数学分析习题解-函数极限(2)

续上一篇 数学分析习题解-函数极限(1). 这一部分习题主要涉及无穷乘积.

7. 请证明:
   a) 级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\ln a_n$ (其中 $a_n>0, n\in\mathbb{N}$) 收敛的充要条件是数列 $\{\prod_{n} = a_1\cdots a_n\}$ 有非零极限.
   
   b) 级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\ln(1+a_n)$ (其中 $|a_n|<1$) 绝对收敛的充要条件是级数 $\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ 绝对收敛.

【证明】
a) 若级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\ln a_n$ 收敛, 则 $n\rightarrow\infty$ 时, $\sum_{k=1}^{n}\ln a_k = \ln(\Pi_n)$ 有极限. 由自然对数的性质立刻得知 $n\rightarrow\infty$ 时 $\Pi_n$ 趋于非零极限. 这些步骤都是可逆的, 必要性和充分性由此可以得到.

b) 由 $n\rightarrow\infty$ 时 $\ln (1+a_n)\sim a_n$ ($|a_n|<1$), 由前面的题 5 可知级数 $\sum_{n=1}^{\infty}|\ln(1+a_n)|$ 与级数 $\sum_{n=1}^{\infty}|a_n|$ 同时敛散. 故待证命题成立. Q.E.D.

【Note】把级数中的加法改为乘法, 可以得到无穷乘积, 其与无穷级数有密切的关系, 也具有很类似的性质.
8. 如果数列 $\prod_{n}=\prod_{k=1}^{n}e_k$ 具有有限的非零极限 $\Pi$, 我们就说无穷乘积 $\prod_{k=1}^{\infty}e_k$ 收敛, 并记作 $\prod_{k=1}^{\infty}e_k = \Pi$. 请证明:

a) 如果无穷乘积 $\prod_{k=1}^{\infty}e_k$ 收敛, 则当 $n\rightarrow \infty$ 时 $e_n\rightarrow 1$;

b) 如果 $\forall n \in \mathbb{N}~(e_n>0)$, 则无穷乘积 $\prod_{k=1}^{\infty}e_k$收敛的充分必要条件是级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\ln e_n$ 收敛;

c) 如果 $e_n = 1+ a_n$, 并且所有 $a_n$ 的符号相同, 则无穷乘积 $\prod_{n=1}^{\infty}(1+a_n)$ 收敛的充要条件是级数 $\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ 收敛.

【证明】
a) 若无穷乘积收敛, 则 $e_k = \prod_{k=1}^{n}e_k/\prod_{k=1}^{n-1}e_k$. 于是
$$\lim_{n\rightarrow\infty}e_k = \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\Pi_n}{\Pi_{n-1}} = \Pi/\Pi = 1.$$
b) 由 $\exp(\sum_{k=1}^{n}\ln e_k) = \prod_{k=1}^{n}e_k$, 这个命题是显然的.

c) 利用极限 $\lim_{n\rightarrow\infty}\ln(1+a_n)/a_n = 1$ 以及级数的比较判别法即可证明. Q.E.D.

9. a) 计算 $\prod_{n=1}^{\infty}(1+x^{2^{n-1}})$;
   
   b) 计算 $\prod_{n=1}^{\infty}\cos\frac{x}{2^n}$ 并证明韦达公式
   $$\frac{\pi}{2} = \frac{1}{\sqrt{\frac{1}{2}} \cdot \sqrt{\frac{1}{2} + \frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{2}}} \cdot \sqrt{\frac{1}{2} + \frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{2} + \frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{2}}} } \cdots}.$$
   c) 根据以下条件求函数 $f(x)$:
   $$\begin{array}{c} f(0)=1, \\ f(2x)=\cos^2 x\cdot f(x),\\ x \rightarrow 0, f(x)\rightarrow f(0). \end{array}$$

【证明】
a) 考察部分乘积
$$\begin{array}{cl} \prod\limits_{k=1}^{n}(1+x^{2^{n-1}}) &=& \frac{(1-x)\prod_{k=1}^{\infty}(1+x^{2^{k-1}})}{1-x}\\ &=& \frac{(1-x^2)\prod_{k=2}^{\infty}(1+x^{2^{k-1}})}{1-x}\\ &=& \cdots \\ &=& \frac{1-x^{2n}}{1-x} \end{array}$$
当 $n\rightarrow\infty$ 时, 极限为 $\frac{1}{1-x}$.

b) 考察部分乘积
$$\begin{array}{cl} \prod\limits_{k=1}^{n}\cos\frac{x}{2^n} &=& \frac{2^n\sin\frac{x}{2^n}\prod\limits_{k=1}^{n}\cos\frac{x}{2^k}}{2^n\sin\frac{x}{2^n}}\\ &=& \frac{2^{n-1}\sin\frac{x}{2^{n-1}}\prod\limits_{k=1}^{n-1}\cos\frac{x}{2^k}}{2^n\sin\frac{x}{2^n}}\\ &=& \cdots \\ &=& \frac{\sin x}{2^n\sin\frac{x}{2^n}} \end{array}$$
当 $n\rightarrow\infty$ 时, 极限为 $\frac{\sin x}{x}$.

根据 $\sin^2\frac{x}{2^n}+\cos^2\frac{x}{2^n} = 1$, 取 $x = \pi/2$, 有
$$\frac{2}{\pi} = \prod\limits_{k=1}^{n}\sqrt{1-\sin^2\frac{\pi}{2^{n+1}}}.$$
而利用二倍角公式有:
$$1-\sin^2\frac{\pi}{2^{n+1}} = \frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cos\frac{\pi}{2^n} = \frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{1-\sin^2\frac{\pi}{2^n}}.$$
至此, 韦达公式的成立是显然的.
c) 依据条件 1, 2, 可得
$$\begin{array}{cl} f(x) &=& \cos^2\frac{x}{2}\cdot f\left(\frac{x}{2}\right)\\ &=& \cos^2\frac{x}{2}\cdot\cos^2\frac{x}{2^2}\cdot f\left(\frac{x}{2^2}\right)\\ &=& f\left(\frac{x}{2^n}\right)\prod_{k=1}^{n}\cos\frac{x}{2^k} \end{array}$$
由条件 3 可得 $n\rightarrow\infty$ 时, $f(x) = \prod_{k=1}^{\infty}\cos\frac{x}{2^k}$. 这便是所求函数. Q.E.D.

10. 请证明:
    a) 如果 $b_n/b_{n+1}=1+\beta_n\quad(n=1,2,\cdots)$, 级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\beta_n$ 绝对收敛, 则极限 $\lim_{n\rightarrow\infty}b_n = b\in\mathbb{R}$ 存在.
    
    b) 如果 $a_n/a_{n+1}=1+p/n+\alpha_n\quad(n=1,2,\cdots)$, 级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\alpha_n$ 绝对收敛, 则当 $n\rightarrow\infty$ 时, $a_n\sim c/n^p$.
    
    c) 如果级数 $\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ 满足条件 $a_n/a_{n+1}=1+p/n+\alpha_n\quad(n=1,2,\cdots)$, 并且级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\alpha_n$ 绝对收敛, 则级数 $\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ 在 $p>1$ 时绝对收敛, 在 $p\leqslant 1$ 时发散.【级数绝对收敛的高斯检验法】

【证明】
a) 由 $b_n/b_{n+1}=1+\beta_n$ 得到 $b_{n+1}=b_1/\prod_{k=1}^{n}(1+\beta_k)$, 级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\beta_n$ 绝对收敛, 由题 7b) 结论以及极限的运算性质, 即证得命题.

b) 已知$(1+1/n)^p\sim 1+p/n$, 而级数级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\alpha_n$ 绝对收敛, 故 $n\rightarrow\infty$ 时 $a_n/a_{n+1}=1+p/n+\alpha_n \sim (1+1/n)^p$. 归纳可得 $a_n \sim a_1\cdot \frac{1}{2^p}\cdots \frac{(n-2)^p}{(n-1)^p}\cdot \frac{(n-1)^p}{(n)^p} = \frac{a_1}{n^p}$.

c) 由 c) 知, $a_n\sim c/n^p$. 根据题 5a) 结论, 级数 $\sum_{n=1}^{\infty}|a_n|$ 与级数 $\sum_{n=1}^{\infty}c/n^p$ 同时敛散. Q.E.D.

【Note】 用 $\sum 1/n^p$ 作为比较级数得到的就是拉比(Raabe)检验法, 而高斯检验法可以视为是拉比检验法的一个特例. 高斯判别法其实是将级数相邻项的比 ${\frac {a_{n}}{a_{n+1}}}$ 写成 $\frac {1}{n}$ 的线性函数和余项(最多乘上一个有界量)之和，通过分析各系数来判断级数的敛散情况. 参考 Gauss criterion.

11. 请证明: 对于任何正项序列 $\{a_n\}$,
    $$\overline{\lim_{n\rightarrow\infty}}\left(\frac{1+a_{n+1}}{a_n}\right)^n \geqslant e,$$
    并且这个估计是最好的.

【证明】 为证明这一结论, 我们只需考虑正项序列的子序列 ${a_{n_k}}$, 有以下不等式:
$$\left(\frac{1+a_{n_k+1}}{a_{n_k}}\right)^{n_k} \geqslant \left(\frac{1+n_k}{n_k}\right)^{n_k}.$$
也就是
$$\left(\frac{n_k(1+a_{n_k+1})}{(1+n_k)a_{n_k}}\right)^{n_k} \geqslant 1.$$
若以上不等式不成立, 则存在 $N$, 使得 $\forall n>N$ 时
$$\begin{array}{c} \left(\frac{n(1+a_{n+1})}{(1+n)a_{n}}\right)^{n} = \frac{n}{a_n}\left(\frac{1}{1+n} +\frac{a_{n+1}}{1+n}\right) < 1 \\ \Rightarrow \frac{1}{1+n} < \frac{a_n}{n} - \frac{a_{n+1}}{1+n} \\ \end{array}$$
从 $N$ 到 $n$ 可以写下若干个上面这样的不等式, 将它们加在一起得到:
$$\left( \frac{1}{N+1} + \frac{1}{N+2} + \cdots + \frac{1}{n} \right) < -\frac{a_n}{n}.$$
对上式两边取极限, 由于 $\sum 1/n$ 发散, 得到 $a_n < -\infty$, 这与 $a_n$ 为正项数列矛盾.

【Note】 此题的结论还可以进一步推广: 对于任何正项序列 $\{a_n\}$, 有以下估计:
$$\overline{\lim_{n\rightarrow\infty}}\left(\frac{a_1+a_{n+p}}{a_n}\right)^n \geqslant e^p.$$