从“收敛”到“极限为零”

丁志帅，张志猛

摘要：本文通过对两类问题“从级数的收敛性与数列的单调性得到数列极限”、“从反常积分的收敛性与函数的单调性得到函数在无穷远处的性态”进行详细分析，将其推广成更有一般意义的问题，并给出证明。

关键词：级数;反常积分;单调性

中图分类号：O174     文献标志码：A     文章编号：1674-9324（2014）41-0275-03

1 引言

在考研辅导书及数学分析的习题集上我们经常会碰见有如下特点的一类问题，这类问题的主要条件是具有某种形式的级数或反常积分是收敛的，结论是具有另一类形式的数列或函数极限等于零。下面是从数学分析的教辅或题解上遇到的问题（具体解答参看参考文献）。

1.1[1]已知正项级数■a■收敛，a■单调递减趋于零，则■na■=0.

1.2[2]已知级数■a■收敛，a■单调，则■na■=0.

1.3[3]已知级数■a■收敛，na■单调，则■a■nlnn=0.

还有相应的无穷积分的结论，可以做一下对比。

1.4[4]已知无穷积分■f（x）dx收敛，f（x）单调递减，则■f（x）=0.

1.5[2]已知无穷积分■f（x）dx收敛，f（x）单调，则f（x）=o（■）.

1.6[2]已知无穷积分■f（x）dx收敛，xf（x）单调，则■f（x）xlnx=0.

本文通过对这类问题的详细分析，发现均为“从级数的收敛性与数列的单调性得到数列极限”、“从反常积分的收敛性与函数的单调性得到函数在无穷远处的性态”，我们将其推广为更一般的形式。首先给出本文将用到的引理。

引理：（微分中值不等式）若f（x）在R上可导，则？坌x■∈R，都有

f（x■）-f（x■-1）≤f'（x■）≤f（x■+1）-f（x■）？摇（其中f'（x）单调递增）

f（x■+1）-f（x■）≤f'（x■）≤f（x■）-f（x■-1）（其中f'（x）单调递减）

证明：由Lagrange中值定理知，存在ξ∈[x■-1，

x■]，使得■=f'（ξ）

所以inf{f'（x）：x■-1≤x≤x■}≤f（x■）-f（x■-1）≤sup{f'（x）：x■-1≤x≤x■}

若f'（x）单调递增，则f'（x■-1）≤f（x■）-f（x■-1）≤f'（x■）;

若f'（x）单调递减，则f'（x■）≤f（x■）-f（x■-1）≤f'（x■-1）.

2 主要结果

为方便书写，定义ln[-1]■x=ln（-1）x=1，ln■[0]x=ln（0）x=x，ln（k）x=lnln（k-1）■x，ln[k]■=ln（k）xln（k-1）■x（其中k∈N）

命题1：已知无穷积分■f（x）dx收敛，f（x）ln[k-1]■x是单调函数，则■f（x）ln[k]■x=0.

命题2：已知级数■a■收敛，a■ln[k-1]■n单调，则■a■ln[k]■n=0.

要想解决这两个难题，只参考书上的办法很难行通，虽然用同样的思路是可以解决的，但中间的过程程异常麻烦，甚至无法表达清楚。本文就试图用统一的办法解决这个问题.

定理1：已知无穷积分■f（x）dx收敛，可微函数G（x）单调递增趋于正无穷，G'（x）恒不为零，■单调，则■■=0（条件中所有式子在[a，+∞]间均有意义）.

证明：不妨设■单调递增，我们首先证明■≤0.

反证：若？埚x■使得■≥c>0，则？坌x≥x■，■≥c>0，于是f（x）≥cG'（x），所以■f（x）dx≥

c■G'（x）dx=+∞，矛盾。故有■≤0（？坌x≥a）.

∵G（x）单调递增趋于正无穷，故■G（x）单调递增，因此G（x）有反函数，令y（x）=G■（■G（x））.则G（y（x））=■G（x），y（x）≤x（x≥a）.再由柯西收敛准则知，？坌ε>0，？埚M>0，使得？坌x■>y（x■）>M（当x充分大时，G（x）>0，故y（x）

ε>■f（x）dx=■■■■dx≥■■G'（x■）dx=■（G（x■）-G（y（x■））=■

故■■=0.同理，对于■单调递减的情况，类似证明.

定理2：已知级数■a■收敛，b■=■，c■=G（n），anbn单调，则■a■b■c■=0。其中的G（n）满足定理1中的条件，并且G'（n）单调。

证明：不妨设G'（x）单调递减，anbn单调递减.先证明anbn≥0.

反证：若？埚n■和c使得a■b■≤c<0，则？坌n≥n■，都有anbn≤c<0，则a■≤cG'（n），所以■a■

c■（G（n）-G（n-1））=c■G（n）-G（n■-1）=-∞？摇？摇（1）矛盾。所以，anbn≥0.其中（1）式是由于G'（x）单调递减，满足引理条件，故G（i）-G（i-1）>G'（i）>G（i+1）-G（i）.由定理1的证明过程可知G（n）存在反函数，令y（n）=G■（■），其中a=max{nn≤a}被称为地板取整函数.于是G（n+1）-G（y（n））≥■+■-G（y（n））≥■

则由柯西收敛准则知，？坌ε>0，？埚M>0，使得？坌n■>y（n■）>M，都有

ε>■a■=■■>■G'（i）■

>■（G（i+1）-（G（i））■

=G（n■+1）-G（y（n■））？摇■≥■

所以：■anbncn=■■=0.

还有三种情况：（1）G'（x）单调递增，a■b■单调递减;（2）G'（x）单调递减，a■b■单调递增;（3）G'（x）单调递增，a■b■单调递增。同理，都可类似证明。

综上所述，■anbncn=■■=0

最后给出开始的两个命题的证明：取G（x）=ln■x单调递增趋于正无穷，G'（x）=■恒不为零，满足定理1的条件，所以命题1成立。又G'（n）=■单调递减（n充分大时），满足定理2的条件，所以命题2成立。

参考文献：

[1]欧阳光中，朱学炎，金福临，陈传璋.数学分析（第三版）[M].北京：高等教育出版社，2007.

[2]吴良森，毛羽辉.数学分析习题精解[M].科学出版社，2003.

[3]戈衍三.一些经典数学问题的另类解算[M].北京理工大学出版社，2007.

[4]舒阳春.高等数学中的若干问题解析[M].科学出版社，2005