正项级数

Abstract（摘要）

本篇内容主要涉及正项级数中的比较判别法，根式判别法，比式判别法，积分判别法，拉贝判别法，包括上述判别法的一般情形和极限情形，而在积分判别法的使用过程中又会和反常积分的敛散性问题相关联.

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Table of Contents（目录）

1. 1. 问题陈述（Problem Statement）
2. 2. 预备知识（Preliminaries）
3. 3. 主要结果与证明（Main Result & Proof）
4. 4. 注记与讨论（Remarks & Discussion）
5. 5. 相关拓展（Related Extensions）
6. 6. 参考文献（References）

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1. 问题陈述（Problem Statement）

1. 应用比较原则判别下列级数的敛散性：

(1) \(\displaystyle \sum \frac{1}{n^2+a^2}\)；

(2) \(\displaystyle \sum 2^n \sin \frac{\pi}{3^n}\)；

(3) \(\displaystyle \sum \frac{1}{\sqrt{1+n^2}}\)；

(4) \(\displaystyle \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{(\ln n)^n}\)；

(5) \(\displaystyle \sum \biggl(1-\cos \frac{1}{n}\biggr)\)；

(6) \(\displaystyle \sum \frac{1}{n\sqrt[n]{n}}\)；

(7) \(\displaystyle \sum \bigl(\sqrt[n]{a}-1\bigr)\ (a>1)\)；

(8) \(\displaystyle \sum_{n=2}^{\infty} \frac{n}{(\ln n)^{\ln n}}\)；

(9) \(\displaystyle \sum \biggl(a^{\frac{1}{n}}+a^{-\frac{1}{n}}-2\biggr)\ (a>0)\)；

(10) \(\displaystyle \sum \frac{1}{n^{2n\sin \frac{1}{n}}}\)；

2. 用比式判别法或根式判别法讨论下列级数的敛散性：

(1) \(\displaystyle \sum \frac{1 \cdot 3 \cdot \ \cdots \ \cdot (2n-1)}{n!}\)；

(2) \(\displaystyle \sum \frac{(n+1)!}{10^n}\)；

(3) \(\displaystyle \sum \left(\frac{n}{2n+1}\right)^n\)；

(4) \(\displaystyle \sum \frac{n!}{n^n}\)；

(5) \(\displaystyle \sum \frac{n^2}{2^n}\)；

(6) \(\displaystyle \sum \left(\frac{b}{a_n}\right)^n\)（其中 \(a_n \to a\ (n\to\infty)\ ,a_n,b,a>0\)，且 \(a \neq b\)）.

3. 设\(\sum u_n\)和\(\sum v_n\)为正项级数,且存在正数\(N_0\),对一切\(n>N_0\),有

\[\frac{u_{n+1}}{u_n} \le \frac{v_{n+1}}{v_n}, \]

证明: 若级数\(\sum v_n\)收敛,则级数\(\sum u_n\)也收敛;若\(\sum u_n\)发散,则\(\sum v_n\)也发散.

4. 设正项级数\(\sum a_n\)收敛,证明\(\sum a_n^2\)亦收敛;试问反之是否成立?

5. 设\(a_n \ge 0,n=1,2,\cdots\),且\(\{na_n\}\)有界,证明:\(\sum a_n^2\)收敛.

6. 设级数 \(\sum a_n^2\) 收敛，证明：\(\displaystyle \sum \frac{a_n}{n}\ (a_n>0)\) 也收敛。

7. 设正项级数 \(\sum u_n\) 收敛，证明：级数 \(\sum \sqrt{u_n u_{n+1}}\) 也收敛。

8. 利用级数收敛的必要条件，证明下列等式：
   (1) \(\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{n^n}{(n!)^2} = 0\)；
   (2) \(\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{(2n)!}{a^n} = 0\quad (a>1)\)。

9. 用积分判别法讨论下列级数的敛散性：

(1) \(\displaystyle \sum \frac{1}{n^2+1}\)；

(2) \(\displaystyle \sum \frac{n}{n^2+1}\)；

(3) \(\displaystyle \sum_{n=2}^{\infty} \frac{n}{e^{\sqrt{n}}}\)。

10. 判别下列级数的敛散性：

(1) \(\displaystyle \sum \frac{n-\sqrt{n}}{2n-1}\)；

(2) \(\displaystyle \sum \frac{1}{1+a^n}\quad (a>1)\)；

(3) \(\displaystyle \sum \frac{n\ln n}{2^n}\)；

(4) \(\displaystyle \sum \frac{n! \cdot 2^n}{n^n}\)；

(5) \(\displaystyle \sum \frac{n! \cdot 3^n}{n^n}\)；

(6) \(\displaystyle \sum \frac{1}{3^{\ln n}}\)；

(7) \(\displaystyle \sum \frac{x^n}{(1+x)(1+x^2)\cdots(1+x^n)}\quad (x>0)\)。

11. 用拉贝判别法判别下列级数的敛散性：
    (1) \(\displaystyle \sum \frac{1 \cdot 3 \cdot \cdots \cdot (2n-1)}{2 \cdot 4 \cdot \cdots \cdot (2n)} \cdot \frac{1}{2n+1}\)；
    (2) \(\displaystyle \sum \frac{n!}{(x+1)(x+2)\cdots(x+n)}\quad (x>0)\)。

12. 求下列极限（其中 \(p>1\)）：
    (1) \(\displaystyle \lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{(n+1)^p} + \frac{1}{(n+2)^p} + \dots + \frac{1}{(2n)^p} \right)\)；
    (2) \(\displaystyle \lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{p^{n+1}} + \frac{1}{p^{n+2}} + \dots + \frac{1}{p^{2n}} \right)\)。

13. 用根式判别法证明级数 \(\sum 2^{-n-(-1)^n}\) 收敛，并说明比式判别法对此级数无效。

14. 讨论级数 \(\displaystyle \sum_{n=3}^{\infty} \frac{1}{n(\ln n)^p (\ln\ln n)^q}\) 的敛散性，其中 \(p,q\) 为任意实数。

15. 设 \(\{a_n\}\) 为递减正项数列，证明：\(\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_n\) 与 \(\sum 2^m a_{2^m}\) 同时收敛或同时发散。

16. 设 \(a_n>0\)，证明数列 \(\{(1+a_1)(1+a_2)\cdots(1+a_n)\}\) 与级数 \(\sum a_n\) 同时收敛或同时发散。

17. 设 \(\sum u_n\) 为收敛的正项级数，\(S_n\) 为 \(\sum u_n\) 的部分和，\(S = \sum u_n\)。证明：\(\sum (\sqrt{S} - S_{n-1})- \sqrt{S - S_n})\) 收敛.

18. 设 \(\sum u_n\) 为发散的正项级数,\(S_n\) 为 \(\sum u_n\) 的部分和.证明:

\[\sum \frac{u_n}{S_n} \]

发散.

2. 预备知识（Preliminaries）

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3. 主要结果与证明（Main Result & Proof）

1. 应用比较原则判别下列级数的敛散性：

(1) \(\displaystyle \sum \frac{1}{n^2+a^2}\)；

证明:对 \(\forall n∈N\)，有

\[\frac{1}{n^2+a^2} \le \frac{1}{n^2} \]

由 $$\displaystyle \sum \frac{1}{n^2}$$ 收敛及比较原则可知 \(\displaystyle \sum \frac{1}{n^2+a^2}\) 收敛.\(\Box\)

(2) \(\displaystyle \sum 2^n \sin \frac{\pi}{3^n}\)；

证明:因为对 \(\forall x>0\)，有 \(\sin x \le x\)

所以

\[2^n \sin \frac{\pi}{3^n} \le 2^n \cdot \frac{\pi}{3^n} = \left(\frac{2}{3}\right)^n \pi \]

由 $$\displaystyle \sum \left(\frac{2}{3}\right)^n \pi$$ 收敛及比较原则可知 \(\displaystyle \sum 2^n \sin \frac{\pi}{3^n}\) 收敛.\(\Box\)

(3) \(\displaystyle \sum \frac{1}{\sqrt{1+n^2}}\)；

证明:对 \(\forall n \in N\)，有

\[\frac{1}{\sqrt{1+n^2}} \ge \frac{1}{\sqrt{n^2+n^2}} = \frac{1}{\sqrt{2}\,n} \]

由 \(\displaystyle \sum \frac{1}{n}\) 发散及比较原则可知\(\displaystyle \sum \frac{1}{\sqrt{1+n^2}}\) 发散.\(\Box\)

(4) \(\displaystyle \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{(\ln n)^n}\)；

证明:对 \(\forall n\ge3\)，有 \(\ln n \ge \ln3 > \ln e =1\)

所以

\[\frac{1}{(\ln n)^n} \le \frac{1}{(\ln 3)^n} = \left( \frac{1}{\ln 3} \right)^n \]

由 \(\displaystyle \sum \left( \frac{1}{\ln 3} \right)^n\) 收敛及比较原则可知 \(\displaystyle \sum \frac{1}{(\ln n)^n}\) 收敛.\(\Box\)

(5) \(\displaystyle \sum \biggl(1-\cos \frac{1}{n}\biggr)\)；

证明:

\[1-\cos\frac{1}{n} = 1-\biggl(1-2\sin^2\frac{1}{2n}\biggr) = 2\sin^2\frac{1}{2n} \]

因为 对 \(\forall x>0\)，有 \(\sin x \le x\)

所以

\[2\sin^2\frac{1}{2n} \le 2\cdot \left(\frac{1}{2n}\right)^2 = \frac{1}{2n^2}\quad (\forall n\in N) \]

由 \(\displaystyle \sum \frac{1}{n^2}\) 收敛及比较原则可知 \(\displaystyle \sum \biggl(1-\cos\frac{1}{n}\biggr)\) 收敛.\(\Box\)

(6) \(\displaystyle \sum \frac{1}{n\sqrt[n]{n}}\)；

证明:对 \(\forall n\ge3\)，有

\[n^{\frac{1}{n}}= e^{\ln n^{\frac{1}{n}}}=e^{\frac{\ln n}{n}} \le e^{\frac{\ln 3}{3}} \]

因此

\[\frac{1}{n\sqrt[n]{n}} \ge \frac{1}{n e^{\frac{\ln 3}{3}}}=\frac{1}{n \sqrt[3]{3}} \]

而 \(\displaystyle \sum \frac{1}{n}\) 发散，由比较原则有\(\displaystyle \sum \frac{1}{n\sqrt[n]{n}}\) 发散.\(\Box\)

(7) \(\displaystyle \sum \bigl(\sqrt[n]{a}-1\bigr)\ (a>1)\)；

证明:设 $$u_n = \sqrt[n]{a}-1\quad (a>1)$$

令 $$a=1+h\ (h>0)$$

有 $$u_n = \sqrt[n]{1+h}-1$$

取 $$v_n = \frac{h}{n}$$
考虑极限

\[\lim_{n \to \infty} \frac{\sqrt[n]{1+h}-1}{\displaystyle \frac{h}{n}} = \frac{\ln(1+h)}{h} \]

\[(\lim_{x\to \infty} \frac{\sqrt[n]{1+h}-1}{\displaystyle \frac{1}{x}} = \lim_{x \to \infty} \frac{(1+h)^{\frac{1}{x}}\cdot \ln(1+h)\cdot \left(-\frac{1}{x^2}\right)}{-\frac{1}{x^2}}= \ln(1+h)) \]

故 \(\sum u_n\) 与 \(\sum v_n\) 同敛散

由

\[\sum \frac{h}{n}\ \]

发散可知

\[\sum \left(\sqrt[n]{1+h}-1\right)\ \]

发散，即

\[\sum \left(\sqrt[n]{a}-1\right)\ \]

发散.\(\Box\)
看到题目最开始想到的是等式

\[\sqrt[n]{a}-1 = \frac{(\sqrt[n]{a}-1)^n}{a+a^{\frac{n-1}{n}}+\dots+1} \]

但是看不出有什么用.
(8) \(\displaystyle \sum_{n=2}^{\infty} \frac{n}{(\ln n)^{\ln n}}\)；

证明:设 $$u_n=\frac{n}{(\ln n)^{\ln n}}\ (n\ge2)$$

取 $$v_n=\frac{1}{n^2}$$
考虑极限

\[\lim_{n \to \infty} \frac{u_n}{v_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{n^3}{(\ln n)^{\ln n}} \]

①(Stolz定理)

\[\lim_{n \to \infty} \frac{(n+1)^3 - n^3}{(\ln(n+1))^{\ln(n+1)} - (\ln n)^{\ln n}} \]

但是问题变得更复杂了；

②(洛必达法则)

\[\lim_{x \to +\infty} \frac{x^3}{(\ln x)^{\ln x}} = \lim_{x \to +\infty} \frac{3x^3}{(\ln x)^{\ln x} \cdot \bigl[\ln(\ln x)+1\bigr]} = \lim_{x \to +\infty} \frac{x^3}{(\ln x)^{\ln x}} \cdot \frac{3}{\ln(\ln x)+1} \]

可以看到问题没有变化；

③令

\[g=\frac{e^{3t}}{t^t}\ (\text{设}\ \ln x=t) \]

有 \(\ln g = 3t - t\ln t \to -\infty\ (t\to+\infty)\)

故 \(g \to 0^+\ (t\to+\infty)\)

即

\[\lim_{t \to +\infty} \frac{e^{3t}}{t^t}=0 \]

因此

\[\lim_{n \to \infty} \frac{u_n}{v_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{n^3}{(\ln n)^{\ln n}} = 0 \]

由 \(\displaystyle \sum \frac{1}{n^2}\) 收敛，有 \(\displaystyle \sum \frac{n}{(\ln n)^{\ln n}}\) 收敛.\(\Box\)

(9) \(\displaystyle \sum \biggl(a^{\frac{1}{n}}+a^{-\frac{1}{n}}-2\biggr)\ (a>0)\)；

证明:设

\[u_n = a^{\frac{1}{n}} + a^{-\frac{1}{n}} - 2= \left(a^{\frac{1}{2n}} - a^{-\frac{1}{2n}}\right)^2\quad (a>0) \]

取 $$v_n = \frac{1}{n^2}$$
考虑极限

\[\lim_{n \to \infty} \frac{\left(a^{\frac{1}{2n}} - a^{-\frac{1}{2n}}\right)^2}{\displaystyle \frac{1}{n^2}} \]

设 \(\displaystyle \frac{1}{x}=t\)

\[\begin{align*} \lim_{t \to 0^+} \frac{\left(a^{\frac{t}{2}} - a^{-\frac{t}{2}}\right)^2}{t^2} &= \lim_{t \to 0^+} \frac{\left(a^{\frac{t}{2}}-a^{-\frac{t}{2}}\right)\left(a^{\frac{t}{2}}\ln a + a^{-\frac{t}{2}}\ln a\right)}{2t} \\ &= \frac{\ln a}{2}\lim_{t \to 0^+}\frac{a^t-a^{-t}}{t} \\ &= \frac{\ln a}{2}\lim_{t \to 0^+}\left(a^t\ln a+a^{-t}\ln a\right) \\ &= \frac{\ln a}{2}\cdot 2\ln a \\ &= (\ln a)^2 \end{align*} \]

故 \(\sum u_n\) 与 \(\sum v_n\) 同敛散,由 \(\sum v_n\) 收敛,可知 \(\sum u_n\) 收敛.\(\Box\)

(10) \(\displaystyle \sum \frac{1}{n^{2n\sin \frac{1}{n}}}\)；

证明:\(\forall\ n \in \mathbb{N},\ \sin\frac{1}{n} \le \frac{1}{n}\)

故 \(\sin1 \le n\sin\frac{1}{n} \le 1\)（\(\displaystyle \frac{\sin x}{x}\) 当 \(x \in (0,\pi)\) 时沿 \(x\) 轴正向单调递减，因此\( \frac{\sin\frac{1}{1}}{\frac{1}{1}} \le \frac{\sin\frac{1}{n}}{\frac{1}{n}} \le 1 \))

由此可知

\[\frac{1}{n^{2\sin1}} \ge \frac{1}{n^{2n\sin\frac{1}{n}}} \ge \frac{1}{n^2} \]

又由

\[\sin1 > \frac{1}{2} = \sin\frac{\pi}{6} \]

\[2\sin1 > 1 \]

可知\(\displaystyle \sum \frac{1}{n^{2\sin1}}\) 收敛
因此

\[\sum \frac{1}{n^{2n\sin\frac{1}{n}}}\ \]

收敛.\(\Box\)
2. 用比式判别法或根式判别法讨论下列级数的敛散性

(1) \(\displaystyle \sum \frac{1 \cdot 3 \cdot \ \cdots \ \cdot (2n-1)}{n!}\)；

证明:令

\[u_n = \frac{1\cdot 3\cdot \cdots \cdot (2n-1)}{n!} \]

考虑极限

\[\begin{aligned} \lim_{n \to \infty} \frac{u_{n+1}}{u_n} &= \lim_{n \to \infty} \frac{ \dfrac{1\cdot 3\cdot \cdots \cdot (2n-1)(2n+1)}{(n+1)!} }{ \dfrac{1\cdot 3\cdot \cdots \cdot (2n-1)}{n!} } \\[6pt] &= \lim_{n \to \infty} \frac{1\cdot 3\cdot \cdots \cdot (2n-1)(2n+1)\cdot n!}{(n+1)!\cdot 1\cdot 3\cdot \cdots \cdot (2n-1)} \\[6pt] &= \lim_{n \to \infty} \frac{2n+1}{n+1} = 2 > 1 \end{aligned} \]

由比式判别法可知

\[\sum u_n\ \]

发散.\(\Box\)
(2) \(\displaystyle \sum \frac{(n+1)!}{10^n}\)；

证明:设

\[u_n = \frac{(n+1)!}{10^n} \]

考虑极限

\[\begin{aligned} \lim_{n \to \infty} \frac{u_{n+1}}{u_n} &= \lim_{n \to \infty} \frac{\dfrac{(n+2)!}{10^{n+1}}}{\dfrac{(n+1)!}{10^n}} \\ &= \lim_{n \to \infty} \frac{10^n \cdot (n+2)!}{10^{n+1} \cdot (n+1)!} \\ &= \lim_{n \to \infty} \frac{n+2}{10} = +\infty \end{aligned} \]

故\(\sum u_n\) 发散.\(\Box\)

(3) \(\displaystyle \sum \left(\frac{n}{2n+1}\right)^n\)；

证明:设

\[u_n = \left( \frac{n}{2n+1} \right)^n \]

考虑极限

\[\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{u_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{n}{2n+1} = \frac{1}{2} < 1 \]

因此\( \sum u_n\ \)发散.\(\Box\)

(4) \(\displaystyle \sum \frac{n!}{n^n}\)；
设

\[u_n = \frac{n!}{n^n} \]

考虑极限

\[\begin{aligned} \lim_{n \to \infty} \frac{u_{n+1}}{u_n} &= \lim_{n \to \infty} \frac{\dfrac{(n+1)!}{(n+1)^{n+1}}}{\dfrac{n!}{n^n}} \\ &= \lim_{n \to \infty} \frac{(n+1)! \cdot n^n}{(n+1)^{n+1} \cdot n!} \\ &= \lim_{n \to \infty} \frac{(n+1) \cdot n^n}{(n+1) \cdot (n+1)^n} \\ &= \lim_{n \to \infty} \left( \frac{n}{n+1} \right)^n = \frac{1}{e} < 1 \end{aligned} \]

因此\( \sum u_n\ \)收敛.\(\Box\)

(5) \(\displaystyle \sum \frac{n^2}{2^n}\)；

证明:
设

\[u_n = \frac{n^2}{2^n} \]

考虑极限

\[\begin{aligned} \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{u_n} &= \lim_{n \to \infty} \frac{\sqrt[n]{n^2}}{2} \\ &= \frac{1}{2} \left( \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{n} \right)^2 \\ &= \frac{1}{2} < 1 \end{aligned} \]

因此\( \sum u_n\ \)收敛.\(\Box\)
(6) \(\displaystyle \sum \left(\frac{b}{a_n}\right)^n\)（其中 \(a_n \to a\ (n\to\infty)\ ,a_n,b,a>0\)，且 \(a \neq b\)）.

证明:设

\[u_n = \left( \frac{b}{a_n} \right)^n \]

考虑极限

\[\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{u_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{b}{a_n} = \frac{b}{a} \]

当\(b > a\)时\(\sum u_n\) 发散；

当\(b < a\)时\(\sum u_n\) 收敛.\(\Box\)

3. 设\(\sum u_n\)和\(\sum v_n\)为正项级数,且存在正数\(N_0\),对一切\(n>N_0\),有

\[\frac{u_{n+1}}{u_n} \le \frac{v_{n+1}}{v_n}, \]

证明: 若级数\(\sum v_n\)收敛,则级数\(\sum u_n\)也收敛;若\(\sum u_n\)发散,则\(\sum v_n\)也发散.

证明:对正项级数 \(\sum u_n,\ \sum v_n\)，\(\exists N_0,\ \forall n>N_0\)，有

\[\frac{u_{n+1}}{u_n} \le \frac{v_{n+1}}{v_n} \]

即

\[\frac{u_{N_0+2}}{u_{N_0+1}} \le \frac{v_{N_0+2}}{v_{N_0+1}} \]

\[\frac{u_{N_0+3}}{u_{N_0+2}} \le \frac{v_{N_0+3}}{v_{N_0+2}} \]

\[\dots \]

\[\frac{u_{n+1}}{u_n} \le \frac{v_{n+1}}{v_n} \]

连乘上述不等式即得

\[\frac{u_{n+1}}{u_{N_0+1}} \le \frac{v_{n+1}}{v_{N_0+1}} \]

\[u_{n+1} \le \frac{u_{N_0+1}}{v_{N_0+1}} v_{n+1} \quad ① \quad \quad v_{n+1} \ge \frac{v_{N_0+1}}{u_{N_0+1}} u_{n+1} \quad ② \]

由比较判别法，
对①有 \(\ \sum v_n\) 收敛 \(\Rightarrow \sum u_n\) 收敛；
对②有 \(\ \sum u_n\) 发散 \(\Rightarrow \sum v_n\) 发散.\(\Box\)
(直接从①出发也行)

4. 设正项级数\(\sum a_n\)收敛,证明\(\sum a_n^2\)亦收敛;试问反之是否成立?

证明:由 \(\sum a_n\) 收敛知

\[\lim_{n \to \infty} a_n = 0 \]

故 \(\exists N>0\)，当 \(n>N\) 时

\[0 \le a_n < 1 \]

此时有

\[0 \le a_n^2 < a_n \]

由比较原则知 \(\sum a_n^2\) 也收敛.\(\Box\)

反之不成立.若

\[a_n^2 = \frac{1}{n^2} \]

则 \(a_n = \frac{1}{n}\)，但 \(\sum a_n\) 发散.

5. 设\(a_n \ge 0,n=1,2,\cdots\),且\(\{na_n\}\)有界,证明:\(\sum a_n^2\)收敛.

证明:\(\exists M>0,\ \forall n\)，有 \(na_n \le M\)，即

\[a_n \le \frac{M}{n} \]

\[a_n^2 \le \frac{M^2}{n^2} \]

因 \(\displaystyle \sum \frac{1}{n^2}\) 收敛，由比较判别法可知\(\displaystyle \sum a_n^2\) 收敛.\(\Box\)

6. 设级数 \(\sum a_n^2\) 收敛，证明：\(\displaystyle \sum \frac{a_n}{n}\ (a_n>0)\) 也收敛。

证明:
设

\[u_n = \frac{a_n}{n}\quad (a_n>0) \]

有不等式(均值不等式)

\[\frac{a_n}{n} \le \frac{1}{2}\left(a_n^2+\frac{1}{n^2}\right) \]

由 \(\sum a_n^2\)、\(\sum \frac{1}{n^2}\) 收敛及比较判别法

可得

\[\sum \frac{a_n}{n}\ \]

收敛.\(\Box\)

7. 设正项级数 \(\sum u_n\) 收敛，证明：级数 \(\sum \sqrt{u_n u_{n+1}}\) 也收敛。

证明:与第6题证明结构平行，由均值不等式，有如下不等式

\[\frac{u_n+u_{n+1}}{2} \ge \sqrt{u_n u_{n+1}} \]

由 \(\sum u_n,\ \sum u_{n+1}\) 收敛及比较判别法，可知

\[\sum \sqrt{u_n u_{n+1}}\ \]

收敛.\(\Box\)

8. 利用级数收敛的必要条件，证明下列等式：
   (1) \(\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{n^n}{(n!)^2} = 0\)；
   (2) \(\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{(2n)!}{a^{n!}} = 0\quad (a>1)\)。

证明:

1. 对 \(\displaystyle \sum \frac{n^n}{(n!)^2}\)，设 \(\displaystyle u_n = \frac{n^n}{(n!)^2}\)

考虑极限

\[\lim_{n \to \infty} \frac{u_{n+1}}{u_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{(n+1)^{n+1} \cdot (n!)^2}{\big((n+1)!\big)^2 \cdot n^n} \]

\[= \lim_{n \to \infty} \frac{(n+1) \cdot (n+1)^n}{(n+1)^2 \cdot n^n} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n+1} \left( \frac{n+1}{n} \right)^n = 0 \]

故 \(\sum u_n\) 收敛

因此由级数收敛的必要条件有

\[\lim_{n \to \infty} u_n = \lim_{n \to \infty} \frac{n^n}{(n!)^2} = 0 \]

\(\Box\)
2. 对\(\displaystyle \sum \frac{(2n)!}{a^{n!}} \)，设

\[u_n = \frac{(2n)!}{a^{n!}} \]

考虑极限

\[\lim_{n \to \infty} \frac{u_{n+1}}{u_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{a^{n!}\ (2n+2)!}{a^{(n+1)!}\ (2n)!} \]

\[= \lim_{n \to \infty} \frac{(2n+2)(2n+1)}{a^{n \cdot n!}} = 0 \]

故 \(\sum u_n\) 收敛.因此由级数收敛的必要条件有

\[\lim_{n \to \infty} u_n = \lim_{n \to \infty} \frac{(2n)!}{a^{n!}} = 0 \]

\(\Box\)
9. 用积分判别法讨论下列级数的敛散性：

(1) \(\displaystyle \sum \frac{1}{n^2+1}\)；

证明:1）由\(\displaystyle \sum \frac{1}{n^2+1}\)可知\(f\) 是\([1,+\infty)\) 上递减函数
且有

\[\int_{1}^{+\infty} \frac{1}{x^2+1} dx = \arctan x \bigg|_{1}^{+\infty} = \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{4} \]

因此\(\displaystyle \sum \frac{1}{n^2+1}\)收敛.\(\Box\)

(2) \(\displaystyle \sum \frac{n}{n^2+1}\)；

证明:由\(\displaystyle \sum \frac{n}{n^2+1}\)可知\(f\) 是\([1,+\infty)\) 上递减函数
且有

\[\int_{1}^{+\infty} \frac{x}{x^2+1} dx = \frac{1}{2} \int_{1}^{+\infty} \frac{d(x^2+1)}{x^2+1} = \frac{1}{2} \ln(x^2+1) \bigg|_{1}^{+\infty} \]

由\(\int_{1}^{+\infty} \frac{x}{x^2+1} dx\)发散可知原级数发散.\(\Box\)

(3) \(\displaystyle \sum_{n=2}^{\infty} \frac{n}{e^{\sqrt{n}}}\)

证明:由 \(\displaystyle \sum_{n=2}^{\infty} \frac{n}{e^{\sqrt{n}}}\)可知\(f\) 是\([5,+\infty)\) 上递减函数

\[\int_{5}^{+\infty} \frac{x}{e^{\sqrt{x}}} dx = \int_{5}^{+\infty} \frac{(\sqrt{x})^2}{e^{\sqrt{x}}} dx \xlongequal{\sqrt{x}=t} \int_{\sqrt{5}}^{+\infty} \frac{t^2}{e^{t}} \cdot 2t dt = \int_{\sqrt{5}}^{+\infty} \frac{2t^3}{e^{t}} dt \]

\((Abel)\)易知

\[\int_{8}^{+\infty} \frac{1}{e^{\frac{t}{2}}} dt\ \]

收敛，设

\[\ g(t)=\frac{2t^3}{e^{\frac{t}{2}}}\ \]

且\(g\)在$\ [8,+\infty)$ 上单调有界

故

\[\int_{8}^{+\infty} \frac{2t^3}{e^t} dt\ \]

收敛，因此

\[\int_{\sqrt{5}}^{+\infty} \frac{2t^3}{e^t} dt\ \]

收敛
由\( \int_{\sqrt{5}}^{+\infty} \frac{2t^3}{e^t} dt\ \)收敛可知原级数收敛.\(\Box\)

10. 判别下列级数的敛散性：

(1) \(\displaystyle \sum \frac{n-\sqrt{n}}{2n-1}\)；

证明:设 \(u_n=\frac{n-\sqrt{n}}{2n-1}\)
由一般项极限

\[\lim_{n \to \infty} \frac{n-\sqrt{n}}{2n-1} = \lim_{n \to \infty} \frac{1-\frac{1}{\sqrt{n}}}{2-\frac{1}{n}} = \frac{1}{2} \neq 0 \]

及级数收敛的必要条件可知\(\displaystyle \sum \frac{n-\sqrt{n}}{2n-1}\) 发散.\(\Box\)

(2) \(\displaystyle \sum \frac{1}{1+a^n}\quad (a>1)\)；

证明:设\(u_n = \frac{1}{1+a^n}\ (a>1)\)
则由

\[\frac{1}{1+a^n} < \frac{1}{a^n} = \left(\frac{1}{a}\right)^n \]

及 \(\sum \left(\frac{1}{a}\right)^n\) 收敛可知 \(\sum \frac{1}{1+a^n}\) 收敛.\(\Box\)

(3) \(\displaystyle \sum \frac{n\ln n}{2^n}\)；

证明:设\(u_n =\frac{n\ln n}{2^n}\)
由比式判别法考虑极限

\[\lim_{n \to \infty} \frac{\frac{(n+1)\cdot \ln(n+1)}{2^{n+1}}}{\frac{n \cdot \ln n}{2^n}} = \lim_{n \to \infty} \frac{(n+1)\cdot \ln(n+1)\cdot2^n}{2^{n+1}\cdot n \cdot \ln n} = \frac{1}{2} \lim_{n \to \infty} \frac{\ln(n+1)}{\ln n} \cdot \frac{n+1}{n} \]

\[= \frac{1}{2} \lim_{n \to \infty} \frac{\ln(n+1)}{\ln n} = \frac{1}{2} < 1 \]

故\(\sum u_n\) 收敛\(\Box\)

(4) \(\displaystyle \sum \frac{n! \cdot 2^n}{n^n}\)；

证明:设\(u_n = \frac{n! \, 2^n}{n^n}\)
由比式判别法考虑极限

\[\lim_{n \to \infty} \frac{\frac{(n+1)! \, 2^{n+1}}{(n+1)^{n+1}}}{\frac{n! \, 2^n}{n^n}} = \lim_{n \to \infty} \frac{(n+1)! \, 2^{n+1} \, n^n}{(n+1)^{n+1} \, n! \, 2^n} = 2 \lim_{n \to \infty} \frac{(n+1) \, n^n}{(n+1) \, (n+1)^n} \]

\[= 2 \lim_{n \to \infty} \left( \frac{n}{n+1} \right)^n = 2 \lim_{n \to \infty} \left( 1-\frac{1}{n+1} \right)^{n+1-1} = \frac{2}{e} < 1 \]

故\(\sum u_n\) 收敛.\(\Box\)

(5) \(\displaystyle \sum \frac{n! \cdot 3^n}{n^n}\)；

证明:与(4).类似，设\(u_n=\frac{n! \, 3^n}{n^n}\)
而

\[\lim_{n \to \infty} \frac{u_{n+1}}{u_n} = \frac{3}{e} > 1 \]

故\(\sum u_n\) 发散.\(\Box\)

(6) \(\displaystyle \sum \frac{1}{3^{\ln n}}\)；

证明:设\(u_n=\frac{1}{3^{\ln n}}\)，由\(f\) 是\([1,+\infty)\) 上递减函数，考虑积分

\[\int_{1}^{+\infty} \frac{1}{3^{\ln x}} dx = \int_{1}^{+\infty} \left(\frac{1}{3}\right)^{\ln x} dx = \int_{0}^{+\infty} \left(\frac{1}{3}\right)^{t} e^t dt = \int_{0}^{+\infty} \left(\frac{e}{3}\right)^t dt = \left. \frac{\left(\frac{e}{3}\right)^t}{\ln \frac{e}{3}} \right|_{0}^{+\infty} = \frac{1}{\ln 3 - 1} \]

故 \(\displaystyle \int \frac{1}{3^{\ln x}}\) 收敛
由积分判别法可知原级数收敛.\(\Box\)
(7) \(\displaystyle \sum \frac{x^n}{(1+x)(1+x^2)\cdots(1+x^n)}\quad (x>0)\)

证明:设

\[u_n=\frac{x^n}{(1+x)(1+x^2)\cdots(1+x^n)}\quad (x>0) \]

由比式判别法考虑极限

\[\lim_{n \to \infty} \frac{u_{n+1}}{u_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{ \frac{x^{n+1}}{(1+x)(1+x^2)\cdots(1+x^{n+1})} }{ \frac{x^n}{(1+x)(1+x^2)\cdots(1+x^n)} } = \lim_{n \to \infty} \frac{ x^{n+1}(1+x)(1+x^2)\cdots(1+x^n) }{ (1+x)(1+x^2)\cdots(1+x^{n+1}) \cdot x^n } \]

\[= \lim_{n \to \infty} \frac{x}{1+x^{n+1}} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\frac{1}{x}+x^n} \]

若 \(1>x>0\) 则 \(\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{u_{n+1}}{u_n} = x\)

若 \(x>1\) , 则 \(\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{u_{n+1}}{u_n} = 0\)

故\(\sum u_n\) 收敛.\(\Box\)

11. 用拉贝判别法判别下列级数的敛散性：
    (1) \(\displaystyle \sum \frac{1 \cdot 3 \cdot \cdots \cdot (2n-1)}{2 \cdot 4 \cdot \cdots \cdot (2n)} \cdot \frac{1}{2n+1}\)；

证明:设

\[u_n= \frac{1 \cdot 3 \cdot \cdots \cdot (2n-1)}{2 \cdot 4 \cdot \cdots \cdot (2n)} \cdot \frac{1}{2n+1} \]

考虑极限

\[\lim_{n \to \infty} n\left(1-\frac{u_{n+1}}{u_n}\right) = \lim_{n \to \infty} n\left(1- \frac{ \frac{1 \cdot 3 \cdot \dots \cdot (2n-1) \ (2n+1)}{2 \cdot 4 \cdot \dots \cdot (2n) \ (2n+2)} \cdot \frac{1}{2n+3} } { \frac{1 \cdot 3 \cdot \dots \cdot (2n-1)}{2 \cdot 4 \cdot \dots \cdot (2n)} \cdot \frac{1}{2n+1} } \right) \]

\[= \lim_{n \to \infty} n\left(1 - \frac{2n+1}{2n+3} \cdot \frac{2 \cdot 4 \cdot \dots \cdot (2n) \cdot 1 \cdot 3 \cdot \dots \cdot (2n-1)(2n+1)} {2 \cdot 4 \cdot \dots \cdot (2n)(2n+2) \cdot 1 \cdot 3 \cdot \dots \cdot (2n-1)} \right) \]

\[= \lim_{n \to \infty} n\left(1 - \frac{2n+1}{2n+3} \ \frac{2n+1}{2n+2} \right) \]

\[= \lim_{n \to \infty} n \ \frac{6n+5}{(2n+3)(2n+2)} \]

\[= \lim_{n \to \infty} \frac{6n^2+5n}{4n^2+10n+6} = \frac{3}{2} > 1 \]

故\( \sum u_n \)收敛.\(\Box\)

(2) \(\displaystyle \sum \frac{n!}{(x+1)(x+2)\cdots(x+n)}\quad (x>0)\)。

证明:设

\[u_n = \frac{n!}{(x+1)(x+2)\cdots(x+n)} \]

考虑极限

\[\lim_{n \to \infty} n\left(1-\frac{u_{n+1}}{u_n}\right) \]

\[= \lim_{n \to \infty} n\left(1- \frac{ \frac{(n+1)!}{(x+1)(x+2)\cdots(x+n+1)} } { \frac{n!}{(x+1)(x+2)\cdots(x+n)} } \right) \]

\[= \lim_{n \to \infty} n \left(1 - \frac{(n+1)! \cdot (x+1)(x+2)\cdots(x+n)} {(x+1)\cdots(x+n) \cdot (x+n+1) \cdot n!} \right) \]

\[= \lim_{n \to \infty} n\left(1 - \frac{n+1}{x+n+1}\right) \]

\[= \lim_{n \to \infty} \frac{nx}{x+n+1} = x > 0 \]

当 \(x>1\) 时，\(\sum u_n\) 收敛；

当 \(x<1\) 时，\(\sum u_n\) 发散；

当 \(x=1\) 时，\(u_n = \frac{1}{n+1}\)， \(\sum \frac{1}{n+1}\) 发散.\(\Box\)

12. 求下列极限（其中 \(p>1\)）：
    (1) \(\displaystyle \lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{(n+1)^p} + \frac{1}{(n+2)^p} + \dots + \frac{1}{(2n)^p} \right)\)；

证明:考虑

\[\sum \frac{1}{n^p} \quad (p>1) \]

其中，设

\[u_n = \frac{1}{n^p} \quad (p>1) \]

由积分判别法
因为 \(f(x)=\frac{1}{x^p}\) 在 \([1,+\infty)\) 上单调递减

所以由

\[\int_{1}^{+\infty} \frac{1}{x^p} dx = \left. \frac{x^{1-p}}{1-p} \right|_{1}^{+\infty} = \frac{1}{p-1} \quad (p>1) \]

可知 \(\displaystyle \sum \frac{1}{n^p}\) 收敛

则原极限

\[\lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{(n+1)^p} + \frac{1}{(n+2)^p} + \dots + \frac{1}{(2n)^p} \right) = \lim_{n \to \infty} \left( S_{2n}-S_n \right) = 0 \]

\(\Box\)
(2) \(\displaystyle \lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{p^{n+1}} + \frac{1}{p^{n+2}} + \dots + \frac{1}{p^{2n}} \right)\)

证明:考虑

\[\sum \frac{1}{p^n}\ (p>1) \]

其中设

\[u_n = \frac{1}{p^n}\ (p>1) \]

由积分判别法

因为 \(f(x)=\frac{1}{p^x}\) 在 \([1,+\infty)\) 上单调递减

所以由

\[\int_{1}^{+\infty} \frac{1}{p^x} dx = \left. \frac{p^{-x}}{-\ln p} \right|_{1}^{+\infty} = \frac{1}{p \cdot \ln p}\quad (p>1) \]

可知 \(\displaystyle \sum \frac{1}{p^n}\) 收敛

则原极限

\[\lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{p^{n+1}} + \dots + \frac{1}{p^{2n}} \right) = \lim_{n \to \infty} \left( S_{2n}-S_n \right) = 0 \]

\(\Box\)
13. 用根式判别法证明级数 \(\sum 2^{-n-(-1)^n}\) 收敛，并说明比式判别法对此级数无效

证明:设

\[u_n = 2^{-n-(-1)^n} \]

\[\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{2^{-n-(-1)^n}} = \lim_{n \to \infty} 2^{\frac{-n-(-1)^n}{n}} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{(-1)^n}{n}} = \frac{1}{2}<1 \]

(根据奇偶子列解决 \(\displaystyle \lim_{n \to \infty} \left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{(-1)^n}{n}}\) )
故

\[\sum 2^{-n-(-1)^n} \]

收敛.若考虑比式判别法，有极限

\[\lim_{n \to \infty} \frac{2^{-[(n+1)+(-1)^{n+1}]}}{2^{-n-(-1)^n}} = \lim_{n \to \infty} \frac{2^{-1+(-1)^{n+2}}}{2^{-(-1)^n}} = \frac{1}{2}\lim_{n \to \infty} \frac{2^{(-1)^n}}{2^{(-1)^{n+1}}} \]

\[= \frac{1}{2}\lim_{n \to \infty} \left(2^{(-1)^n}\right)^2 = \frac{1}{2}\lim_{n \to \infty} 4^{(-1)^n} \]

由奇偶子列即可证明 \(\displaystyle \lim_{n \to \infty} 4^{(-1)^n}\) 不存在.\(\Box\)

14. 讨论级数 \(\displaystyle \sum_{n=3}^{\infty} \frac{1}{n(\ln n)^p (\ln\ln n)^q}\) 的敛散性，其中 \(p,q\) 为任意实数

证明:

\[\sum_{n=3}^{\infty} \frac{1}{n\,(\ln n)^p\,(\ln\ln n)^q} \]

由 \(f\) 在 \([3,+\infty)\) 上单调递减 可知

\[\int_{3}^{+\infty} \frac{1}{x(\ln x)^p(\ln\ln x)^q}dx \quad \text{与} \quad \sum_{n=3}^{\infty} \frac{1}{n(\ln n)^p(\ln\ln n)^q} \quad \text{同敛散} \]

令 \(t=\ln x\ ,\ dt=\frac{1}{x}dx\)

有

\[\int_{3}^{+\infty} \frac{1}{x(\ln x)^p(\ln\ln x)^q}dx = \int_{\ln3}^{+\infty} \frac{1}{t^p\,(\ln t)^q} dt \]

令 \(u=\ln t\ ,\ du=\frac{1}{t}dt\)

有

\[\int_{\ln3}^{+\infty} \frac{1}{t^p(\ln t)^q} dt = \int_{\ln\ln3}^{+\infty} \frac{1}{u^q\,(e^u)^{p-1}} du \]

① 当 \(p^1\) 时

原式 \(= \displaystyle \int_{\ln\ln3}^{+\infty} \frac{1}{u^q} du\)（\(p\) 积分问题）

当 \(q>1\) 时 \(\displaystyle \int_{\ln\ln3}^{+\infty} \frac{1}{u^q} du\) 收敛；

当 \(q \leq 1\) 时 \(\displaystyle \int_{\ln\ln3}^{+\infty} \frac{1}{u^q} du\) 发散。

② 当 \(p>1\) 时

\[\int_{\ln\ln3}^{+\infty} \frac{1}{u^q\,(e^u)^{p-1}} du \]

(Abel判别法)
令

\[f(u)=\frac{1}{(e^u)^{\frac{p-1}{2}}} \]

\[g(u)=\frac{1}{u^q\,(e^u)^{\frac{p-1}{2}}} \]

\(\exists M>\ln\ln3\)，由 \(\displaystyle \int_{M}^{+\infty} f(x)dx\) 收敛，且 \(g\) 在 \([M,+\infty)\) 上单调有界

有 \(\displaystyle \int_{\ln\ln3}^{+\infty} \frac{1}{u^q(e^u)^{p-1}} du\) 收敛

③ 当 \(p<1\) 时

令

\[f(u)=\frac{(e^u)^{1-p}}{u^q},\quad g(u)=e^{(\frac{1-p}{2})u} \]

由 \(\displaystyle \lim_{u \to +\infty} \frac{f}{g}=+\infty\) 可知

\(\displaystyle \int_{\ln\ln3}^{+\infty} \frac{(e^u)^{1-p}}{u^q} du\) 发散（\(\displaystyle \int_{\ln\ln3}^{+\infty} e^{(\frac{1-p}{2})u} du\) 发散）

综上所述

• 当 \(p>1,q\) 任意 时收敛；
• 当 \(p=1,q>1\) 时收敛；
• 当 \(p=1,q \leq 1\) 时发散；
• 当 \(p<1,q\) 任意 时发散.\(\Box\)

15. 设 \(\{a_n\}\) 为递减正项数列，证明：\(\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_n\) 与 \(\sum 2^m a_{2^m}\) 同时收敛或同时发散

证明:设级数 \(\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_n\) 的部分和为 \(S_n\),级数 \(\sum 2^m a_{2^m}\) 的部分和为 \(T_n\).因为 \(\{a_n\}\) 为递减的正项数列,故

\[\begin{align*} T_n &= a_1 + 2a_2 + 4a_4 + 8a_8 + \dots + 2^n a_{2^n}, \\ S_{2^n} &= a_1 + a_2 + a_3 + a_4 + \dots + a_{2^n} \\ &= a_1 + a_2 + (a_3 + a_4) + \dots + \left(a_{2^{n-1}+1} + \dots + a_{2^n}\right) \\ &\ge a_1 + a_2 + 2a_4 + \dots + 2^{n-1}a_{2^n} \\ &\ge \frac{1}{2}a_1 + a_2 + 2a_4 + \dots + 2^{n-1}a_{2^n} \\ &= \frac{1}{2}T_n, \end{align*} \]

故若 \(\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_n\) 收敛,则 \(\sum 2^m a_{2^m}\) 也收敛;若 \(\sum 2^m a_{2^m}\) 发散,则 \(\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_n\) 也发散.

又有

\[\begin{align*} S_n < S_{2^n} &= a_1 + a_2 + a_3 + \dots + a_{2^n} \\ &\le a_1 + (a_2 + a_3) + \dots + \left(a_{2^n} + a_{2^n+1} + \dots + a_{2^{n+1}-1}\right) \\ &\le a_1 + 2a_2 + \dots + 2^n a_{2^n} = T_n, \end{align*} \]

故若 \(\sum 2^m a_{2^m}\) 收敛,则 \(\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_n\) 也收敛;若 \(\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_n\) 发散,则 \(\sum 2^m a_{2^m}\) 也发散.

综上可知,两级数的敛散性相同.\(\Box\)

16. 设 \(a_n>0\)，证明数列 \(\{(1+a_1)(1+a_2)\cdots(1+a_n)\}\) 与级数 \(\sum a_n\) 同时收敛或同时发散

证明:设 \(u_n = (1+a_1)(1+a_2)\cdots(1+a_n)\)，则由 \(\{\ln u_n\}\) 与 \(\{u_n\}\) 同敛散，可知 \(\displaystyle \sum \ln(1+a_n)\) 与 数列 \(\{u_n\}\) 同敛散，因为 \(a_n>0\ (n=1,2,\cdots)\)，所以有

\[\ln(1+a_n) \le a_n \quad (n=1,2,\cdots) \]

由比较原则

当 \(\displaystyle \sum a_n\) 收敛时，\(\displaystyle \sum \ln(1+a_n)\) 收敛

当 \(\displaystyle \sum \ln(1+a_n)\) 发散时，\(\displaystyle \sum a_n\) 发散

设命题

\[\begin{cases} A:\ \displaystyle \sum a_n\ \text{收敛} \\[6pt] B:\ \displaystyle \sum \ln(1+a_n)\ \text{收敛} \end{cases} \]

则上述证明解决了 \(A \Rightarrow B\) 以及(逆否命题) \(\quad \neg B \Rightarrow \neg A\). 但是 \(B \Rightarrow A\) 并没有解决

(换一个角度)设命题
① \(A(真)\ \ B(真)\)
② \(A(假)\ \ B(假)\)
③ \(A(真)\ \ B(假)\)
④ \(A(假)\ \ B(真)\)

则上述证明 只证明了 ①为真，②为真，③为假，但是 命题④真值无法判断

由此补充证明如下： 继上一个证明中的 \(u_n\)，证明 若 \(\displaystyle \sum a_n\) , \(\displaystyle \sum \ln(1+a_n)\) 中之一收敛，则另一个也收敛.

若 \(\displaystyle \sum a_n\) , \(\displaystyle \sum \ln(1+a_n)\) 中任一个收敛，则由级数收敛的必要条件 有

\[\lim_{n \to \infty} a_n=0 \quad \bigl(\ \ln(1+a_n)\sim a_n\ ,\ n\to+\infty\bigr) \]

而当 \(\displaystyle \lim_{n \to \infty} a_n= 0\) 时

\[\lim_{n \to \infty} \frac{\ln(1+a_n)}{a_n} = 1 > 0 \]

故 \(\displaystyle \sum a_n\) 与 \(\displaystyle \sum \ln(1+a_n)\) 同敛散

至此，命题 \(B \Rightarrow A\) 得证，其逆否命题 \(\neg A \Rightarrow \neg B\) 也成立.\(\Box\)

17. 设 \(\sum u_n\) 为收敛的正项级数，\(S_n\) 为 \(\sum u_n\) 的部分和，\(S = \sum u_n\)。证明：\(\sum (\sqrt{S} - S_{n-1})- \sqrt{S - S_n})\) 收敛

证明:设

\[v_n = \sqrt{S-S_{n-1}} - \sqrt{S-S_n} \]

级数 \(\displaystyle \sum \left( \sqrt{S-S_{n-1}} - \sqrt{S-S_n} \right)\) 的部分和为

\[\begin{align*} \sum_{k=2}^{n} \left( \sqrt{S-S_{k-1}} - \sqrt{S-S_k} \right) &= \left(\sqrt{S-S_1}-\sqrt{S-S_2}\right) + \left(\sqrt{S-S_2}-\sqrt{S-S_3}\right) + \dots + \left(\sqrt{S-S_{n-1}}-\sqrt{S-S_n}\right) \\ &= \sqrt{S-S_1} - \sqrt{S-S_n} \to \sqrt{S-S_1} \quad (n \to \infty) \end{align*} \]

故

\[\sum \left( \sqrt{S-S_{n-1}} - \sqrt{S-S_n} \right) \]

收敛.\(\Box\)

18. 设 \(\sum u_n\) 为发散的正项级数,\(S_n\) 为 \(\sum u_n\) 的部分和.证明:

\[\sum \frac{u_n}{S_n} \]

发散.

证明:设

\[T_n = \frac{u_n}{S_n} \]

考虑下式

\[\begin{align*} (\forall p \in \mathbb{N}) \quad |T_{n+p}-T_n| &= \left| \frac{u_{n+1}}{S_{n+1}} + \dots + \frac{u_{n+p}}{S_{n+p}} \right| \\ &\ge \frac{u_{n+1}+\dots+u_{n+p}}{S_{n+p}} \\ &= \frac{S_{n+p}-S_n}{S_{n+p}} \\ &= 1-\frac{S_n}{S_{n+p}} \end{align*} \]

因为 \(\sum u_n\) 为发散的正项级数

因此 \(\exists \varepsilon_0=\frac{1}{2}>0,\ \forall N>0,\ \exists n>N\ \text{及}\ p_0 \in \mathbb{N}\) 有

\[|T_{n+p_0}-T_n| \ge 1-\frac{S_n}{S_{n+p_0}} \ge \frac{1}{2}=\varepsilon_0 \quad \left( \frac{S_n}{S_{n+p_0}} \le \frac{1}{2} \right) \]

因此

\[\sum \frac{u_n}{S_n} \ \]

发散.\(\Box\)

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4. 注记与讨论（Remarks & Discussion）

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5. 相关拓展（Related Extensions）

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6. 参考文献（References）

数学分析.下册/华东师范大学数学科学学院编--5 版.--北京:高等教育出版社，2019.5