题目
2、设级数sum_(n=1)^inftya_(n)收敛，lim_(ntoinfty)na_(n)=a.证明：sum_(n=1)^inftyn(a_(n)-a_(n+1))=sum_(n=1)^inftya_(n)-a.
2、设级数$\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$收敛，$\lim_{n\to\infty}na_{n}=a$.证明：$\sum_{n=1}^{\infty}n(a_{n}-a_{n+1})=\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}-a$.
题目解答
答案
为了证明 $\sum_{n=1}^{\infty}n(a_{n}-a_{n+1}) = \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} - a$，我们首先考虑级数 $\sum_{n=1}^{\infty}n(a_{n}-a_{n+1})$ 的部分和。设 $S_N$ 为该级数的前 $N$ 项和，即
\[
S_N = \sum_{n=1}^{N} n(a_{n} - a_{n+1}).
\]
我们可以使用 telescoping（望远镜）求和来简化 $S_N$。展开 $S_N$，我们得到
\[
S_N = 1a_1 + 2a_2 + 3a_3 + \cdots + Na_N - (1a_2 + 2a_3 + 3a_4 + \cdots + Na_{N+1}).
\]
注意到，除了 $a_1$ 和 $-Na_{N+1}$ 之外，每个 $a_n$ 都被正负抵消了。因此，我们有
\[
S_N = a_1 + a_2 + a_3 + \cdots + a_N - Na_{N+1}.
\]
这可以写成
\[
S_N = \sum_{n=1}^{N} a_n - Na_{N+1}.
\]
由于级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 收敛，设其和为 $S$。则当 $N \to \infty$ 时，$\sum_{n=1}^{N} a_n \to S$。同时，根据题目条件，$\lim_{n \to \infty} na_n = a$，所以 $\lim_{N \to \infty} Na_{N+1} = a$。因此，我们有
\[
\lim_{N \to \infty} S_N = \lim_{N \to \infty} \left( \sum_{n=1}^{N} a_n - Na_{N+1} \right) = S - a.
\]
这表明级数 $\sum_{n=1}^{\infty} n(a_{n} - a_{n+1})$ 收敛，且其和为 $S - a$。由于 $S = \sum_{n=1}^{\infty} a_n$，我们最终得到
\[
\sum_{n=1}^{\infty} n(a_{n} - a_{n+1}) = \sum_{n=1}^{\infty} a_n - a.
\]
Thus, the proof is complete. $\boxed{\sum_{n=1}^{\infty} n(a_{n} - a_{n+1}) = \sum_{n=1}^{\infty} a_n - a}$.
解析
步骤 1：定义部分和
设 $S_N$ 为级数 $\sum_{n=1}^{\infty}n(a_{n}-a_{n+1})$ 的前 $N$ 项和，即 \[ S_N = \sum_{n=1}^{N} n(a_{n} - a_{n+1}). \]
步骤 2：使用 telescoping（望远镜）求和
展开 $S_N$，我们得到 \[ S_N = 1a_1 + 2a_2 + 3a_3 + \cdots + Na_N - (1a_2 + 2a_3 + 3a_4 + \cdots + Na_{N+1}). \] 注意到，除了 $a_1$ 和 $-Na_{N+1}$ 之外，每个 $a_n$ 都被正负抵消了。因此，我们有 \[ S_N = a_1 + a_2 + a_3 + \cdots + a_N - Na_{N+1}. \] 这可以写成 \[ S_N = \sum_{n=1}^{N} a_n - Na_{N+1}. \]
步骤 3：考虑极限
由于级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 收敛，设其和为 $S$。则当 $N \to \infty$ 时，$\sum_{n=1}^{N} a_n \to S$。同时，根据题目条件，$\lim_{n \to \infty} na_n = a$，所以 $\lim_{N \to \infty} Na_{N+1} = a$。因此，我们有 \[ \lim_{N \to \infty} S_N = \lim_{N \to \infty} \left( \sum_{n=1}^{N} a_n - Na_{N+1} \right) = S - a. \] 这表明级数 $\sum_{n=1}^{\infty} n(a_{n} - a_{n+1})$ 收敛，且其和为 $S - a$。由于 $S = \sum_{n=1}^{\infty} a_n$，我们最终得到 \[ \sum_{n=1}^{\infty} n(a_{n} - a_{n+1}) = \sum_{n=1}^{\infty} a_n - a. \]
设 $S_N$ 为级数 $\sum_{n=1}^{\infty}n(a_{n}-a_{n+1})$ 的前 $N$ 项和，即 \[ S_N = \sum_{n=1}^{N} n(a_{n} - a_{n+1}). \]
步骤 2：使用 telescoping（望远镜）求和
展开 $S_N$，我们得到 \[ S_N = 1a_1 + 2a_2 + 3a_3 + \cdots + Na_N - (1a_2 + 2a_3 + 3a_4 + \cdots + Na_{N+1}). \] 注意到，除了 $a_1$ 和 $-Na_{N+1}$ 之外，每个 $a_n$ 都被正负抵消了。因此，我们有 \[ S_N = a_1 + a_2 + a_3 + \cdots + a_N - Na_{N+1}. \] 这可以写成 \[ S_N = \sum_{n=1}^{N} a_n - Na_{N+1}. \]
步骤 3：考虑极限
由于级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 收敛，设其和为 $S$。则当 $N \to \infty$ 时，$\sum_{n=1}^{N} a_n \to S$。同时，根据题目条件，$\lim_{n \to \infty} na_n = a$，所以 $\lim_{N \to \infty} Na_{N+1} = a$。因此，我们有 \[ \lim_{N \to \infty} S_N = \lim_{N \to \infty} \left( \sum_{n=1}^{N} a_n - Na_{N+1} \right) = S - a. \] 这表明级数 $\sum_{n=1}^{\infty} n(a_{n} - a_{n+1})$ 收敛，且其和为 $S - a$。由于 $S = \sum_{n=1}^{\infty} a_n$，我们最终得到 \[ \sum_{n=1}^{\infty} n(a_{n} - a_{n+1}) = \sum_{n=1}^{\infty} a_n - a. \]