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1上、下极限

上极限, 下极限, Stolz 公式的推广

A 1.1.

1.	若 $x_n>0(n=1,2,\cdots )$, 且 $\underset{n\to +\infty }{\overline{\lim }}{x}_n\cdot \underset{n\to +\infty }{\overline{\lim }}\frac{1}{x_n}=1$. 证明序列 $\{x_n\}$ 收敛. 证明. 由于$$\underset{n\to +\infty }{\overline{\lim }}{x}_n/\underset{n\to +\infty }{\underline{\lim }}{x}_n=\underset{n\to +\infty }{\overline{\lim }}{x}_n\cdot \underset{n\to +\infty }{\overline{\lim }}\frac{1}{x_n}=1,$$从而有 $\underset{n\to +\infty }{\overline{\lim }}{x}_n=\underset{n\to +\infty }{\underline{\lim }}{x}_n$, 故 $\{x_n\}$ 收敛. $\square$
2.	设 $\{x_n\}$ 满足 $0⩽x_{m+n}⩽x_m\cdot x_n(\forall m,n⩾1)$. 证明 $\{\sqrt[n]{x_n}\}$ 收敛. 证明. 不妨设 $\{x_n\}$ 为正数列 (不然有某一项为 $0$, 则后面的项就全为 $0$ 了) . 易见$$0⩽x_n⩽x_{n-1}\cdot x_1⩽\cdots ⩽x_1^n.$$从而 $\sqrt[n]{x_n}⩽x_1$, 故 $\underset{n\to +\infty }{\overline{\lim }}\sqrt[n]{x_n}$ 有限. 给定正整数 $p$, 进行带余除法 $n=kp+r$, 其中 $k⩾0,0⩽r<p$, 于是$$x_n=x_{pk+r}⩽x_{pk}\cdot x_r⩽x_p^k\cdot x_r,$$即有$$\sqrt[n]{x_n}⩽\sqrt[n]{x_p^k}\sqrt[n]{x_r}⩽\sqrt[p]{x_p}\sqrt[n]{x_r},$$注意到 $x_r\in \{x_1,x_2,\cdots ,x_{p-1}\}$ 有界, 取一列 $n_i\to +\infty$ 使得 $\sqrt[n_i]{x_{n_i}}\to \underset{n\to +\infty }{\overline{\lim }}\sqrt[n]{x_n}$, 这时 $\underset{r=1,2,\cdots ,p-1}{\max }\sqrt[n_i]{x_r}\to 1$, 就得到$$\underset{n\to +\infty }{\overline{\lim }}\sqrt[n]{x_n}⩽\sqrt[p]{x_p}.$$现在允许 $p$ 变化, 上式对任意的 $p$ 都成立, 于是有$$\underset{n\to +\infty }{\overline{\lim }}\sqrt[n]{x_n}⩽\underset{p\to +\infty }{\underline{\lim }}\sqrt[p]{x_p}.$$依上、下极限的性质, 目标序列收敛. $\square$
3.	举例说明, 在第 2 题中, $\{\sqrt[n]{x_n}\}$ 可以没有单调性. 解答. $x_1=2,x_2=1,x_3=2,x_4=1,x_5=2,\cdots$. $\square$
4.	设 $\{a_n\}$ 满足 $a_m+a_n-1⩽a_{m+n}⩽a_m+a_n+1(\forall m,n⩾1)$. 求证: (1) $\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{a_n}{n}$ 存在. (2) 设 $\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{a_n}{n}=q$, 则 $nq-1⩽a_n⩽nq+1$. 证明. $\square$
5.	设 $r\in (0,1),x_0=0,x_{n+1}=r(1-x_n^2)(n=0,1,2,\cdots )$. 试探究 $\{x_n\}$ 的敛散性. 解答. 易见 $0<x_n<1(n⩾1)$ 有界. 我们先证明这样一件事: 对于正整数 $m$, 只要 $k>2m+1$, 则 $x_k<x_{2m+1}$. 当 $m=0$ 时, $2m+1=1$, 易见 $k>1$ 有 $x_k=r(1-x_{k-1}^2)<r=x_1$ 成立, 假设对 $m\in {\mathbb{N}}_{+}$ 成立, 考虑 $m+1$ 时$$k>2(m+1)+1\Rightarrow k-2>2m+1,$$又由$$\begin{array}{rl}{x}_{k-1}& =r(1-x_{k-2}^2)>r(1-x_{2m+1}^2)=x_{2m+2}\\ \Rightarrow x_k& =r(1-x_{k-1}^2)<r(1-x_{2m+2}^2)=x_{2(m+1)+1},\end{array}$$从而由数学归纳法可知结论成立. 特别地, $\{x_{2k+1}\}$ 严格单调递减. 同理可证对于 $m\in \mathbb{N}$, 若 $k>2m$, 则 $x_k>x_{2m}$, 即得 $\{x_{2k}\}$ 严格单调递增. 从而可设 $\underset{k\to +\infty }{\lim }{x}_{2k}=A,\underset{k\to +\infty }{\lim }{x}_{2k+1}=B.$ 对于 $x_{n+1}=r(1-x_n^2)$, 分别令 $n=2k-1,2k$ 再令 $k\to +\infty$ 可得$$A=r(1-B^2),B=r(1-A^2),$$两式相减得到$$(A-B)(1-r(A+B))=0.$$即或者 $A=B$, 或者 $r(A+B)=1$, 注意到$$x_{2n+1}+x_{2n}=r(1-x_{2n}^2)+x_{2n}\Rightarrow A+B=r(1-A^2)+A,$$代入 $r(A+B)=1$ 有$$r^2{A}^2-rA-r^2+1=0\Rightarrow {\left(rA-\frac{1}{2}\right)}^2=r^2-\frac{3}{4},$$这意味着 $r^2<\frac{3}{4}$ 时, 即 $0<r<\frac{\sqrt{3}}{2}$ 时, $r(A+B)=1$ 无解, 此时只能有 $A=B$, 结合式递推公式可知$$\underset{n\to +\infty }{\lim }{x}_n=\frac{\sqrt{4r^2+1}-1}{2r}.$$考虑 $r=\frac{\sqrt{3}}{2}$ 时, 有$$\begin{array}{rl}& x_{2k+1}=r(1-x_{2k}^2)=r\left(1-r^2(1-x_{2k-1}^2{)}^2\right)\\ & \Rightarrow r^3{B}^4-2r^3{B}^2+B+r^3-r=0,\end{array}$$得$$\frac{3\sqrt{3}}{8}{B}^4-\frac{3\sqrt{3}}{4}{B}^2+B-\frac{\sqrt{3}}{8}=0,$$即$$\frac{3\sqrt{3}}{8}{\left(B-\frac{\sqrt{3}}{3}\right)}^3(B+\sqrt{3})=0\Rightarrow B=\frac{\sqrt{3}}{3},$$同理可得 $A=\frac{\sqrt{3}}{3}$, 从而 $\underset{n\to +\infty }{\lim }{x}_n=\frac{\sqrt{3}}{3}$. 下证 $\frac{\sqrt{3}}{2}<r<1$ 时 $\{x_n\}$ 发散. 只需要证明 $A\ne B$. 由上述的分析注意到$$\begin{array}{rl}& r^3{B}^4-2r^3{B}^2+B+r^3-r=0\\ \Rightarrow & (B^{2}r-r+B)(B^2{r}^2-Br-r^2+1)=0,\end{array}$$考虑 $B^2{r}^2-Br-r^2+1=0$ 的解, 记$$C=\frac{1-\sqrt{4r^2-3}}{2r},D=\frac{1+\sqrt{4r^2-3}}{2r},$$我们证明, 对于任何 $m\in {\mathbb{N}}_{+}$, 有 $x_{2m}<C,x_{2m+1}>D$. 但当 $\frac{\sqrt{3}}{2}<r<1$ 时有 $0<C<\frac{\sqrt{3}}{3}<D<1$, 进而 $0⩽A⩽C<\frac{\sqrt{3}}{3}<D⩽B⩽1$, 即得 $A\ne B$, 从而 $\{x_n\}$ 发散. 事实上, 注意到$$\begin{array}{rl}{C}^2& =\frac{4r^2-\left(2+2\sqrt{4r^2-3}\right)}{4r^2}=1-\frac{D}{r},\\ D^2& =\frac{4r^2-\left(2-2\sqrt{4r^2-3}\right)}{4r^2}=1-\frac{C}{r},\end{array}$$当 $m=0$ 时, $x_0=0<C,x_1=r>D.$ 假设对 $m\in {\mathbb{N}}_{+}$ 成立, 考虑 $m+1$ 时$$\begin{array}{rl}{x}_{2(m+1)}& =r\left(1-x_{2m+1}^2\right)<r(1-D^2)=C,\\ x_{2(m+1)+1}& =r\left(1-x_{2(m+1)}^2\right)>r\left(1-C^2\right)=D,\end{array}$$由数学归纳法可知结论成立. 综上, $r\in \left(0,\frac{\sqrt{3}}{2}\right]$ 时 $\{x_n\}$ 收敛, $r\in \left(\frac{\sqrt{3}}{2},1\right)$ 时 $\{x_n\}$ 发散. $\square$
6.	设 $0<q<1,a_n,b_n$ 满足: $a_n=b_n-q{a}_{n+1}(n=1,2,\cdots )$, 且 $a_n,b_n$ 有界. 求证: $\underset{n\to +\infty }{\lim }{b}_n$ 存在的充要条件是 $\underset{n\to +\infty }{\lim }{a}_n$ 存在. 证明. $\square$
7.	在第 6 题中当 $q\notin (0,1)$ 时, 结论会怎样? 解答. $\square$
8.	设 $a_n⩾0$ 满足 $a_{n+1}⩽a_n+\frac{1}{n^2}$, 证明: $\{a_n\}$ 收敛. 证明. 由题意知$$a_{n+1}⩽a_n+\frac{1}{n^2}⩽a_n+\frac{1}{n(n-1)}=a_n+\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}\Rightarrow a_{n+1}+\frac{1}{n}⩽a_n+\frac{1}{n-1},$$于是 $\left\{a_n+\frac{1}{n-1}\right\}$ 递减且有下界. 故 $\left\{a_n+\frac{1}{n-1}\right\}$ 收敛. 而 $a_n=a_n+\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n-1}$ 也收敛. $\square$
9.	利用上下极限证明 $\mathbb{R}$ 中的 Cauchy 准则. 证明. $\square$

B 1.2.

1.	推广习题 2.5 $\mathcal{A}$ 中的第 2 题和第 4 题. 解答. $\square$
2.	设 $x\in \mathbb{R}$, 证明: $\underset{n\to +\infty }{\lim }{\left(1+\frac{x}{n}\right)}^n={\mathrm{e}}^x$. 证明. 我们先证明这样一个事实: 设 $h:\mathbb{R}\to (0,+\infty )$ 满足 $\underset{x\to +\infty }{\lim }h(x)=+\infty$, 也就是说, 不论实数 $A$ 多么大, 都能找到实数 $B$ 使得当 $x>B$ 时, $h(x)>A$ 成立, 那么$$\underset{x\to +\infty }{\lim }{\left(1+\frac{1}{h(x)}\right)}^{h(x)}=\mathrm{e}.$$记 $f(x)={\left(1+\frac{1}{h(x)}\right)}^{h(x)}$, 考虑充分大的 $x$ 使得 $h(x)>1$. 记$$[h(x)]=m,h(x)-m=\alpha \in [0,1),$$其中 $[x]$ 指不超过 $x$ 的最大整数, 那么$$\begin{array}{rl}{\left(1+\frac{1}{m+1}\right)}^{m+\alpha }& <f(x)⩽{\left(1+\frac{1}{m}\right)}^{m+\alpha },\\ {\left(1+\frac{1}{m+1}\right)}^{\alpha -1}{e}_{m+1}& <f(x)⩽{\left(1+\frac{1}{m}\right)}^{\alpha }{e}_m.\end{array}$$其中 $e_m:={\left(1+\frac{1}{m}\right)}^m$. 令 $x\to +\infty$, 这暗含着 $m\to +\infty$, 即得 $\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=\mathrm{e}.$ 回到题目的证明: $x=0$ 时的情形不需考虑. 设 $x\ne 0$. 记 $h_n=h_n(x)=\frac{x}{n}$, 则由上述结果有$$\underset{n\to +\infty }{\lim }{\left(1+h_n\right)}^{1/h_n}=\mathrm{e}.$$两边取 $x$ 次幂, 有$${\mathrm{e}}^x={\left(\underset{n\to +\infty }{\lim }{\left(1+h_n\right)}^{1/h_n}\right)}^x,$$下面我们仅需说明$${\left(\underset{n\to +\infty }{\lim }{\left(1+h_n\right)}^{1/h_n}\right)}^x=\underset{n\to +\infty }{\lim }{\left(1+h_n\right)}^{x/h_n},$$就完成了证明. 为此, 我们证明下面的定理: 设 $\alpha \in \mathbb{R},f(x):=x^{\alpha },x>0$, 则 $\underset{y\to 0}{\lim }f(x+y)=f(x).$ 这正是对幂函数连续性的刻画. 即证明 $\forall \epsilon >0,\exists \delta ,$ 只要 $|y|<\delta$, 就有$$\left|f(x+y)-f(x)\right|<\epsilon .$$设 $|y|<x$. 这保证 $x+y>0$, 有$$f(x+y)-f(x)=f(x)\left({\left(1+\frac{y}{x}\right)}^{\alpha }-1\right),$$记 $h=\frac{y}{x}$, 并记 $m=[\alpha ]+1$, 分两种情形讨论: ∘ $0⩽h<1.$ 此时$$0⩽(1+h{)}^{\alpha }-1⩽(1+h{)}^m-1=h\sum _{k=1}^m(1+h{)}^{m-k}⩽h\left(m\cdot 2^m\right).$$ ∘ $-1⩽h<0.$ 此时$$0⩽1-(1+h{)}^{\alpha }⩽1-(1+h{)}^m=-h\sum _{k=1}^m(1+h{)}^{m-k}⩽-h(m\cdot 2^m).$$ 总之,$$\left|f(x+y)-f(x)\right|=f(x)\left|(1+h{)}^{\alpha }-1\right|⩽|h|\left(m\cdot 2^m\right).$$由此可见, $\forall \epsilon \in (0,1)$, 取 $\delta =\frac{\epsilon x}{m\cdot 2^m}$, 就对于满足 $|y|<\delta$ 的 $y$ 成立 $|f(x+y)-f(x)|<\epsilon$. 这就完成了证明. $\square$
3.	证明: 对任何 $x\in \mathbb{R}$ 成立 ${\mathrm{e}}^x=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{x^n}{n!}$. 证明. 我们定义 $T_n(x)={\left(1+\frac{x}{n}\right)}^n$, 由上一题的结论可知对于任何 $x\in \mathbb{R}$, $\{T_n(x)\}$ 都是 Cauchy 列. 再设 $S_n(x)=\sum _{k=0}^n\frac{x^k}{k!}$. 则对于 $m>n>2N$, 其中 $N=\left[|x|\right]+1$, 有$$\left|S_m(x)-S_n(x)\right|⩽\sum _{k=n+1}^m\frac{N^k}{k!}<\sum _{k=n+1}^m\frac{N^k}{(2N{)}^{k-2N}}=(2N{)}^{2N}\sum _{k=n+1}^m{\left(\frac{1}{2}\right)}^k<\frac{(2N{)}^{2N}}{2^n},$$所以对于一切实数 $x$, $\{S_n(x)\}$ 是 Cauchy 列. 另一方面, 当 $n>2$ 时,$$S_n(x)-T_n(x)=\sum _{k=2}^n\frac{1}{k!}\left(1-\left(1-\frac{1}{n}\right)\cdots \left(1-\frac{k-1}{n}\right)\right)x^k,$$注意到当 $k⩾2$ 时,$$0<1-\left(1-\frac{1}{n}\right)\cdots \left(1-\frac{k-1}{n}\right)⩽\frac{1+\cdots +(k-1)}{n}=\frac{k(k-1)}{2n},$$得到$$\left|S_n(x)-T_n(x)\right|⩽\frac{1}{2n}\sum _{k=2}^n\frac{|x{|}^k}{(k-2)!}=\frac{x^2}{2n}{S}_{n-2}(|x|),$$从而对于一切实数 $x$, 数列 $\{S_n(x)\}$ 与 $\{T_n(x)\}$ 等价. 因此有 ${\mathrm{e}}^x=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{x^n}{n!}$. $\square$
4.	设 $\{x_n\}$ 是正数列, 证明 $\underset{n\to \infty }{\overline{\lim }}n\left(\frac{1+x_{n+1}}{x_n}-1\right)⩾1.$ 证明. 设 $\underset{n\to +\infty }{\overline{\lim }}n\left(\frac{1+x_{n+1}}{x_n}-1\right)<1$, 则 $\exists N>0$, 当 $n⩾N$ 时,$$n\left(\frac{1+x_{n+1}}{x_n}-1\right)<1,$$此即$$\frac{1}{n+1}<\frac{x_n}{n}-\frac{x_{n+1}}{n+1}$$对 $n=N,N+1,\cdots ,N+k-1,\cdots$ 成立. 这是无穷多个不等式, 将前 $k$ 个不等式相加得$$\frac{1}{N+1}+\cdots +\frac{1}{N+k}<\frac{x_N}{N}-\frac{x_{N+k}}{N+k}<\frac{x_N}{N}.$$此式应对一切 $k>1$ 成立, 但实际上, 左端当 $k\to +\infty$ 时, 极限为 $+\infty$, 矛盾. 事实上, 本题有如下推广: 设 $\{a_n\}$ 为任意正数列, $p$ 是任意给定的正整数, 则$$\underset{n\to +\infty }{\overline{\lim }}\left(\frac{a_1+a_{n+p}}{a_n}\right)>{\mathrm{e}}^p,\underset{n\to +\infty }{\overline{\lim }}n\left(\frac{1+a_{n+p}}{a_n}-1\right)>p,$$上述不等式中的 $p$ 不可用更大的数代替, 并且上述两个不等式等价. $\square$
5.	设 $f$ 是 $\mathbb{R}$ 上周期为 $1$ 的实函数, 满足: $\forall x,y\in \mathbb{R},x\ne y$, 成立 $|f(x)-f(y)|<|x-y|$. 任取 $x_0\in \mathbb{R}$, 定义 $x_{n+1}=f(x_n)(n⩾0)$. 证明: $\{x_n\}$ 收敛, 且极限不依赖于 $x_0$ 的选择. 证明. $\square$

2正项级数

正项级数, 正项级数收敛的基本定理, 比较判别法, Cauchy 判别法, D’Alembert 判别法, Raabe 判别法, 收敛得更慢与发散得更慢得级数

A 2.1.

1.	* 设 $\{a_n\}$ 为一正数列. 证明:$$\underset{n\to \infty }{\underline{\lim }}\frac{a_{n+1}}{a_n}⩽\underset{n\to \infty }{\underline{\lim }}\sqrt[n]{a_n}⩽\underset{n\to \infty }{\overline{\lim }}\sqrt[n]{a_n}⩽\underset{n\to \infty }{\overline{\lim }}\frac{a_{n+1}}{a_n}.$$ 证明. 设 $\underset{n\to \infty }{\overline{\lim }}\frac{a_{n+1}}{a_n}=a<\infty$, 证明 $\underset{n\to \infty }{\overline{\lim }}\sqrt[n]{a_n}⩾a$. $\square$
2.	讨论以下级数的收敛性: $(1)\sum _{n=1}^{\infty }\frac{n^3+2n+5}{n^4+4n+7}$; $(2)\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2-100n+1}\cos \frac{1}{n}$; $(3)\sum _{n=1}^{\infty }\ln \left(1+\frac{1}{n^2}\right)$; $(4)\sum _{n=1}^{\infty }{\left(\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\right)}^{\alpha }$. 解答. (1) 由于 $\frac{n^3+2n+5}{n^4+4n+7}\sim \frac{1}{n}$, 故 $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{n^3+2n+5}{n^4+4n+7}$ 发散. (2) 由于 $\frac{1}{n^2-100n+1}\cos \frac{1}{n}⩽\frac{1}{n^2-100n+1}\sim \frac{1}{n^2}$, 故 $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2-100n+1}\cos \frac{1}{n}$ 收敛; (3) 由于 $\ln \left(1+\frac{1}{n^2}\right)⩽\frac{1}{n^2}$, 故 $\sum _{n=1}^{\infty }\ln \left(1+\frac{1}{n^2}\right)$ 收敛; (4) 注意到$$\begin{array}{ccc}3=\frac{2+4}{2}>\sqrt{2\times 4},& & 2=\frac{1+3}{2}>\sqrt{1\times 3},\\ 5=\frac{4+6}{2}>\sqrt{4\times 6},& & 4=\frac{3+5}{2}>\sqrt{3\times 5},\\ ⋮& & ⋮\\ 2n-1=\frac{(2n-2)+2n}{2}>\sqrt{(2n-2)\cdot 2n},& & 2n=\frac{(2n-1)+(2n+1)}{2}>\sqrt{(2n-1)(2n+1)},\end{array}$$于是有$${\left(\frac{1}{2\sqrt{n}}\right)}^{\alpha }<{\left(\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\right)}^{\alpha }<{\left(\frac{1}{\sqrt{2n+1}}\right)}^{\alpha },$$于是当 $\alpha >2$ 时, $\sum _{n=1}^{\infty }{\left(\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\right)}^{\alpha }$ 收敛, 其余情况发散. $\square$
3.	举例说明, 当 $\underset{n\to +\infty }{\overline{\lim }}\sqrt[n]{a_n}=1$ 时, 正项级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$ 既可能收敛也可能发散. 解答. 对于 $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n}$ 与 $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}$ 均有 $\underset{n\to +\infty }{\overline{\lim }}\sqrt[n]{a_n}=1$, 但前者发散而后者收敛. $\square$
4.	设 $a_1⩾a_2⩾a_3⩾\cdots ⩾0$. 证明: 若 $\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n$ 收敛, 则 $\underset{n\to \infty }{\lim }n{a}_n=0.$ 证明. 对于任何 $m$ 与 $n>m$, 我们有$$(n-m)a_n<a_{m+1}+a_{m+2}+\cdots +a_n<{\alpha }_m,$$其中 ${\alpha }_m$ 为该收敛级数的余式, 由此得 $n{a}_n<\frac{n}{n-m}{\alpha }_m.$ 由于级数 $\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n$ 收敛, 故对于任给的 $\epsilon >0$, 则存在 $M$ 使得 ${\alpha }_M<\epsilon$. 其次, 由于 $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n}{n-M}=1$, 故存在 $N(N>M)$, 使得 $n⩾N$ 时有 $\frac{n}{n-M}<2$. 于是, 当 $n⩾N$ 时, 有 $0<n{a}_n<2\epsilon$, 因此 $\underset{n\to \infty }{\lim }n{a}_n=0.$ $\square$
5.	设正项级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$ 收敛, $\underset{n\to \infty }{\lim }n{a}_n=a$. 证明 $a=0$. 证明. 反证法. 若 $a\ne 0$, 则由 $a_n>0$ 知 $a>0$, 结合 $\underset{n\to \infty }{\lim }n{a}_n=a$ 可知 $\forall 0<\epsilon <a$, 存在 $N$, 使得 $n>N$ 时有$$n{a}_n>a-\epsilon ,\text{即}{a}_n>\frac{a-\epsilon }{n},$$由于 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$ 收敛, 由此推知 $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n}$ 收敛, 矛盾. $\square$
6.	讨论级数 ${\left(\frac{1}{2}\right)}^p+{\left(\frac{1\cdot 3}{2\cdot 4}\right)}^p+{\left(\frac{1\cdot 3\cdot 5}{2\cdot 4\cdot 6}\right)}^p+\cdots$ 的收敛性. 解答. 该题与 2.6 $\mathcal{A}$ 第 $2$ 题的第 (4) 题是完全相同的. 这里给出另一种方法. 由于 $\frac{a_n}{a_{n+1}}={\left(\frac{2n+2}{2n+1}\right)}^p,$ 于是$$\underset{n\to \infty }{\lim }n\left(\frac{a_n}{a_{n+1}}-1\right)=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{{\left(\frac{2n+2}{2n+1}\right)}^p-1}{\frac{1}{n}}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1+\frac{p}{2n+1}+o\left(\frac{1}{n}\right)-1}{\frac{1}{n}}=\frac{p}{2},$$由 Raaba 判别法, 知当 $p>2$ 时, 级数收敛. $\square$
7.	研究数列 $\left\{\frac{1}{1+\alpha }\frac{2}{2+\alpha }\cdots \frac{n}{n+\alpha }\right\}$ 当 $n$ 趋于无穷时候的阶, 其中 $\alpha$ 是一个非负常数. 解答. 当 $n$ 趋于无穷时, 由 String 公式可得$$\prod _{k=1}^n\left(\frac{k}{k+\alpha }\right)=\frac{\Gamma (1+\alpha )\Gamma (n+1)}{\Gamma (n+\alpha +1)}\sim \frac{\Gamma (\alpha +1)\sqrt{2\pi n}(n/e{)}^n}{\sqrt{2\pi (n+\alpha )}((n+\alpha )/e{)}^{n+\alpha }}\sim \frac{\Gamma (\alpha +1)}{n^{\alpha }}.$$$\square$
8.	研究级数 $\sum _{n=10}^{\infty }\frac{1}{n^p(\ln n{)}^q(\ln \ln n{)}^r}$ 的敛散性, 其中 $p,q,r$ 为实数. 解答. 当 $p>1$ 时, 令 $p=1+2\epsilon ,\epsilon >0$, 则$$\frac{n^{1+\epsilon }}{n^p(\ln n{)}^q(\ln \ln n{)}^r}=\frac{n^{1+\epsilon }}{n^{1+2\epsilon }(\ln n{)}^q(\ln \ln n{)}^r}=\frac{1}{n^{\epsilon }(\ln n{)}^q(\ln \ln n{)}^r}\to 0,n\to +\infty ,$$由 $\sum _{n=10}^{\infty }\frac{1}{n^{1+\epsilon }}$ 收敛可知 $\sum _{n=10}^{\infty }\frac{1}{n^p(\ln n{)}^q(\ln \ln n{)}^r}$ 收敛. 当 $p<1$ 时, 令 $p=1-2\epsilon ,\epsilon >0$, 则$$\frac{n^{1-\epsilon }}{n^p(\ln n{)}^q(\ln \ln n{)}^r}=\frac{n^{1-\epsilon }}{n^{1-2\epsilon }(\ln n{)}^q(\ln \ln n{)}^r}=\frac{n^{\epsilon }}{(\ln n{)}^q(\ln \ln n{)}^r}\to +\infty ,n\to +\infty ,$$由 $\sum _{n=10}^{\infty }\frac{1}{n^{1-\epsilon }}$ 发散可知 $\sum _{n=10}^{\infty }\frac{1}{n^p(\ln n{)}^q(\ln \ln n{)}^r}$ 发散. 当 $p=1$ 时. $\square$

B 2.2.

1.	给定 $0⩽\ell ⩽1⩽L⩽+\infty$, 是否存在收敛或发散的正项级数 $\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n$ 使得 $\underset{n\to +\infty }{\overline{\lim }}\frac{a_{n+1}}{a_n}=L$, 且 $\underset{n\to +\infty }{\underline{\lim }}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\ell$ ? 解答. 存在, 可设 $a_n=\{\begin{array}{l}\frac{1}{2^n},n=2k,\\ \frac{1}{4^n},n=2k+1\end{array},k\in \mathbb{Z}$, 于是 $\underset{n\to +\infty }{\overline{\lim }}\frac{a_{n+1}}{a_n}=+\infty$, 且 $\underset{n\to +\infty }{\underline{\lim }}\frac{a_{n+1}}{a_n}=0$. $\square$
2.	利用与级数 $\sum _{n=3}^{\infty }\frac{1}{n{\ln }^{p}n}$ 比较, 仿 Raabe 判别法给出一个判别定理. 解答. 根据例 2.6.4, 我们已经知道, 级数 $\sum _{n=3}^{\infty }\frac{1}{n{\ln }^{p}n}$ 当且仅当 $p>1$ 时收敛. 于是我们有$$\begin{array}{rl}& \text{正项级数}\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n\text{收敛.}\\ ⟸& \exists p>1,M>0,N⩾3,s.t.\forall n⩾N,a_n⩽\frac{M}{n{\ln }^{p}n}\\ ⟺& \exists p>1,M>0,N⩾3,s.t.\forall n⩾N,p⩽\frac{\ln M-\ln n-\ln a_n}{\ln \left(\ln n\right)}\\ ⟺& \underset{n\to \infty }{\underline{\lim }}\frac{-\ln n-\ln a_n}{\ln \left(\ln n\right)}>1\\ ⟺& \underset{n\to \infty }{\underline{\lim }}\frac{\ln n+\ln a_n-\ln (n+1)-\ln a_{n+1}}{\ln \left(\ln (n+1)\right)-\ln \left(\ln n\right)}>1\\ ⟺& \underset{n\to \infty }{\underline{\lim }}\frac{\ln \frac{n}{n+1}+\ln \frac{a_n}{a_{n+1}}}{\ln \left(\frac{\ln (n+1)}{\ln n}\right)}>1⟺\underset{n\to \infty }{\underline{\lim }}\frac{-\frac{1}{n}+\frac{a_n}{a_{n+1}}-1}{\frac{\ln (n+1)}{\ln n}-1}>1\\ ⟺& \underset{n\to \infty }{\underline{\lim }}\frac{\ln n\left(n\left(\frac{a_n}{a_{n+1}}-1\right)-1\right)}{n\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)}>1⟺\underset{n\to \infty }{\underline{\lim }}\ln n\left(n\left(\frac{a_n}{a_{n+1}}-1\right)-1\right)>1.\end{array}$$同理可证 $\underset{n\to \infty }{\overline{\lim }}\ln n\left(n\left(\frac{a_n}{a_{n+1}}-1\right)-1\right)<1$ 时 $\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n$ 发散. $\square$
3.	试考察不可数个正数的和. 解答. 参考 Conway, A Course in Functional Analysis, GTM 96, Chapter I, Definition 4.11 (p.16). $\square$

3任意项级数

任意项级数, 绝对收敛, 条件收敛, Abel 变换, Abel 判别法, Dirichlet 判别法, 交错级数, Leibniz 判别法, 幂级数, 幂级数的收敛半径, Cauchy–Hadamard 公式, Cauchy 乘积, Mertens 定理, 级数的重排, 累级数, 无穷乘积的收敛性

定理 3.1 (Mertens 定理). 设级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$ 绝对收敛到 $A$, 级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n$ 收敛到 $B$, 则它们的 Cauchy 乘积 $\sum _{n=1}^{\infty }{c}_n$ 收敛到 $AB$.

A 3.2.

1.	讨论以下级数的收敛性 (包括绝对收敛性): $(1)\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n}\ln \left(1+\frac{(-1{)}^{n-1}}{n}\right)$; $(2)\sum _{n=1}^{\infty }\frac{n^n{x}^n}{n!}$; $(3)\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{\sqrt{n}}\sin \left(n+\frac{1}{n}\right)$; $(4)\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\cos (n+(-1{)}^n)}{n}$. 解答. (1) 由于$$\frac{1}{n}\ln \left(1+\frac{(-1{)}^n}{n}\right)=\frac{(-1{)}^{n-1}}{n^2}-\frac{1}{2n^3}+o\left(\frac{1}{n^3}\right),$$故该级数收敛且绝对收敛. (2) 记 $a_n=\frac{n^n}{n!}$, 则 $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{a_{n+1}}{a_n}=\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n=e.$ 从而 $x\in \left(-\frac{1}{e},\frac{1}{e}\right)$ 时收敛, 并且绝对收敛. 当 $x=\frac{1}{e}$ 时, 有$$\frac{n^n}{n!e^n}=\frac{n^n}{\sqrt{2\pi n}(n/e{)}^n{e}^n}\sim \frac{1}{\sqrt{2\pi n}},$$从而发散. 当 $x=-\frac{1}{e}$, 易见其为 Leibniz 级数, 即得条件收敛. (3) 注意到 $\sin \left(n+\frac{1}{n}\right)\sim \sin n$, 而$$\begin{array}{r}\sum _{k=1}^n\sin k=\frac{\sum _{k=1}^{n}2\sin k\sin (1/2)}{2\sin (1/2)}=\frac{\sum _{k=1}^n\left(\cos \frac{2k-1}{2}-\cos \frac{2k+1}{2}\right)}{2\sin (1/2)}=\frac{\cos \frac{1}{2}-\cos \frac{2n+1}{2}}{2\sin (1/2)},\end{array}$$故 $\sum _{n=1}^{\infty }\sin n$ 部分和有界, $\left\{\frac{1}{\sqrt{n}}\right\}$ 单调递减趋于零, 故由 Dirichlet 判别法知该级数收敛. 但$$\left|\frac{1}{\sqrt{n}}\sin \left(n+\frac{1}{n}\right)\right|\sim \left|\frac{\sin n}{\sqrt{n}}\right|>\left|\frac{\sin n}{n}\right|,$$后者发散, 故为条件收敛. (4) 条件收敛. $\square$
2.	证明对于任何 $x$, 级数 $\sin x-\sin \sin x+\sin \sin \sin x-\sin \sin \sin \sin x+\cdots$ 收敛. 证明. 不妨设 $a_0=x\in (0,\pi ),a_{n+1}=\sin a_n(n⩾1)$, 于是原级数即为 $\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n+1}{a}_n$, 易见 $\{a_n\}$ 单调递减趋于零, 由 Leibniz 判别法可知该级数收敛. 若 $a_0=x\in (-\pi ,0)$, 则 $-x\in (0,\pi )$, 原级数即为 $\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^n{a}_n$, 同理可获结论. 结合 $\sin x$ 的周期性易见对于任何 $x$, 结论成立. $\square$
3.	设有级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$. 级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{A}_n$ 由级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$ 加括号得到, 即 $A_n=\sum _{k=p_n}^{p_{n+1}-1}{a}_k$, 其中 $\{p_n\}$ 是严格单增的正整数列, $p_1=1$. 证明: (1) 若 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$ 收敛, 则 $\sum _{n=1}^{\infty }{A}_n$ 收敛. (2) 若 $\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=0$, $\{p_{n+1}-p_n\}$ 有界, $\sum _{n=1}^{\infty }{A}_n$ 收敛, 则 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$ 收敛.
4.	级数 $1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}-\frac{1}{5}-\frac{1}{6}+\frac{1}{7}+\frac{1}{8}+\frac{1}{9}+\cdots$ 是否收敛? 解答. 易见$$1,1,1,-1,-1,-1,1,1,1,-1,\cdots ,$$部分和有界, 而 $\left\{\frac{1}{n}\right\}$ 单调递减趋于 $0$, 依 Dirichlet 判别法知其收敛. $\square$
5.	设 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$ 条件收敛, 证明: $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$ 通过重排可以发散到 $+\infty$ 以及 $-\infty$. 证明. 由 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$ 条件收敛, 可知 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n^{+}$ 与 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n^{-}$ 都发散到正无穷, 且 $\underset{n\to +\infty }{\lim }{a}_n^{+}=\underset{n\to +\infty }{\lim }{a}_n^{-}=0$. 我们这样排列: 先按原来的顺序选取若干正项, 使其和大于 $1$, 然后添加第一个负项, 然后在余下的正项中继续选取, 使得整个和大于 $2$, 然后添加第二个负项, 依此类推. 由于 $\underset{n\to +\infty }{\lim }{a}_n^{-}=0$, 故 $n$ 充分大时 $a_n^{-}$ 可以任意小, 从而可知由上法得到的级数将发散到 $+\infty$, 相似的操作方式可使其发散到 $-\infty$. $\square$
6.	试利用 Dirichlet 判别法证明 Abel 判别法. 证明. 若数列 $\{b_n\}$ 单调有界且 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$ 收敛, 则由单调收敛定理可知 $\{b_n\}$ 收敛, 不妨记 $\underset{n\to +\infty }{\lim }{b}_n=b$, 从而 $\{b_n-b\}$ 单调趋于零. 根据 Dirichlet 判别法知级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n(b_n-b)$ 收敛, 于是由$$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{b}_n=\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n(b_n-b)+b\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$$可知, 级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{b}_n$ 收敛. $\square$
7.	证明 Mertens 定理, 即定理 3.1. 证明. 记$$A_n=\sum _{k=1}^n{a}_k,B_n=\sum _{k=1}^n{b}_k,C_n=\sum _{k=1}^{\infty }{c}_k.$$我们要证 $\underset{n\to +\infty }{\lim }{C}_n=AB$, 易见$$\begin{array}{rl}{C}_n& =a_1{b}_1+(a_1{b}_2+a_2{b}_1)+(a_1{b}_3+a_2{b}_2+a_3{b}_1)+\cdots +\left(a_1{b}_n+a_2{b}_{n-1}+\cdots a_n{b}_1\right)\\ & =a_1\left(b_1+b_2+\cdots +b_n\right)+a_2(b_1+b_2+\cdots +b_{n-1})+\cdots +a_n{b}_1\\ & =a_1{B}_n+a_2{B}_{n-1}+\cdots +a_n{B}_1.\end{array}$$如果令 ${\beta }_n=B_n-B$, 则 ${\beta }_n\to 0(n\to +\infty )$, 于是$$C_n=A_{n}B-{\gamma }_n,$$其中$${\gamma }_n=\sum _{\ell =1}^n{a}_1{\beta }_{n+1-\ell }=a_1{\beta }_n+a_2{\beta }_{n-1}+\cdots +a_n{\beta }_1,$$这样的问题就归结于证 $\underset{n\to +\infty }{\lim }{\gamma }_n=0$. 由于 $\underset{n\to +\infty }{\lim }{\beta }_n=0$, 故对任意的 $\epsilon >0$, 存在 $N\in {\mathbb{N}}_{+}$, 当 $n>N$ 时有 $|{\beta }_n|<\epsilon$. 于是由 ${\gamma }_n$ 的定义可得$$\begin{array}{rl}|{\gamma }_n|& ⩽\left|a_1{\beta }_n+\cdots a_{n-N}{\beta }_{N+1}\right|+\left|a_{n-N+1}{\beta }_N+\cdots +\cdots a_n{\beta }_1\right|\\ & <\epsilon M+\left|a_{n-N+1}{\beta }_N+\cdots +\cdots a_n{\beta }_1\right|,\end{array}$$其中 $M=\sum _{n=1}^{\infty }|a_n|<+\infty$. 在上式中固定 $N$, 令 $n\to +\infty$, 即得$$\underset{n\to +\infty }{\overline{\lim }}|{\gamma }_n|⩽\epsilon M,$$由此可知 $\underset{n\to +\infty }{\lim }{\gamma }_n=0$, 从而 $\underset{n\to +\infty }{\lim }{C}_n=AB.$ $\square$
8.	设 $\sum _{k=0}^{\infty }\sum _{j=0}^{\infty }{a}_{kj}$ 绝对收敛, 证明: $\sum _{j=0}^{\infty }\sum _{k=0}^{\infty }{a}_{kj}$ 绝对收敛, 且 $\sum _{j=0}^{\infty }\sum _{k=0}^{\infty }{a}_{kj}=\sum _{k=0}^{\infty }\sum _{j=0}^{\infty }{a}_{kj}$. 证明. 不妨设 $\sum _{j=0}^{\infty }|a_{ij}|=|A_i|,\sum _{i=0}^{\infty }|A_i|=A$, 那么, $\forall \epsilon >0,\exists N⩾1$, 使得任意的 $n>N$, 有: $$A-\epsilon ⩽\sum _{i=0}^n|A_i|⩽A.$$由于其绝对收敛, 我们交换求和次序, 有: $$\sum _{j=1}^{\infty }\sum _{i=1}^n|a_{ij}|=\sum _{i=0}^n|A_i|,$$进而存在 $N^{\prime }\ge N$, 使得对于任意的 $n>N^{\prime }$, 均有: $$A-2\epsilon ⩽\sum _{j=1}^n\sum _{i=1}^n|a_{ij}|⩽A.$$由于 $\sum _{i=1}^{\infty }|a_{ij}|\le A$, 那么由单调收敛定理, 其存在极限, 我们不妨设其为 $|B_j|$, 那么: $$A-2\epsilon ⩽\sum _{j=1}^n\sum _{i=1}^n|a_{ij}|⩽\sum _{j=1}^n|B_j|⩽A,$$故 $\sum _{j=0}^{\infty }\sum _{i=0}^{\infty }|a_{ij}|=\sum _{j=0}^{\infty }|B_j|$ 绝对收敛, 且收敛到 $A$. 那么, 考查 $\sum _{j=0}^{\infty }\sum _{i=0}^{\infty }{a}_{ij}$ 时, 分别考虑其正部和负部, 发现均有: $$\sum _{j=0}^{\infty }\sum _{i=0}^{\infty }{a}_{ij}^{+}=\sum _{i=0}^{\infty }\sum _{j=0}^{\infty }{a}_{ij}^{+},\sum _{j=0}^{\infty }\sum _{i=0}^{\infty }{a}_{ij}^{-}=\sum _{i=0}^{\infty }\sum _{j=0}^{\infty }{a}_{ij}^{-},$$自然地 $\sum _{i=0}^{\infty }\sum _{j=0}^{\infty }{a}_{ij}=\sum _{j=0}^{\infty }\sum _{i=0}^{\infty }{a}_{ij}$. $\square$
9.	举例说明两个条件收敛的级数的 Cauchy 乘积有可能收敛, 也有可能发散. 解答. 取 $a_n=b_n=\frac{(-1{)}^n}{n}$, 则 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$ 与 $\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n$ 条件收敛, 取 $a_n=b_n=\frac{(-1{)}^n}{\sqrt{n}}$, 则 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$ 与 $\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n$ 条件收敛, 但这对于其 Cauchy 乘积 $\sum _{n=1}^{\infty }{c}_n$ 有$$|c_n|=\sum _{i+j=n+1}\frac{1}{\sqrt{ij}}⩾\sum _{i+j=n+1}\frac{2}{i+j}=\frac{2n}{n+1}⩾1,$$从而 $\sum _{n=1}^{\infty }{c}_n$ 发散. $\square$
10.	按绝对收敛, 条件收敛, 发散分类, 穷举两个级数的 Cauchy 乘积收敛性的各种可能性. 并给出必要的证明与反例.
11.	确定实数 $p$ 的取值区间, 使在该区间内的二重级数 $\sum _{n=1}^{\infty }\sum _{m=1}^{\infty }\frac{1}{(m+n{)}^p}$ 收敛. 解答. $\square$
12.	考察 $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\sin n\sin n^2}{n}$ 的敛散性. 解答. 我们有$$\sin n\sin n^2=\frac{1}{2}\left(\cos (n^2-n)-\cos (n^2+n)\right),$$而$$\left|\frac{1}{2}\sum _{k=1}^N\left(\cos (k^2-k)-\cos (k^2+k)\right)\right|=\frac{1}{2}\left|\cos 0-\cos (N^2+N)\right|⩽1,$$又 $\left\{\frac{1}{n}\right\}$ 单调递减趋于 $0$. 依 Dirichlet 判别法, 知 $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\sin n\sin n^2}{n}$ 收敛. $\square$

B 3.3.

1.	利用 Abel 变换证明钟开莱不等式: 设 $a_1⩾a_2⩾\cdots ⩾a_n>0$, $$\sum _{k=1}^m{b}_k⩾\sum _{k=1}^m{a}_k,\forall m=1,2,\cdots ,n.$$则 $\sum _{k=1}^n{a}_k^2⩽\sum _{k=1}^n{b}_k^2.$ 证明. 记 $A_m=\sum _{k=1}^m{a}_k,B_m=\sum _{k=1}^m{b}_m$, 则由 Abel 变换$$\sum _{k=1}^n{a}_k^2=a_n{A}_n+\sum _{k=1}^{n-1}{A}_k(a_k-a_{k+1})⩽a_n{B}_n+\sum _{k=1}^{n-1}{B}_k(a_k-a_{k-1})=\sum _{k=1}^n{a}_k{b}_k,$$即$$\sum _{k=1}^n{a}_k^2⩽\sum _{k=1}^n{a}_k{b}_k⩽\sqrt{\sum _{k=1}^n{a}_k^2\cdot \sum _{k=1}^n{b}_k^2}\Rightarrow \sum _{k=1}^n{a}_k^2⩽\sum _{k=1}^n{b}_k^2,$$从而结论成立. $\square$
2.	设 $\sum _{n=1}^{\infty }{A}_n$ 收敛. 试证明存在 $\{a_n\},\{b_n\}$ 使得 $A_n=a_n{b}_n(n⩾1)$, $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$ 部分和有界, 而 $\{b_n\}$ 单调下降趋于零. 证明. $\square$
3.	证明: $\underset{\alpha \to 0^{+}}{\lim }\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n^{\alpha }}=\frac{1}{2}$. 证明. 令 $a_n(\alpha )=\frac{1}{n^{\alpha }},B_0=0,\Delta B_{n-1}=B_n-B_{n-1}=(-1{)}^{n-1}$, 则$$\Delta a_n=\frac{1}{(n+1{)}^{\alpha }}-\frac{1}{n^{\alpha }},$$且$$B_n=\sum _{k=1}^n\left(B_k-B_{k-1}\right)=\sum _{k=1}^n(-1{)}^{k-1}=\frac{1-(-1{)}^n}{2},$$于是 $\forall m\in {\mathbb{Z}}^{+}$, 有$$\begin{array}{rl}\sum _{n=1}^m\frac{(-1{)}^{n-1}}{n^{\alpha }}& =\sum _{n=1}^m{a}_n(\alpha )\Delta B_{n-1}=a_m(\alpha )B_m-\sum _{n=1}^{m-1}{B}_n\Delta a_n(\alpha )\\ & =\frac{1}{m^{\alpha }}\frac{1-(-1{)}^n}{2}+\sum _{n=1}^{m-1}\frac{1-(-1{)}^n}{2}\left(\frac{1}{n^{\alpha }}-\frac{1}{(n+1{)}^{\alpha }}\right).\end{array}$$由于 $\forall \alpha \in (0,+\infty )$, 级数 $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n^{\alpha }}$ 都收敛, 所以令 $m\to +\infty$, 由上面的等式可得$$\begin{array}{rl}\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n^{\alpha }}& =\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1-(-1{)}^n}{2}\left(\frac{1}{n^{\alpha }}-\frac{1}{(n+1{)}^{\alpha }}\right)\\ & =\frac{1}{2}\sum _{n=1}^{\infty }\left(\frac{1}{n^{\alpha }}-\frac{1}{(n+1{)}^{\alpha }}\right)-\frac{1}{2}\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^n\left(\frac{1}{n^{\alpha }}-\frac{1}{(n+1{)}^{\alpha }}\right)\\ & =\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^n\left(\frac{1}{n^{\alpha }}-\frac{1}{(n+1{)}^{\alpha }}\right).\end{array}$$ 下面证明级数 $\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^n\left(\frac{1}{n^{\alpha }}-\frac{1}{(n+1{)}^{\alpha }}\right)$ 在 $\left[0,+\infty \right)$ 上一致收敛. 令 $b_n(\alpha )=-\Delta a_n(\alpha )(n\in {\mathbb{Z}}^{+})$, 则由$$b_n(\alpha )=\frac{1}{n^{\alpha }}-\frac{1}{(n+1{)}^{\alpha }}=\frac{1}{n^{\alpha }}\left(1-\frac{1}{{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{\alpha }}\right)$$可知, 对于任何 $\alpha \in \left[0,+\infty \right)$, $\{b_n(\alpha )\}$ 关于 $n$ 单调减少, 并且当 $x\in [0,1]$ 时, 有$$\left|b_n(\alpha )\right|⩽1-\frac{1}{{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^x}⩽1-\frac{1}{1+\frac{1}{n}}=\frac{1}{n+1},$$当 $\alpha >1$ 时, 有$$\left|b_n(\alpha )\right|⩽\frac{1}{n^{\alpha }}<\frac{1}{n},$$于是数列 $\{b_n(\alpha )\}$ 在 $\left[0,+\infty \right)$ 上一致收敛于零. 故由 Dirichlet 判别法知该级数一致收敛, 于是$$\begin{array}{rl}\underset{\alpha \to 0^{+}}{\lim }\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n^{\alpha }}& =\underset{\alpha \to 0^{+}}{\lim }\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^n\left(\frac{1}{n^{\alpha }}-\frac{1}{(n+1{)}^{\alpha }}\right)\right)\\ & =\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^n\underset{\alpha \to 0^{+}}{\lim }\left(\frac{1}{n^{\alpha }}-\frac{1}{(n+1{)}^{\alpha }}\right)=\frac{1}{2}.\end{array}$$ $\square$
4.	对于 $s>1$, Riemann (黎曼) $\zeta$ 函数定义为: $\zeta (s)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^s}$. 设 $\{p_n{\}}_{n=1}^{\infty }$ 为所有素数, 证明 Euler 乘积公式: $\zeta (s)=\prod _{n=1}^{\infty }\frac{1}{1-1/p_n^s}$. 证明. 直观上来讲, $$\zeta (s)=\sum _{{\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots \in \mathbb{N}}\frac{1}{(p_1^s{)}^{{\alpha }_1}(p_2^s{)}^{{\alpha }_2}\cdots }=\prod _{n=1}^{\infty }(1+\frac{1}{p_n^s}+\frac{1}{(p_n^s{)}^2}+\cdots )=\prod _{n=1}^{\infty }\frac{1}{1-1/p_n^s},$$不过要严格化这个过程才行. 试着算$$(1-\frac{1}{2^s})\zeta (s)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^s}-\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{(2n{)}^s}=\sum _{2\nmid n}\frac{1}{n^s},$$继续算$$(1-\frac{1}{3^s})(1-\frac{1}{2^s})\zeta (s)=\sum _{2\nmid n}\frac{1}{n^s}-\sum _{2\nmid n,3\mid n}\frac{1}{(2n{)}^s}=\sum _{2\nmid n,3\nmid n}\frac{1}{n^s},$$类推有$$(1-\frac{1}{p_k^s})\cdots (1-\frac{1}{2^s})\zeta (s)=\sum _{2\nmid n,\cdots ,p_k\nmid n}\frac{1}{n^s}.$$随着 $p_k$ 的增大, $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^s}$ 中留下来的项越来越少了, 除了首项 $1$ 是始终孤悬西北的归义军, 其余的只能从 $\frac{1}{p_{k+1}^s}$ 开始留了; 由于这是收敛的级数, 对任意 $\epsilon >0$, $p_{k+1}$ 很大时有$$0<\sum _{2\nmid n,\cdots ,p_k\nmid n}\frac{1}{n^s}-1<\sum _{n⩾p_{k+1}}\frac{1}{n^s}<\epsilon ,$$也就是$$\underset{k\to \infty }{\lim }(1-\frac{1}{p_k^s})\cdots (1-\frac{1}{2^s})\zeta (s)=1,$$此即所求. $\square$ 注: 这个公式对 $\mathrm{Re}s>1$ 亦成立.
5.	Euler 最早根据 $\sin \pi x$ 的零点为 $0,\pm 1,\pm 2,\cdots$ 而猜测如下的 Euler 公式: $$\sin \pi x=\pi x\prod _{n=1}^{\infty }\left(1-\frac{x^2}{n^2}\right).$$试按如下步骤证明 Euler 公式: (1) 对于 $n⩾0$ 以及 $t\in (-1,1)$, 证明:$$\sin \left((2n+1)\arcsin t\right)=(2n+1)t\prod _{k=1}^n\left(1-\frac{t^2}{{\sin }^2\frac{k\pi }{2n+1}}\right).$$ (2) 证明: $|x|⩽n+\frac{1}{2}$ 时,$$\sin \pi x=(2n+1)\sin \frac{\pi x}{2n+1}\prod _{k=1}^n\left(1-\frac{{\sin }^2\frac{\pi x}{2n+1}}{{\sin }^2\frac{k\pi }{2n+1}}\right).$$ (3) 固定 $x\in \mathbb{R}$, 对于 $m>K>|\pi x|$, 成立$$\begin{array}{rl}\prod _{k=K}^m\left(1-\frac{x^2}{k^2}\right)\cdot \prod _{k=m+1}^{\infty }\left(1-\frac{{\pi }^2{x}^2}{4k^2}\right)& ⩽\underset{n\to +\infty }{\underline{\lim }}\prod _{k=K}^n\left(1-\frac{{\sin }^2\frac{\pi x}{2n+1}}{{\sin }^2\frac{k\pi }{2n+1}}\right)\\ & ⩽\underset{n\to +\infty }{\overline{\lim }}\prod _{k=K}^n\left(1-\frac{{\sin }^2\frac{\pi x}{2n+1}}{{\sin }^2\frac{k\pi }{2n+1}}\right)\\ & ⩽\prod _{k=K}^m\left(1-\frac{x^2}{k^2}\right).\end{array}$$ (4) 证明对任何 $x\in \mathbb{R}$, 成立$$\underset{n\to +\infty }{\lim }\prod _{k=1}^n\left(1-\frac{{\sin }^2\frac{\pi x}{2n+1}}{{\sin }^2\frac{k\pi }{2n+1}}\right)=\prod _{k=1}^{\infty }\left(1-\frac{x^2}{k^2}\right).$$ 证明. $\square$
6.	证明: $\cos \pi x=\prod _{n=0}^{\infty }\left(1-\frac{x^2}{{\left(n+1/2\right)}^2}\right)$. 证明. 用 Euler 公式, 得$$2\cos \pi x=\frac{\sin 2\pi x}{\sin \pi x}=2\pi x\prod _{n=1}^{\infty }\left(1-\frac{x^2}{(n/2{)}^2}\right)/\pi x\prod _{n=1}^{\infty }\left(1-\frac{x^2}{n^2}\right).$$$\square$