2014 · 数学一 · 第 19 题 · 解答题

设数列

{a_{n}}, {b_{n}}

满足

0 < a_{n} < \frac{π}{2}, 0 < b_{n} < \frac{π}{2}, cos a_{n} - a_{n} = cos b_{n}

，且级数

n = 1 \sum \infty b_{n}

收敛。

(1) 证明 $n \to \infty lim a_{n} = 0$ ；
(2) 证明级数 $n = 1 \sum \infty \frac{a _{n}}{b _{n}}$ 收敛。

答案

第 1 问

证明见解析

第 2 问

证明见解析

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第 1 问

由 $cos a_{n} - cos b_{n} = a_{n} > 0$ ，得 $cos a_{n} > cos b_{n}$ 。余弦函数在 $(0, \frac{π}{2})$ 上严格递减，故 $0 < a_{n} < b_{n}$ 。
又因为 $n = 1 \sum \infty b_{n}$ 收敛，其通项 $b_{n} \to 0$ 。由 $0 < a_{n} < b_{n}$ 和夹逼准则得 $a_{n} \to 0$ 。

第 2 问

和差化积与比较判别法。由（1）知 $0 < a_{n} < b_{n} < \frac{π}{2}$ ，所以 $\frac{( a _{n} + b _{n} )}{2}$ 和 $\frac{( b _{n} - a _{n} )}{2}$ 均在 $(0, \frac{π}{2})$ 内，正弦为正且小于自变量。于是

a_{n} = cos a_{n} - cos b_{n} = 2 sin \frac{a _{n} + b _{n}}{2} sin \frac{b _{n} - a _{n}}{2} < 2 \cdot \frac{a _{n} + b _{n}}{2} \cdot \frac{b _{n} - a _{n}}{2} = \frac{b _{n}^{2} - a _{n}^{2}}{2} < \frac{b _{n}^{2}}{2} .

除以 $b_{n} > 0$ ，得 $0 < \frac{a _{n}}{b _{n}} < \frac{b _{n}}{2}$ 。已知 $\sum b_{n}$ 收敛，所以 $\sum \frac{b _{n}}{2}$ 收敛，由正项级数比较判别法， $\sum \frac{a _{n}}{b _{n}}$ 收敛。

泰勒估计。由（1）知 $0 < a_{n} < b_{n}$ 且两者均趋于零。利用 $cos x = 1 - \frac{x ^{2}}{2} + o (x^{2})$ ，得

a_{n} = cos a_{n} - cos b_{n} = \frac{b _{n}^{2} - a _{n}^{2}}{2} + o (b_{n}^{2}) .

这里 $o (a_{n}^{2})$ 可并入 $o (b_{n}^{2})$ ，因为 $\frac{a _{n}^{2}}{b _{n}^{2}} \leq 1$ 。除以 $b_{n}^{2}$ 得

0 < \frac{a _{n}}{b _{n}^{2}} = \frac{1}{2} (1 - \frac{a _{n}^{2}}{b _{n}^{2}}) + o (1) \leq \frac{1}{2} + o (1) .

因此存在 $M > 0$ 、 $N$ ，当 $n \geq N$ 时 $0 < \frac{a _{n}}{b _{n}} \leq M b_{n}$ 。由 $\sum b_{n}$ 收敛及比较判别法，尾级数 $n = N \sum \infty \frac{a _{n}}{b _{n}}$ 收敛；添加有限项不改变敛散性，故所求级数收敛。