区间及其边界连续，故 \(\displaystyle \lim_{n \to \infty} a_n = \arcsin 0 = 0\)。

综上所述，\(\displaystyle \lim_{ n \to \infty }a_{n}=0,\lim_{ n \to \infty }b_{n}=0\) 成立。

第二问 ¶

为了证明该级数收敛，我们只需证明其绝对收敛，即证明正项级数 \(\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \vert{}b_n\vert{}\) 收敛即可。

根据第一问的过程，我们发现：

因此答案显然易见。下面我将介绍更加通用的一种方法。

已知正项级数 \(\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_n}{\vert{}b_n\vert{}}\) 收敛。我们考察通项 \(\displaystyle\frac{a_n}{\vert{}b_n\vert{}}\) 与 \(\vert{}b_n\vert{}\) 之间的比值的极限：

将上述比值进行恒等变形：

根据第（1）问的结论，当 \(n \to \infty\) 时，\(a_n \to 0\) 且 \(b_n \to 0\)。利用重要极限和等价无穷小可得：

从而根据正项级数的极限比较判别法，级数 \(\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \vert{}b_n\vert{}\) 与级数 \(\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_n}{\vert{}b_n\vert{}}\) 具有相同的敛散性。

已知 \(\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_n}{\vert{}b_n\vert{}}\) 收敛，故 \(\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \vert{}b_n\vert{}\) 收敛。

因为绝对收敛的级数必然收敛，所以原级数 \(\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}b_{n}\) 也是收敛的。

例 2 ¶

第一问 ¶

构造函数 \(f(x) = \mathrm{e}^x - \mathrm{e}^{-x}\) 与 \(g(x) = x\)。在区间 \([0, a_n]\) 上应用柯西中值定理：存在 \(x_0 \in (0, a_n)\) 使得

将已知等式变形为：

结合两式，得到等式 \(\mathrm{e}^{x_0} + \mathrm{e}^{-x_0} = \mathrm{e}^{b_n} + \mathrm{e}^{-b_n}\)。由于函数 \(y = \mathrm{e}^t + \mathrm{e}^{-t}\) 在 \(t > 0\) 时其导数恒大于 \(0\)，为严格单调递增函数，且 \(x_0 > 0, b_n > 0\)，因此必有 \(x_0 = b_n\)

因为 \(x_0 \in (0, a_n)\)，所以推导出 \(a_n > b_n\)

第二问 ¶

已知级数 \(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}b_{n}\) 收敛，根据级数收敛的必要条件有 \(\displaystyle\lim_{n \to \infty} b_n = 0\)

对下式取极限可得：

令 \(h(x) = \displaystyle\frac{\mathrm{e}^x - \mathrm{e}^{-x}}{x}\)。由于 \(h(a_n) = \mathrm{e}^{b_n} + \mathrm{e}^{-b_n}\)，故 \(\displaystyle\lim_{n \to \infty} h(a_n) = 2\)

通过求导易证 \(h(x)\) 在 \(x > 0\) 时单调递增，且当 \(x \to 0\) 时，利用洛必达法则可知 \(\displaystyle\lim_{x \to 0^+} h(x) = 2\)

由函数 \(h(x)\) 的单调性及极限存在性可以说明，只有当 \(a_n \to 0\) 时才满足此极限条件，故得出结论 \(\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_n = 0\)

第三问 ¶

在下式左右两边同时减去 2：

得：

从而：

根据泰勒展开，我们有：\(\mathrm{e}^{a_n} - \mathrm{e}^{-a_n} - 2a_n \sim \frac{a_n^3}{3}\)，\(\mathrm{e}^{b_n} + \mathrm{e}^{-b_n} - 2 \sim b_n^2\)，从而得到：

即：

所以正项级数 \(a_n\) 与 \(b_n\) 同敛散。

又因为我们已知 \(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} b_n\) 收敛，故 \(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n\) 同样收敛。因此，这两个收敛级数之差 \(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} (b_n - a_n)\) 也必然收敛。从而完成证明。

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