數項級數一道課後例題

題目

P 18 11 P_{18}11 P18​11

設 { a n } \{a_n\} {an​}為遞減正項級數，證明：

∑ n = 1 + ∞ a n 與 ∑ n = 1 + ∞ 2 m a 2 m \sum\limits_{n=1}^{+\infty}a_n與\sum\limits_{n=1}^{+\infty}2^ma_{2^m} n=1∑+∞​an​與n=1∑+∞​2ma2m​

同時收斂或發散

證明

• 設 S n = ∑ k = 1 n a k S_n=\sum\limits_{k=1}^na_k Sn​=k=1∑n​ak​ T m = ∑ k = 1 m 2 k a 2 k T_m=\sum\limits_{k=1}^m2^ka_{2^k} Tm​=k=1∑m​2ka2k​
• 騷操作:通過對 n n n的取不同的範圍，得到 S n 與 T m S_n與T_m Sn​與Tm​的關系
  • 令 n &lt; 2 m n&lt;2^m n<2m，有
    • S n &lt; S 2 m = a 1 + a 2 + . . . + a 2 m S_n&lt;S_{2^m}=a_1+a_2+...+a_{2^m} Sn​<S2m​=a1​+a2​+...+a2m​ &lt; a 1 + ( a 2 + a 3 ) + . . . + ( a 2 m + 1 + . . . + a 2 m + 1 ) &lt;a_1+(a_2+a_3)+...+(a_{2^m+1}+...+a_{2^{m+1}}) <a1​+(a2​+a3​)+...+(a2m+1​+...+a2m+1​) &lt; a 1 + 2 a 2 + . . . + 2 m a 2 m = T m &lt;a_1+2a_2+...+2^ma_{2^m}=T_m <a1​+2a2​+...+2ma2m​=Tm​
  • 再令 n &gt; 2 m n&gt;2^m n>2m,就有
    • S n &gt; S 2 m = a 1 + a 2 + . . . + a 2 m S_n&gt;S_{2^m}=a_1+a_2+...+a_{2^m} Sn​>S2m​=a1​+a2​+...+a2m​ &gt; a 1 + a 2 + 2 a 4 + . . . + 2 m − 1 a 2 m &gt;a_1+a_2+2a_4+...+2^{m-1}a_{2^m} >a1​+a2​+2a4​+...+2m−1a2m​ &gt; 1 2 a 1 + a 2 + 2 a 4 + . . . + 2 m − 1 a 2 m = 1 2 T m &gt;\frac12a_1+a_2+2a_4+...+2^{m-1}a_{2^m}=\frac12T_m >21​a1​+a2​+2a4​+...+2m−1a2m​=21​Tm​
• 是以就有 1 2 T m &lt; S n &lt; T m \frac12T_m&lt;S_n&lt;T_m 21​Tm​<Sn​<Tm​

好厲害哦，看到同斂态一直在往兩項比值取極限方面考慮，沒注意到這樣包圍起來也能同斂态，而且這裡比較牛逼的是，還對n,m的範圍有比較的讨論，我還想着把n,m化為一個值表示呢，實在是太辣雞了

(つД`)