一个抽象的和的估计问题

问题0

实数列$a_n\ge 0$,证明级数${\sum }_{n\ge 1}{a}_n,{\sum }_{n\ge 1}\frac{a_n}{a_n+1}$具有相同的收敛，发散性质。

1. 思路1：讨论$a_n$的渐近行为

基本的思路就是逐项估计。

• 如果${\mathrm{limsup}}_{n\to \infty }{a}_n=0$，于是$a_n$的极限存在且为0。那么存在一个正整数$N$使得对于所有的$n>N$都有$0\le a_n\le 1$，从而$\frac{a_n}{2}\le \frac{a_n}{1+a_n}\le a_n$从而两边同时发散与收敛。
• 如果${\mathrm{limsup}}_{n\to \infty }{a}_n>0$，那么这个时候级数${\sum }_n{a}_n$一定是发散的。根据假设，存在一个$\delta >0$使得无穷多个$a_n\ge \delta$于是$\frac{a_n}{1+a_n}\ge \frac{\delta }{1+\delta }>0$对无穷多个$n$成立。于是${\mathrm{limsup}}_{n\to \infty }\frac{a_n}{1+a_n}>0$，因此级数${\sum }_n\frac{a_n}{1+a_n}$发散。

这一段的讨论其实和^cee0fd的做法非常类似。

关于“问题0”我们可以做一个推广：

命题1.2

若$f:[0,+\infty )\to [0,+\infty )$单调不减，且${\lim }_{x\to 0^{+}}\frac{f(x)}{x}=1$则对于任意非负实数列$a_n$,级数${\sum }_n{a}_n$与${\sum }_{n}f(a_n)$同时收敛与发散。

参照上面差不多的证明思路：

首先假设${\mathrm{limsup}}_{n\to \infty }{a}_n=0$，于是极限存在，于是存在一个正整数$N$使得对于所有的$n>N$都有$0\le a_n\le 1$。此外由于$f(x)$在$x\to 0^{+}$处的渐近性质，从而存在一个$c_1,c_2>0$使得$x\in [0,1]$的时候$c_{2}x\le f(x)\le c_{1}x$于是$c_2{a}_n\le f(a_n)\le c_1{a}_n$于是可以得到${\sum }_n{a}_n,{\sum }_{n}f(a_n)$具有相同的收敛与发散性质。

然后假设${\mathrm{limsup}}_{n\to \infty }{a}_n>0$,那么这个时候级数${\sum }_n{a}_n$一定是发散的。根据假设，存在一个${\delta }_0>0$使得无穷多个$a_n\ge {\delta }_0$，那么根据函数的单调性，我们知道有无数个$n$使得$f(a_n)\ge f({\delta }_0)$此外由于${\lim }_{x\to 0^{+}}\frac{f(x)}{x}=1$，因此存在一个${\delta }_1>0$使得$x<{\delta }_1$的时候都有$f(x)>\frac{{\delta }_1}{2}$于是取$\delta :=\min \{{\delta }_0,{\delta }_1\}$从而$f(a_n)\ge f({\delta }_0)\ge f(\delta )>\frac{{\delta }_1}{2}>0$从而$f(a_n)$这个序列的上极限大于0，从而级数${\sum }_{n}f(a_n)$发散。

• 最后的部分$f(\delta )>0$是由$f$在$x\to 0^{+}$附近的渐近性质决定的，而非单调性。
• 由于$f(x):=\frac{x}{1+x}$恰好满足该命题的条件，因此“问题0”是该命题的一个特殊情况。

2. 思路2：分段估计

我们分为两部分完成证明：

首先假设${\sum }_n{a}_n$收敛。由于$\frac{a_n}{1+a_n}\le a_n$，因此级数${\sum }_n\frac{a_n}{1+a_n}$收敛。

然后假设${\sum }_n{a}_n$发散。考虑集合$Q:=\{n:\frac{a_n}{1+a_n}\ge \frac{1}{2}{a}_n\}$那么当$n\in Q^c$的时候，就有$a_n>1$。于是$\begin{array}{rl}\sum _{n\ge 1}\frac{a_n}{a_n+1}& =\sum _{n\in Q}\ast +\sum _{n\in Q^c}\ast \\ & \ge \frac{1}{2}\sum _{n\in Q}{a}_n+\sum _{n\in Q^c}\frac{1}{2}\end{array}$

1. 如果$Q^c$是一个无穷集合，那么级数一定发散。
2. 如果$Q^c$是一个有限集合，那么${\sum }_{n\in Q}{a}_n$相当于级数${\sum }_{n\ge 1}{a}_n$去掉有限项以后的级数，这必然也是发散级数，从而目标级数发散。

上述思路还可以做一个统一处理：

因为在$x\in [0,1]$的时候$\frac{x}{2}\le \frac{x}{1+x}\le x$,考虑集合$M:=\{n:a_n\le 1\}$，于是 $\begin{array}{rl}\sum _{n\ge 1}\frac{a_n}{a_n+1}& =\sum _{n\in M}\ast +\sum _{n\in M^c}\ast \end{array}$

1. 如果级数${\sum }_n{a}_n$收敛，那么$a_n\to 0$。也就是说存在正整数$N$，使得$n>N$都有$a_n\le 1$。也就是说集合$M^c$实际上是一个有限集，因此${\sum }_{n\in M^c}\frac{a_n}{a_n+1}$这部分的和不影响目标级数的收敛与发散性。而${\sum }_{n\in M}\frac{a_n}{a_n+1}={\sum }_{n\ge N}\frac{a_n}{a_n+1}\le {\sum }_{n\ge N}{a}_n$因此目标级数也收敛。
2. 假设级数${\sum }_n{a}_n$发散。如果$M^c$这个集合是无穷集，那么由于$a_n>1$从而$\frac{a_n}{a_n+1}>\frac{1}{2}$因此目标级数发散。如果$M^c$这个集合是有限集，那么存在一个正整数$N$使得任意$n>N$都有$n\in M$。于是${\sum }_{n\in M}\frac{a_n}{1+a_n}\ge {\sum }_{n\ge N}\frac{a_n}{1+a_n}\ge \frac{1}{2}{\sum }_{n\ge N}{a}_n$因此目标级数也发散。

我们还可以尝试用这一套逻辑证明推广的“命题1.2”。

由于${\lim }_{x\to 0^{+}}\frac{f(x)}{x}=1$因此，存在一个$\eta >0$使得对任意$0\le x<\eta$都有$c_{2}x\le f(x)\le c_{1}x$考虑集合$M:=\{n:a_n<\eta \}$于是${\sum }_{n\ge 1}f(a_n)={\sum }_{n\in M}f(a_n)+{\sum }_{n\in M^c}f(a_n)$

1. 如果级数${\sum }_n{a}_n$收敛，那么$a_n\to 0$。也就是说存在正整数$N$，使得$n>N$都有$a_n<\eta$。也就是说集合$M^c$实际上是一个有限集，因此${\sum }_{n\in M^c}f(a_n)$这部分的和不影响目标级数的收敛与发散性。而${\sum }_{n\in M}f(a_n)={\sum }_{n\ge N}f(a_n)\le c_1{\sum }_{n\ge N}{a}_n$因此目标级数也收敛。
2. 假设级数${\sum }_n{a}_n$发散。如果$M^c$这个集合是无穷集，那么由于$a_n>\eta$从而$f(a_n)\ge f(\eta )\ge f(\eta /2)\ge c_2\frac{\eta }{2}>0$。如果$M^c$这个集合是有限集，那么存在一个正整数$N$使得任意$n>N$都有$n\in M$。于是${\sum }_{n\in M}f(a_n)\ge {\sum }_{n\ge N}f(a_n)\ge c_2{\sum }_{n\ge N}{a}_n$因此目标级数也发散。