问题及解答

判断级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{\sqrt{n}(n+1)}$ 的敛散性.

[分析] 这是一个正项级数, 只要证明其前 $n$ 项和有界即可. 但 $S_n$ 不是非常好放缩. 我们先尝试一下

\[
\frac{1}{\sqrt{k}(k+1)}=\frac{\sqrt{k}}{k(k+1)}=\sqrt{k}(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}),
\]

于是

\[
S_n=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}(k+1)} < \sum_{k=1}^{n}\sqrt{k}(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}).
\]

但这个方法无法有效地抵消中间项. 我们希望能放缩到 $\sum\limits_{k=1}^{n}(h_k-h_{k+1})$ 这样的形式.

注意

\[
\begin{split}
&\sum_{k=1}^{n}\sqrt{k}(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1})\\
=&(1-\frac{1}{2})+\sqrt{2}(\frac{1}{2}-\frac{1}{3})+\sqrt{3}(\frac{1}{3}-\frac{1}{4})+\cdots+\sqrt{n-1}(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n})+\sqrt{n}(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1})\\
=&1+\frac{1}{2}(\sqrt{2}-1)+\frac{1}{3}(\sqrt{3}-\sqrt{2})+\cdots+\frac{1}{n}(\sqrt{n}-\sqrt{n-1})-\frac{\sqrt{n}}{n+1},
\end{split}
\]

因此, 也可以考虑级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{n}(\sqrt{n}-\sqrt{n-1})$ 的敛散性.

注意到

\[
\frac{\sqrt{k}-\sqrt{k-1}}{k}=\frac{\sqrt{k}-\sqrt{k-1}}{\sqrt{k}\sqrt{k}} < \frac{\sqrt{k}-\sqrt{k-1}}{\sqrt{k}\sqrt{k-1}}=\frac{1}{\sqrt{k-1}}-\frac{1}{\sqrt{k}} 
\]

故

\[
\sum_{k=1}^{n}\frac{\sqrt{k}-\sqrt{k-1}}{k} <1+ \sum_{k=2}^{n}\Bigl(\frac{1}{\sqrt{k-1}}-\frac{1}{\sqrt{k}}\Bigr)=2-\frac{1}{\sqrt{n}} < 2.
\]

因此级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{n}(\sqrt{n}-\sqrt{n-1})$ 收敛, 从而原级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{\sqrt{n}(n+1)}$ 也收敛.

下面的证法参见 [1]. 注意到

\[
(n+1)=\sqrt{n+1}\cdot\sqrt{n+1} > \frac{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}{2}\cdot\sqrt{n+1},
\]

因此

\[
\begin{split}
\frac{1}{\sqrt{n}(n+1)} &< \frac{1}{\sqrt{n}}\cdot\frac{2}{(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})\sqrt{n+1}}\\
&=\frac{2(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})}{\sqrt{n}\cdot\sqrt{n+1}}\\
&=2\cdot\Bigl(\frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}}\Bigr).
\end{split}
\]

于是

\[
S_n=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}(k+1)} < \sum_{k=1}^{n}2\cdot\Bigl(\frac{1}{\sqrt{k}}-\frac{1}{\sqrt{k+1}}\Bigr)=2(1-\frac{1}{\sqrt{n+1}}) < 2.
\]

即 $S_n$ 有界, 故原级数收敛.

参考文献

[1]  梅加强,  数学分析.