12.1 第9次作业评讲

解 BDE；AF。

(A) $\sin \frac{1}{n}$单调趋于$0$，由Leibniz判别法知级数收敛；而$|(-1{)}^{n-1}\sin \frac{1}{n}|=\mathcal{O}\left(\frac{1}{n}\right)$，故级数不绝对收敛，即级数条件收敛。

(B) $\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}\sqrt[n]{|(-1{)}^n\frac{n}{2^n}|}=\frac{1}{2}$，由Cauchy判别法知级数绝对收敛。

(C) $\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}\left|\frac{(-1{)}^{n-1}n}{2n+3}\right|=\frac{1}{2}\ne 0$，故级数发散。

(D) $\left|\frac{(-1{)}^{n-1}}{3n^2+1}\right|=\frac{1}{3n^2+1}\le \frac{1}{n^2}$，由比较判别法知级数绝对收敛。

(E) Taylor展开可得$\frac{1}{n}-\ln \frac{n+1}{n}=\frac{1}{n}-[\frac{1}{n}-\frac{1}{2n^2}+\mathcal{O}\left(\frac{1}{n^3}\right)]=\frac{1}{2n^2}+\mathcal{O}\left(\frac{1}{n^3}\right)$，由比较判别法知级数绝对收敛。

(F) 易知$\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{(1+\frac{1}{n})}^n=\mathrm{e}$，且由Bernoulli不等式可得$$\begin{array}{}\text{(1)}& \frac{{(1+\frac{1}{n+1})}^{n+1}}{{(1+\frac{1}{n})}^n}=(1+\frac{1}{n+1}){[1-\frac{1}{(n+1{)}^2}]}^n\ge \frac{(n+2)(n^2+n+1)}{(n+1{)}^3}>1\end{array}$$ 故$\mathrm{e}-{(1+\frac{1}{n})}^n$单调趋于$0$，由Leibniz判别法知级数收敛；而$$\begin{array}{}\text{(2)}& \mathrm{e}-{(1+\frac{1}{n})}^n=\mathrm{e}-\exp [n\ln (1+\frac{1}{n})]=\mathrm{e}-\exp [1-\frac{1}{2n}+\mathcal{O}\left(\frac{1}{n^2}\right)]=\frac{\mathrm{e}}{2n}+\mathcal{O}\left(\frac{1}{n^2}\right)\end{array}$$ 即$|(-1{)}^{n-1}[\mathrm{e}-{(1+\frac{1}{n})}^n]|=\mathcal{O}\left(\frac{1}{n}\right)$，由比较判别法知级数发散。 $◻$

解 D。

(A) 反例为$$\begin{array}{}\text{(3)}& u_n=\frac{(-1{)}^{n-1}}{\ln n}(n\ge 2)⟹\sum _{n=2}^{+\mathrm{\infty }}(-1{)}^{n-1}\frac{u_n}{n}=\sum _{n=2}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{n\ln n}\sim {\int }_2^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}x}{x\ln x}=+\mathrm{\infty }\end{array}$$

(B) 反例为$$\begin{array}{}\text{(4)}& u_n=\frac{(-1{)}^{n-1}}{\sqrt{n}}⟹\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}{u}_n^2=\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{n}=+\mathrm{\infty }\end{array}$$

(C) 反例为$$\begin{array}{}\text{(5)}& \begin{array}{rl}{u}_n=\frac{(-1{)}^{n-1}}{n}& ⟹a_n:=u_n-u_{2n}=\frac{(-1{)}^{n-1}}{n}+\frac{1}{2n}=\frac{1+2(-1{)}^{n-1}}{2n}\\ & ⟹\sum _{n=1}^{2K}{a}_n=\sum _{k=1}^K(\frac{3}{2k-1}-\frac{1}{2k})>\sum _{k=1}^K\frac{1}{k}\to +\mathrm{\infty }\end{array}\end{array}$$

(D) 设$\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}{u}_n$收敛于$U$，则有$$\begin{array}{}\text{(6)}& \underset{N\to +\mathrm{\infty }}{lim}\sum _{n=1}^N(u_n+u_{n+1})=\underset{N\to +\mathrm{\infty }}{lim}\sum _{n=1}^N{u}_n+\underset{N\to +\mathrm{\infty }}{lim}\sum _{n=2}^{N+1}{u}_n=2U-u_1\end{array}$$ 从而$\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}(u_n+u_{n+1})$收敛。

(E) 反例为$$\begin{array}{}\text{(7)}& \begin{array}{rl}{u}_n=\frac{(-1{)}^n}{\ln n}(n\ge 2)& ⟹a_n:=\frac{u_n}{1+u_n}=\frac{(-1{)}^n}{\ln n+(-1{)}^n}\\ & ⟹\sum _{n=2}^{2K+1}{a}_n=\sum _{k=1}^K[\frac{1}{\ln (2k)+1}-\frac{1}{\ln (2k+1)-1}]\end{array}\end{array}$$ 当$n=2k$足够大时，满足$$\begin{array}{}\text{(8)}& \frac{1}{\ln (n+1)-1}-\frac{1}{\ln n+1}=\frac{2+\ln n-\ln (n+1)}{[\ln (n+1)-1](\ln n+1)}>\frac{1}{(\ln n+1{)}^2}>\frac{1}{n}\end{array}$$ 故$\sum _{n=2}^{+\mathrm{\infty }}{a}_n$发散。 $◻$

解 D。$\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{a_{n+1}}{a_n}$不一定存在，如$$\begin{array}{}\text{(9)}& a_n=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{2^n},& n\in \mathrm{odd}\\ \frac{1}{n^2},& n\in \mathrm{even}\end{array}\end{array}$$ 故(A)(B)错误。若极限值存在，由d’Alembert判别法知$\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{a_{n+1}}{a_n}\le 1$，故(D)正确。考虑$a_n=\frac{1}{n^2}$，则$\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{n^2}{(n+1{)}^2}=1$，故(C)错误。 $◻$

解 (1) 错。反例为$$\begin{array}{}\text{(10)}& a_n=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{\sqrt{n}},& n=4^k\\ \frac{1}{n^2},& n\ne 4^k\end{array}⟹\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}{a}_n<\sum _{k=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{2^k}+\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2}=1+\frac{{\pi }^2}{6}\end{array}$$ 然而，若从$n=N_0$开始$a_n$单调递减，则上述结论正确，甚至可以证明$a_n=o\left(\frac{1}{n}\right)$。利用Cauchy收敛准则直接证明最为简单：由于$S_n:=\sum _{k=1}^n{a}_k$收敛，故$\mathrm{\forall }\epsilon >0$，$\mathrm{\exists }{N}_1>N_0$，使得$$\begin{array}{}\text{(11)}& n>m>N_1⟹S_n-S_m=\sum _{k=m+1}^n{a}_k<\frac{\epsilon }{2}\end{array}$$ 取$m=\lfloor \frac{n}{2}\rfloor$，由$\{a_n\}$的单调性可得$$\begin{array}{}\text{(12)}& \frac{\epsilon }{2}>\sum _{k=m+1}^n{a}_k\ge (n-\lfloor \frac{n}{2}\rfloor )a_n\ge \frac{n}{2}{a}_n⟹a_n<\frac{\epsilon }{n}\end{array}$$ 即$\mathrm{\forall }\epsilon >0$，$\mathrm{\exists }N=2N_1+1>0$使得$n>N⟹a_n<\frac{\epsilon }{n}$，即$a_n=o\left(\frac{1}{n}\right)$。

(2) 对。显然$$\begin{array}{}\text{(13)}& |\sum _{n=1}^N[\cos nx-\cos (n+1)x]|=|\cos x-\cos (N+1)x|\le 2\end{array}$$ 即$\cos nx-\cos (n+1)x$部分和有界，此外$\frac{1}{n}$单调趋于$0$，由Dirichlet判别法知级数收敛。

(3) 对。利用积化和差公式$\sin \alpha \sin \beta =-\frac{\cos (\alpha +\beta )-\cos (\alpha -\beta )}{2}$可得$$\begin{array}{}\text{(14)}& 2\sin n\sin \frac{1}{2}=\cos (n-\frac{1}{2})-\cos (n+\frac{1}{2})\end{array}$$ 故$$\begin{array}{}\text{(15)}& |\sum _{n=1}^N\sin n\sin \frac{1}{2}|=\left|\sum _{n=1}^N[\cos (n-\frac{1}{2})-\cos (n+\frac{1}{2})]\right|=|\cos \frac{1}{2}-\cos (N+\frac{1}{2})|\le 2\end{array}$$ 即$\sin n$部分和有界。记$H_n:=1+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{n}$，由积分放缩可得$$\begin{array}{}\text{(16)}& \ln n<\ln (n+1)<\sum _{k=1}^n{\int }_k^{k+1}\frac{\mathrm{d}x}{x}<H_n:=\sum _{k=1}^n\frac{1}{k}<1+\sum _{k=2}^n{\int }_{k-1}^k\frac{\mathrm{d}x}{x}=1+\ln n\end{array}$$ 所以$H_n=\ln n+\mathcal{O}(1)$，更精确的结果是$H_n=\ln n+\gamma +\mathcal{O}\left(\frac{1}{n}\right)$。考虑$$\begin{array}{}\text{(17)}& \frac{\frac{H_{n+1}}{(n+1{)}^{\alpha }}}{\frac{H_n}{n^{\alpha }}}=(1+\frac{1}{(n+1)H_n}){\left(\frac{n}{n+1}\right)}^{\alpha }\stackrel{?}{<}1\end{array}$$ 亦即对充分大的$n$，是否有下式成立$$\begin{array}{}\text{(18)}& \alpha \stackrel{?}{>}{a}_n:=\frac{\ln \frac{(n+1)H_n+1}{(n+1)H_n}}{\ln \frac{n+1}{n}}\end{array}$$ 由Taylor展开$\ln \frac{x+1}{x}=\frac{1}{x}+\mathcal{O}\left(\frac{1}{x^2}\right)$可得$$\begin{array}{}\text{(19)}& a_n:=\frac{\ln \frac{(n+1)H_n+1}{(n+1)H_n}}{\ln \frac{n+1}{n}}=\frac{\frac{1}{(n+1)H_n}+\mathcal{O}\left(\frac{1}{(n+1{)}^2{H}_n^2}\right)}{\frac{1}{n}+\mathcal{O}\left(\frac{1}{n^2}\right)}=\frac{1}{H_n}+\mathcal{O}\left(\frac{1}{n}\right)=\frac{1}{\ln n}+\mathcal{O}(1)\to 0,n\to +\mathrm{\infty }\end{array}$$ 故$\mathrm{\forall }\epsilon =\alpha >0$，$\mathrm{\exists }N>0$，使得$n>N⟹0<a_n<\epsilon =\alpha$，即$\frac{H_n}{n^{\alpha }}$单调递减。

(4) 对。取$\epsilon =\frac{A}{2}>0$，$\mathrm{\exists }N>0$使得$$\begin{array}{}\text{(20)}& n>N⟹n(\frac{a_n}{a_{n+1}}-1)>A-\epsilon =\epsilon ⟹\frac{a_n}{a_{n+1}}>1+\frac{\epsilon }{n}>1\end{array}$$ 故$\{a_n{\}}_{n=N}^{+\mathrm{\infty }}$单调递减，由Leibniz判别法知级数收敛当且仅当$\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{a}_n=0$。由多元Bernoulli不等式可得$$\begin{array}{}\text{(21)}& \begin{array}{rl}\frac{a_N}{a_{n+1}}& =\frac{a_N}{a_{N+1}}\frac{a_{N+1}}{a_{N+2}}\cdots \frac{a_n}{a_{n+1}}=(1+\frac{\epsilon }{N})(1+\frac{\epsilon }{N+1})\cdots (1+\frac{\epsilon }{n})\\ & \ge 1+\frac{\epsilon }{N}+\frac{\epsilon }{N+1}+\cdots +\frac{\epsilon }{n}=(1-\epsilon H_{N-1})+\epsilon H_n\to +\mathrm{\infty },n\to +\mathrm{\infty }\end{array}\end{array}$$ 故$\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{a}_n=0$，即级数收敛。

(5) 对。$k$位正整数共有$9\times {10}^{k-1}$个（第一位不能为$0$，其余$k-1$位在$0\sim 9$中任取），其中最小的是${10}^{k-1}$，各位数字不含$9$的正整数共有$8\times 9^{k-1}$个。故$$\begin{array}{}\text{(22)}& \sum _{\begin{array}{c}n=1\\ 9\notin {\mathrm{digit}}_{10}(n)\end{array}}^{{10}^K-1}\frac{1}{n}\le \sum _{k=1}^K\frac{8\times 9^{k-1}}{{10}^{k-1}}=8\sum _{k=1}^K{\left(\frac{9}{10}\right)}^{k-1}\to 80,K\to +\mathrm{\infty }\end{array}$$ 即级数收敛。

(6) 对。同理，$k$位三进制正整数共有$2\times 3^{k-1}$个（第一位不能为$0$，其余$k-1$位在$0\sim 2$中任取），其中最小的是$3^{k-1}$，各位数字不含$2$的三进制正整数共有$1\times 2^{k-1}$个。故$$\begin{array}{}\text{(23)}& \sum _{\begin{array}{c}n=1\\ 2\notin {\mathrm{digit}}_3(n)\end{array}}^{3^K-1}\frac{1}{n}\le \sum _{k=1}^K\frac{1\times 2^{k-1}}{3^{k-1}}=\sum _{k=1}^K{\left(\frac{2}{3}\right)}^{k-1}\to 3,K\to +\mathrm{\infty }\end{array}$$ 即级数收敛。 $◻$