Question

［百分］求解一道级数证明题：

设：对于所有k，通项a(k)>0
已知：b(k) = [a(k)] ^ [(k+1)/k] 此级数无限项求和收敛，
求证：a(k)的无限项求和收敛。

Answer 1

给定的一个数才有一楼所说的1/芦芦k次幂趋于1，而人家这里的a(k)没有给定，所以他的逻辑有问题。
下面给出正解：
运用Young不等式ab≤(a^p)/p+(b^q)/q,其中1/p+1/q=1, 1<p,q,<∞
至于这个不等式你只要运用e^x为凸函数很容易就可以证明出来，把ab=e^(lna+lnb)做这种转换饥段就可以得出来。
运用另外一个事实：如果∑c(n)^2收敛，则有结论∑c(n)/n收敛，这个的证明只要用到∑1/n^2，∑c(n)^2收敛而|c(n)/n|≤[c(n)^2+1/n^2]/2（即柯西不等式，二元也就平方公式而已），于是马上可得结论。
下面用这两个结论来证明题目：（假设n已经充分大了，为了使得下面讨论的p,q都是大于1的）
令c(n)= [a(n)] ^ [(n+1)/2n]即b(n)的平方根，则b(n)=c(n)^2，级数∑c(n)^2收敛马上得到∑c(n)/n收敛。
令a=a(n)^t,b=a(n)^(1-t),t,待定，p待定，陪肢带希望用Young不等式得到的两项恰好就是一个出来∑c(n)^2即∑b(n),另一项出来∑c(n)/n,通过待定系数法代入计算求得对于每一个a(n),令p=(n+1)/(n-1),q=(n+1)/2,t=(n-1)/n,1-t=1/n,则使用Young不等式马上得到：
a(n)≤b(n)(n-1)/(n+1)+[2n/(n+1)][c(n)/n]≤b(n)+2c(n)/n
两边∑求和马上可以由右边的两个级数都是收敛的马上得到∑a(n)收敛。

追问

为什么：b(n)(n-1)/(n+1)+[2n/(n+1)][c(n)/n]≤b(n)+2c(n)/n？
怎么处理前面系数的？

追答

(n-1)/(n+1)小于1嘛， 2n/(n+1)小于2嘛，所以当然就有b(n)(n-1)/(n+1)+[2n/(n+1)][c(n)/n]≤b(n)+2c(n)/n咯。
至于说怎么过来这步就是从Young不等式里面出来的。
a^p/p=a(n)^(tp)/p,而tp=(n+1)/n,p=(n+1)/(n-1),所以a^p/p=a(n)^[(n+1)/n]/p=b(n)/p=b(n)(n-1)/(n+1);
b^q/q=a(n)^[q(1-t)]/q=a(n)^[(n+1)/2n]/q=c(n)/q=2c(n)/(n+1)=[2n/(n+1)][c(n)/n];
你不给力啊，我文字说明了由Yong不等式出来，你自己竟然不动手自己算一次。这个东西自己还是动手过一遍才变成你的东西哦！不然别人的还是别人的，看懂了但是自己写起来又会写不过去的哦。

追问

不是。。我懂了杨氏不等式那部分，只是一时脑子卡住忘记系数(n-1)/(n+1)<1了。。。

Answer 2

先看一下源陵禅判别正项级数收敛的比较原则中的推论：
设Σun和Σvn是两个正项级数，若 lim(un/vn)=p,(n-->﹢∞)
则（1）当0<p<﹢∞时，两级数同时收敛或同时发散；
（2）当p=0且级数Σvn收敛时，级数Σun也收敛雹尘；
（3）当p=﹢∞且级数Σvn发散时，级数Σun也发散；

再看本题
lim[b(k)/ a(k)]=lim{ [a(k)] ^ [(k+1)/k] /[a(k)] }=lim[a(k)^1/k] =1，
由已知Σb(k)是收敛汪携的，所以，Σa(k)也是收敛的。

追问

能否给一下那个推论的过程？谢谢！

追答

由 lim(un/vn)=p,(n-->﹢∞)，对任给的正数ε，存在某正数N，
当n>N时，恒有|un/vn-p|N时，都有un/vn>M或un>Mvn
于是有比较原则，若级数Σvn发散，则级数Σun也发散。

PS：比较原则：
设Σun和Σvn是两个正项级数，如果存在某正数N，对一切n>N都有un≦vn
则（1）若级数Σvn收敛，则级数Σun也收敛；
（2）若级数Σun发散，则级数Σvn也发散。

追问

lim[a(k)^1/k] =1为什么正确？确实，a(k)>0是已给的，但是a(k)是包含k项的未知项啊。单凭指数就判定其收敛，是否。。？

追答

？

Answer 3

“薰衣草0715”的方法逻辑欠妥！LZ的追问是对的，lim[a(k)^1/k] =1中的a(k)是个数列，不是常数，所以颂正这个式子缺乏根据。事实上，如果a(k)趋于0的速度极快，比如a(k)=e^(-k^2)时, a(k)^1/k->0 (k->∞时), 此时“薰衣草0715”所用的比较判别法失效！我的方法是情况讨论一下，含纯具体见下。

a(k)=b(k)^(k/k+1). a(k)>0=>b(k)>0, Σb(k)收敛=>b(k)->0(k->∞). 下面分情况讨论。

1. b(k)>1/k^3对所有k恒成立. 此时b(k)/a(k)=b(k)^[1/(k+1)]>(1/k^3)^[1/(k+1)]=exp(1/(k+1))*ln(1/k^3)=exp{[k/(k+1)]*exp[(1/k)*ln(1/k)]}. 由洛必达法则易证：x->0+时x*lnx->0, 所以k->∞时(1/k)*ln(1/k)->0. 故b(k)/a(k)->exp(0*1)=1. 此谈樱咐时由比较判别法的极限形式，知Σb(k)收敛=>Σa(k)收敛。

2. b(k)≤1/k^3对所有k恒成立. 此时a(k)=b(k)^(k/k+1)≤(1/k^3)^(k/k+1)≤(1/k^3)^(0.5)=k^(-1.5). 第二个不等式是由于1/k^3≤1而(k/k+1)≥0.5. 由于Σk^(-1.5)收敛，由比较判别法可知Σa(k)收敛。

3. 对某些k, b(k)>1/k^3；对另一些k, b(k)≤1/k^3. 此时可以将所有k按b(k)是否>1/k^3分为两部分，只要证每一部分对应的a(k)求和以后都收敛即可。注意，每一部分可能是有限和，也有可能是无限和。如果有限的话当然收敛，如果是无限和，上面的1与2可保证其收敛性。所以Σa(k)收敛。

简单总结下思路：如果b(k)/a(k)->1，按“薰衣草0715”的方法即可。问题是当b(k)非常小时，b(k)/a(k)->1不成立。但是b(k)非常小时a(k)本身就很小，因此对这些k, Σa(k)收敛. 把两部分合并起来就证明了结论。