级数与数列

想了很久想不出。。

话说答案有说用这个结论的.不过我没用上只能证明α为正整数是成立的。。

考虑Gamma函数的Euler-Guess公式，我们有
\[ \Gamma{(x)}=\lim_{n\rightarrow\infty}{\frac{n!(n+1)^{x}}{x(x+1)(x+2)\cdots(x+n)}}\]
而递推可得
\[ a_{n+1}=\frac{n!}{(1+\alpha)(2+\alpha)\cdots(n+\alpha)}\]
\[ (n+1)^{\alpha}a_{n+1}=\frac{n!(n+1)^{\alpha}}{(1+\alpha)(2+\alpha)\cdots(n+\alpha)}\]
显然
\[ \lim_{n\rightarrow\infty}{n^{\alpha}a_{n}}=\alpha\Gamma{(\alpha)}=\Gamma{(\alpha+1)}\]

这是别人提示下做出来的。

2# Karron_


这个结论不难证明，当$a_{n}$有界的时候只要注意到
\[ 0<\frac{a_{n+1}-a_{n}}{a_{n+1}}<\int_{a_{n}}^{a_{n+1}}{\frac{1}{x}dx}\]
就好了，$a_{n}$ isn't bounded就意味着$a_{n}\rightarrow+\infty$,考虑余项用Cauchy收敛准则就好。

5# pxchg1200
你是说答案提示用的结论么？ 这个可以用无穷乘积去证明。

1# Karron_


至于楼主要求用那个提示，我们可以设$x_{n}=n^{\alpha}a_{n}$,这样由刚刚那个命题，我们只要证级数
\[ \sum_{n=1}^{\infty}{\left(1-\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\right)}=\sum_{n=1}^{\infty}{\left(\frac{\left(1+\frac{1}{n}\right)^{\alpha}-\left(1+\frac{\alpha}{n}\right)}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^{\alpha}}\right)}\]
收敛即可。
注意到
\[ \left(1+\frac{1}{n}\right)^{\alpha}=e^{\alpha\ln{\left(1+\frac{1}{n}\right)}}\leq e^{\frac{\alpha}{n}}=1+\frac{\alpha}{n}+\frac{1}{2}e^{\frac{\alpha\theta}{n}}\cdot\frac{\alpha^{2}}{n^{2}}\]
其中$\theta\in(0,1)$
故
\[ \left(\frac{\left(1+\frac{1}{n}  \right)^{\alpha}-\left(1+\frac{\alpha}{n}\right)}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^{\alpha}}\right)<\frac{1}{2}e^{\frac{\alpha\theta}{n}}\cdot\frac{\alpha^{2}}{n^{2}}<\frac{1}{2}e^{\alpha}\cdot\frac{\alpha^{2}}{n^2} \]
故级数
\[\sum_{n=1}^{\infty}{\left(\frac{\left(1+\frac{1}{n}  \right)^{\alpha}-\left(1+\frac{\alpha}{n}\right)}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^{\alpha}}\right)}<\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{1}{2}e^{\alpha}\cdot\frac{\alpha^{2}}{n^2}}\]
收敛。

7# pxchg1200   刚才就是卡在怎么证明这个级数是收敛的，没想到用Taylor展开。