\chapter{数项级数}
\section{无穷级数的概念}
\begin{definition}
    无穷级数
    \begin{equation}\label{数项级数例子}
        \sum_{n=1}^\infty a_n = a_1 + a_2 + \dots + a_n + \cdots
    \end{equation}
    的前$n$项的和
    \[S_n = a_1 + \dots + a_n\]
    称为这个级数的第$n$个部分和。如果这些部分和构成的数列$\{S_n\}$有有限的极限$S$，就说级数\eqref{数项级数例子}是收敛的，其和为$S$，记作
    \[\sum_{n=1}^\infty a_n = S\]
    如果数列$\{S_n\}$中没有有限的极限，就说级数\eqref{数项级数例子}是发散的。
\end{definition}

\begin{remark}
    这个定义就意味着$\dsum_{n=1}^{+\infty}$收敛（发散）等价于$\{S_n\}$收敛（发散）。
\end{remark}

\begin{example}
    \[\sum_{n = 1}^{\infty} n = 1 + 2 + 3 + \dots + n + \cdots \eqper\]
\end{example}

\begin{proof}[解]
    \[S_n = 1 + 2 + 3 + \dots + n = \frac{n(n + 1)}{2} \to + \infty\]
    因此，级数$\dsum_{n = 1}^\infty n$发散。
\end{proof}

结论可以推广到一般的等差级数都是发散的，除非通项为0。

\begin{example}
    \[\sum_{n = 1}^\infty = \frac{1}{\sqrt{n}} \eqper\]
\end{example}

\begin{proof}[解]
    \[S_n = 1 + \frac{1}{\sqrt{2} + \dots + \frac{1}{\sqrt{n}}} > \frac{1}{\sqrt{n}} + \frac{1}{\sqrt{n}} + \dots + \frac{1}{\sqrt{n}} = \frac{n}{\sqrt{n}} = \sqrt{n} \to +\infty\]
    由此导出级数$\dsum_{n = 1}^\infty \frac{1}{\sqrt{n}}$发散。
\end{proof}

\begin{example}
    求$S = \dsum_{n = 1}^{+\infty} \frac{n}{2^n}$。
\end{example}

\begin{proof}[解]
    \begin{align*}
        a_n & = \frac{n}{2^n}\\
        a_{n + 1} & = \frac{n + 1}{2^{n + 1}} = \frac{n}{2^{n + 1}} + \frac{1}{2^{n + 1}} = \frac{a_n}{2} + \frac{1}{2^{n + 1}}\\
        S - \frac{1}{2} & = \sum_{n = 1}^{+\infty} a_{n + 1} = \sum_{n = 1}^{+\infty} \frac{a_n}{2} + \sum_{n = 1}^{+\infty} \frac{1}{2^{n + 1}} = \frac{1}{2} S + \frac{1}{2}\\
        S & = 2\qedhere
    \end{align*}
\end{proof}

\section{无穷级数的性质}
\subsection*{通项性质}
\begin{theorem}
    如果$\sum a_n$收敛，则$\tolim{n}{\infty} a_n = 0$。
\end{theorem}

\begin{proof}
    记$S_n = a_1 + a_2 + \dots + a_n, n = 1, 2, \dots$。那么$a_n = S_n - S_{n - 1}$。已知
    \[\tolim{n}{\infty} S_n = S\]
    极限存在，因此
    \[\tolim{n}{\infty} a_n = \tolim{n}{\infty} (S_n - S_{n - 1}) = S - S = 0\eqper \qedhere\]
\end{proof}

这个命题的逆命题不成立，$\tolim{n}{\infty} a_n = 0$是$\sum a_n$收敛的必要条件。

\subsection*{线性性质}
\begin{theorem}
    设$\sum a_n, \sum b_n$都收敛，则$\sum (\alpha a_n + \beta b_n)$收敛于$\alpha \sum a_n + \beta \sum b_n$。
\end{theorem}

\begin{proof}
    令$A_n = \dsum_{k = 1}^n a_k \to A, B_n = \dsum_{k = 1}^n b_k \to B (n \to \infty)$。

    那么
    \begin{align*}
        \sum_{k = 1}^n (\alpha a_k + \beta b_k) & = \alpha \sum_{k = 1}^n a_k + \beta \sum_{k = 1}^n b_k\\
        & = \alpha A_n + \beta B_n \to \alpha A + \beta B \eqper \qedhere
    \end{align*}
\end{proof}

\subsection*{结合律}
\begin{theorem}
    在收敛级数中任意加括号得到新级数仍收敛，且和不变。
\end{theorem}

\begin{proof}
    由收敛数列的子列的性质立得。
\end{proof}

\begin{corollary}
    如果加括号后的级数发散，则原级数必发散。
\end{corollary}

\subsection*{``截尾''性质}
\begin{theorem}
    级数$\dsum_{n = 1}^{\infty} a_n$的收敛性由其它任意$k$项后的余项级数$\dsum_{n = k + 1}^\infty a_n$决定。
\end{theorem}

\begin{corollary}
    改变级数的有限项其收敛性不变（收敛级数的和会改变）。
\end{corollary}

\section{正项级数的收敛性判别}
\begin{definition}[正项级数（非负级数）]
    级数
    \[\sum_{n=1}^\infty a_n, a_n > 0, n = 1, 2, \dots (a_n \geq 0)\]
    称为正项级数（非负级数）。
\end{definition}

\begin{corollary}
    正项级数的部分和数列是（严格）单调增的。
\end{corollary}

\begin{theorem}
    正项级数$\dsum_{n = 1}^\infty a_n$收敛的充分必要条件是其部分和数列$\{S_n\}$有界。
\end{theorem}

\begin{theorem}[Cauchy积分判别法]
    若函数$f: [1, +\infty) \to \realnum$非负单调减，$a_n = f(n), n = 1, 2, \dots$则级数$\dsum_{n = 1}^\infty a_n$与无穷积分$\dint_1^{+\infty} f(x) \dif x$同时收敛或发散。
\end{theorem}

\begin{proof}
    由$f$单调减，当$n \leq x \leq n + 1$，
    \[a_{n + 1} = f(n + 1) \leq f(x) \leq f(n) = a_n, n = 1, 2, \dots\]
    在$[n, n+1]$上积分
    \[a_{n + 1} \leq \int_{n}^{n + 1} f(x) \dif x \leq a_n , n = 1, 2, \dots\]
    关于$n$从1到$N$求和（$N = 1, 2, \dots$）
    \[\sum_{n = 1}^N a_{n + 1} \leq \int_1^{N + 1} f(x) \dif x \leq \sum_{n = 1}^N a_n \eqper \qedhere\]
\end{proof}

\begin{example}
    判断敛散性：
    \(\dsum_{n = 1}^\infty \frac{1}{n^p (\ln n)^\alpha}\)。
\end{example}

\begin{proof}
    考虑函数$f(x) = \dfrac{1}{x^p (\ln x)^\alpha} > 0$的无穷积分
    \[\int_2^{+\infty} f(x) \dif x = \int_2^{+\infty} \frac{\dif x}{x^p (\ln x)^\alpha}\]
    参考\ref{广义积分例子}得到结论：级数$\dsum_{n = 1}^\infty \frac{1}{n^p (\ln n)^\alpha}$仅在$p > 1$或者
    \(\begin{cases}
        p = 1\\
        \alpha > 1
    \end{cases}\)
    时收敛。
\end{proof}

\begin{theorem}[比较判别法]
    设有两个正项级数$\sum a_n$和$\sum b_n$。设$n$充分大之后有$0 \leq a_n \leq b_n$，
    \begin{enumerate}[label=(\arabic{*})]
        \item 若$\sum b_n$收敛，则$\sum a_n$也收敛；
        \item 若$\sum a_n$发散，则$\sum b_n$必发散。
    \end{enumerate}
\end{theorem}

\begin{proof}
    只证（1）。对于正项级数，考虑部分和数列有界即可。
\end{proof}

\begin{theorem}[比较判别法的极限形式]
    设$n$充分大之后$a_n, b_n > 0$且$\tolim{n}{\infty} \frac{a_n}{b_n} = c, 0 < c < + \infty$，则级数$\sum a_n$与$\sum b_n$有同样的敛散性。
\end{theorem}

\begin{proof}
    依题意$n$充分大后有
    \[\frac{c}{2} \leq \frac{a_n}{b_n} \leq \frac{3c}{2}\]
    进而
    \[\frac{cb_n}{2} \leq a_n \leq \frac{3cb_n}{2}\]
    由此应用比较判别法便导出结论。
\end{proof}

\begin{remark}
    若上面$c = 0$，则可由$\sum b_n$收敛导出$\sum a_n$收敛；

    若上面$c = +\infty$，则可由$\sum b_n$发散导出$\sum a_n$发散。
\end{remark}

\begin{theorem}[比阶法]
    设$n$充分大之后$a_n > 0$，且$\tolim{n}{\infty} n^p a_n = c, 0 < c < +\infty$，
    \begin{enumerate}[label=(\arabic{*})]
        \item 若$p > 1$则级数$\sum a_n$收敛；
        \item 若$p \leq 1$则级数$\sum a_n$发散。
    \end{enumerate}
\end{theorem}

\begin{remark}
    若上面$c = 0$，$a_n$是$\dfrac{1}{n^p}$的高阶无穷小，$p > 1$时级数收敛；

    若上面$c = +\infty$，$a_n$是$\dfrac{1}{n^p}$的低阶无穷小，$p \leq 1$时级数发散。
\end{remark}

\begin{example}
    研究收敛性：$\dsum_{n = 1}^\infty \ln \left(1 + \frac{1}{n}\right)$。
\end{example}

\begin{proof}[解]
    注意$\ln \left(1 + \frac{1}{n}\right) \sim \dfrac{1}{n} (n \to \infty)$。
    
    已知级数$\dsum_{n = 1}^\infty \dfrac{1}{n}$发散，所以$\dsum_{n = 1}^\infty \ln \left(1 + \dfrac{1}{n}\right)$发散。
\end{proof}

\begin{theorem}[Cauchy根式判别法]
    设$\sum a_n$是一个正项级数。
    \begin{enumerate}[label=(\arabic{*})]
        \item 如果存在证书$q < 1$，使得对充分大的$n$都有
        \[\sqrt[n]{a_n} \leq q < 1\]
        那么级数$\sum a_n$收敛；
        \item 如果对无穷多个$n$都有
        \[\sqrt[n]{a_n} \geq 1\]
        那么级数$\sum a_n$发散。
    \end{enumerate}
\end{theorem}

\begin{proof}
    对（1），已知$n$充分大后$0 \leq a_n \leq q^n$，而$\sum q^n$收敛，因此由比较判别法知$\sum a_n$收敛。

    对（2），有无穷多项都不小于1，因而$\tolim{n}{\infty} a_n \neq 0$，因此级数$\sum a_n$发散。
\end{proof}

\begin{theorem}[Cauchy根式判别法的极限形式]
    设对所有$n = 1, 2, \dots$有$a_n \geq 0$，且
    \[\tolim{n}{\infty} \sup \sqrt[n]{a_n} = q\]
    那么
    \begin{enumerate}[label=(\arabic{*})]
        \item 当$q < 1$时，$\sum a_n$收敛；
        \item 当$q > 1$时，$\sum a_n$发散。
    \end{enumerate}
\end{theorem}

\begin{proof}
    由题，$n$充分大时有$\abs{\sqrt[n]{a_n} - q} < \varepsilon$。当$q < 1$时，存在$\varepsilon_0 > 0$使得$q + \varepsilon < 1$。因此存在$N$，使得$n > N$时有$\sqrt[n]{a_n} < q + \varepsilon_0 < 1$，而$\sum (q + \varepsilon_0)^n$收敛，由比较判别法可知级数收敛。

    （2）的证明是类似的。
\end{proof}

\begin{remark}
    定理中的$q = 1$时，代表此方法不能判定敛散性。
\end{remark}

\begin{theorem}[D' Alembert比值判别法]
    \begin{enumerate}[label=(\arabic{*})]
        \item 如果存在正数$q < 1$，使得当$n \geq n_0$时有
        \[\frac{a_{n + 1}}{a_n} \leq q\]
        那么级数$\sum a_n$收敛；
        \item 如果当$n \geq n_0$时有
        \[\frac{a_{n + 1}}{a_n} \geq 1\]
        那么级数$\sum a_n$发散。
    \end{enumerate}
\end{theorem}

\begin{proof}
    对（1）：不妨令$a_n > 0$，$\dfrac{a_{n + 1}}{a_n} \leq q, n = 1, 2, \dots$。由此，有
    \[0 < a_{n + 1} \leq q a_n \leq q^2 a_{n - 1} \leq \dots \leq q^n a_1\]
    注意$0 < q < 1$，$\sum q^n$收敛，因此$\sum a_n$收敛。

    对（2）：此时级数不满足$\tolim{n}{\infty} a_n = 0$。
\end{proof}

\begin{theorem}[D' Alembert比值判别法的极限形式]
    设$n$充分大后$a_n > 0$。
    \begin{enumerate}[label=(\arabic{*})]
        \item 如果$\tolim{n}{\infty} \sup \dfrac{a_{n + 1}}{a_n} = q < 1$，那么$\sum a_n < + \infty$；
        \item 如果$\tolim{n}{\infty} \inf \dfrac{a_{n + 1}}{a_n} = q^\prime > 1$，那么$\sum a_n = +\infty$。
    \end{enumerate}
\end{theorem}

\section{一般级数}
一般级数$\sum a_n$是指$a_n$可正可负。

\begin{theorem}[Cauchy收敛原理]
    级数$\sum a_n$收敛的充分必要条件是，对任意$\varepsilon > 0$，存在正整数$N$，当$n > N$时，
    \[\abs{a_{n + 1} + \dots + a_{n + p}} < \varepsilon\]
    对一切正整数$p$成立。
\end{theorem}

交错级数是指正负项交替出现的级数。

\begin{theorem}[Leibniz判别法]
    如果$\{a_n\}$递减趋于0，那么交错级数$\sum (-1)^{n - 1} a_n$收敛。
\end{theorem}

我们把满足上述条件的交错级数称为Leibniz级数。

\begin{proof}
    用$S_n$记交错级数的部分和。由于$\{a_n\}$递减，$a_{2n - 1} - a_{2n} \geq 0$，所以
    \[S_{2n} = S_{2n - 2} + (a_{2n - 1} - a_{2n}) \geq S_{2n - 2}\]
    这说明$\{S_{2n}\}$是一个递增的数列；又因为
    \[S_{2n} = a_1 - (a_2 - a_3) - \dots - (a_{2n - 2} - a_{2n - 1}) - a_{2n} \leq a_1\]
    因此$\{S_{2n}\}$有上界，因而$S_{2n}$是个收敛数列，记其极限为$S$。于是
    \[S_{2n + 1} = S_{2n} + a_{2n + 1} \to S, n \to \infty\]
    因此$\{S_n\}$的奇偶子列有相同的极限$S$，因此$\{S_n\}$也是以$S$为极限的收敛数列，即
    \[\sum_{n = 1}^\infty (-1)^{n - 1} a_n\]
    收敛。
\end{proof}