如何用定义证明序列$a_n=\sum_{k=1}^n \frac{k^2}{3^k}$是柯西序列？

嘿，你已经推导出 $|a_n - a_m| = \sum_{k=m+1}^n \frac{k^2}{3k}$（因为所有项都是正数，绝对值直接去掉就行），接下来的核心就是给这个求和式找个能被任意小 $\varepsilon$ 控制的上界，咱们用放缩+等比数列求和来搞定：

第一步：给 $\frac{k^2}{3k}$ 找个可求和的上界 #

指数增长的速度远快于多项式，所以我们可以找个常数让 $k^2$ 被某个等比项压住。比如可以验证：对所有正整数 $k$，$k^2 \leq 4 \cdot 2^k$（k=1时1≤8，k=2时4≤16，k=3时9≤32，都成立）。这样一来：
$$\frac{k^2}{3k} \leq \frac{4 \cdot 2^k}{3k} = 4 \cdot \left(\frac{2}{3}\right)^k$$

第二步：对求和式进行放缩 #

当 $n > m$ 时，把刚才的上界代入求和式：
$$\sum_{k=m+1}^n \frac{k^2}{3k} \leq 4 \sum_{k=m+1}^n \left(\frac{2}{3}\right)^k$$
右边是个公比为 $\frac{2}{3}$ 的等比数列，用等比数列求和公式计算：
$$\sum_{k=m+1}^n \left(\frac{2}{3}\right)^k = \left(\frac{2}{3}\right)^{m+1} \cdot \frac{1 - \left(\frac{2}{3}\right)^{n-m}}{1 - \frac{2}{3}} = 3 \cdot \left(\frac{2}{3}\right)^{m+1} \cdot \left(1 - \left(\frac{2}{3}\right)^{n-m}\right)$$
因为 $1 - \left(\frac{2}{3}\right)^{n-m} < 1$，所以可以进一步放缩：
$$\sum_{k=m+1}^n \frac{k^2}{3k} \leq 4 \cdot 3 \cdot \left(\frac{2}{3}\right)^{m+1} = 12 \cdot \left(\frac{2}{3}\right)^{m+1}$$

第三步：用柯西定义收尾 #

现在，对任意给定的 $\varepsilon > 0$，我们只需要找到一个足够大的 $N$，使得当 $m > N$ 时，$12 \cdot \left(\frac{2}{3}\right)^{m+1} < \varepsilon$。

因为 $\left(\frac{2}{3}\right)^m$ 是递减趋于0的，解这个不等式：
$$\left(\frac{2}{3}\right)^{m+1} < \frac{\varepsilon}{12}$$
两边取自然对数（注意 $\ln(2/3)$ 是负数，不等号要反转）：
$$m+1 > \frac{\ln(12/\varepsilon)}{\ln(3/2)}$$
取 $N = \left\lfloor \frac{\ln(12/\varepsilon)}{\ln(3/2)} \right\rfloor$，当 $n > m > N$ 时，就有：
$$|a_n - a_m| \leq 12 \cdot \left(\frac{2}{3}\right)^{m+1} < \varepsilon$$
完全满足柯西序列的定义，所以这个序列是柯西序列。

顺便提一句：其实也可以先通过比值判别法证明级数 $\sum_{k=1}^\infty \frac{k^2}{3k}$ 收敛，而收敛级数的部分和序列必然是柯西序列，但既然题目要求用定义验证，还是刚才的放缩方法更贴合要求。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者clueless