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\chapter{数项级数}
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\section{无穷级数的概念}
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\begin{definition}
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无穷级数
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\begin{equation}\label{数项级数例子}
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\sum_{n=1}^\infty a_n = a_1 + a_2 + \dots + a_n + \cdots
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\end{equation}
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的前$n$项的和
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\[S_n = a_1 + \dots + a_n\]
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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
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\[\sum_{n=1}^\infty a_n = S\]
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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。
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\end{definition}
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\begin{remark}
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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）。
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\end{remark}
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\begin{example}
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\[\sum_{n = 1}^{\infty} n = 1 + 2 + 3 + \dots + n + \cdots \eqper\]
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\end{example}
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\begin{proof}[解]
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\[S_n = 1 + 2 + 3 + \dots + n = \frac{n(n + 1)}{2} \to + \infty\]
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因此，级数$\dsum_{n = 1}^\infty n$发散。
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\end{proof}
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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。
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\begin{example}
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\[\sum_{n = 1}^\infty = \frac{1}{\sqrt{n}} \eqper\]
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\end{example}
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\begin{proof}[解]
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\[S_n = 1 + \frac{1}{\sqrt{2} + \dots + \frac{1}{\sqrt{n}}} > \frac{1}{\sqrt{n}} + \frac{1}{\sqrt{n}} + \dots + \frac{1}{\sqrt{n}} = \frac{n}{\sqrt{n}} = \sqrt{n} \to +\infty\]
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由此导出级数$\dsum_{n = 1}^\infty \frac{1}{\sqrt{n}}$发散。
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\end{proof}
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\begin{example}
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求$S = \dsum_{n = 1}^{+\infty} \frac{n}{2^n}$。
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\end{example}
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\begin{proof}[解]
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\begin{align*}
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a_n & = \frac{n}{2^n}\\
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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}}\\
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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}\\
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S & = 2\qedhere
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\end{align*}
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\end{proof}
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\section{无穷级数的性质}
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\subsection*{通项性质}
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\begin{theorem}
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如果$\sum a_n$收敛，则$\tolim{n}{\infty} a_n = 0$。
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\end{theorem}
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\begin{proof}
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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
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\[\tolim{n}{\infty} S_n = S\]
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极限存在，因此
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\[\tolim{n}{\infty} a_n = \tolim{n}{\infty} (S_n - S_{n - 1}) = S - S = 0\eqper \qedhere\]
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\end{proof}
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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。
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\subsection*{线性性质}
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\begin{theorem}
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设$\sum a_n, \sum b_n$都收敛，则$\sum (\alpha a_n + \beta b_n)$收敛于$\alpha \sum a_n + \beta \sum b_n$。
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\end{theorem}
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\begin{proof}
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令$A_n = \dsum_{k = 1}^n a_k \to A, B_n = \dsum_{k = 1}^n b_k \to B (n \to \infty)$。
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那么
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\begin{align*}
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\sum_{k = 1}^n (\alpha a_k + \beta b_k) & = \alpha \sum_{k = 1}^n a_k + \beta \sum_{k = 1}^n b_k\\
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& = \alpha A_n + \beta B_n \to \alpha A + \beta B \eqper \qedhere
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\end{align*}
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\end{proof}
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\subsection*{结合律}
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\begin{theorem}
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在收敛级数中任意加括号得到新级数仍收敛，且和不变。
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\end{theorem}
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\begin{proof}
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由收敛数列的子列的性质立得。
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\end{proof}
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\begin{corollary}
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如果加括号后的级数发散，则原级数必发散。
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\end{corollary}
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\subsection*{``截尾''性质}
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\begin{theorem}
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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。
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\end{theorem}
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\begin{corollary}
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改变级数的有限项其收敛性不变（收敛级数的和会改变）。
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\end{corollary}
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\section{正项级数的收敛性判别}
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\begin{definition}[正项级数（非负级数）]
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级数
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\[\sum_{n=1}^\infty a_n, a_n > 0, n = 1, 2, \dots (a_n \geq 0)\]
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称为正项级数（非负级数）。
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\end{definition}
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\begin{corollary}
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正项级数的部分和数列是（严格）单调增的。
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\end{corollary}
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\begin{theorem}
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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。
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\end{theorem}
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\begin{theorem}[Cauchy积分判别法]
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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。
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\end{theorem}
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\begin{proof}
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由$f$单调减，当$n \leq x \leq n + 1$，
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\[a_{n + 1} = f(n + 1) \leq f(x) \leq f(n) = a_n, n = 1, 2, \dots\]
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在$[n, n+1]$上积分
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\[a_{n + 1} \leq \int_{n}^{n + 1} f(x) \dif x \leq a_n , n = 1, 2, \dots\]
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关于$n$从1到$N$求和（$N = 1, 2, \dots$）
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\[\sum_{n = 1}^N a_{n + 1} \leq \int_1^{N + 1} f(x) \dif x \leq \sum_{n = 1}^N a_n \eqper \qedhere\]
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\end{proof}
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\begin{example}
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判断敛散性：
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\(\dsum_{n = 1}^\infty \frac{1}{n^p (\ln n)^\alpha}\)。
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\end{example}
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\begin{proof}
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考虑函数$f(x) = \dfrac{1}{x^p (\ln x)^\alpha} > 0$的无穷积分
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\[\int_2^{+\infty} f(x) \dif x = \int_2^{+\infty} \frac{\dif x}{x^p (\ln x)^\alpha}\]
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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
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\(\begin{cases}
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p = 1\\
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\alpha > 1
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\end{cases}\)
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时收敛。
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\end{proof}
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\begin{theorem}[比较判别法]
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设有两个正项级数$\sum a_n$和$\sum b_n$。设$n$充分大之后有$0 \leq a_n \leq b_n$，
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\begin{enumerate}[label=(\arabic{*})]
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\item 若$\sum b_n$收敛，则$\sum a_n$也收敛；
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\item 若$\sum a_n$发散，则$\sum b_n$必发散。
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\end{enumerate}
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\end{theorem}
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\begin{proof}
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只证（1）。对于正项级数，考虑部分和数列有界即可。
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\end{proof}
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\begin{theorem}[比较判别法的极限形式]
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设$n$充分大之后$a_n, b_n > 0$且$\tolim{n}{\infty} \dfrac{a_n}{b_n} = c, 0 < c < + \infty$，则级数$\sum a_n$与$\sum b_n$有同样的敛散性。
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\end{theorem}
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\begin{proof}
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依题意$n$充分大后有
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\[\frac{c}{2} \leq \frac{a_n}{b_n} \leq \frac{3c}{2}\]
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进而
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\[\frac{cb_n}{2} \leq a_n \leq \frac{3cb_n}{2}\]
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由此应用比较判别法便导出结论。
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\end{proof}
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\begin{remark}
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若上面$c = 0$，则可由$\sum b_n$收敛导出$\sum a_n$收敛；
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若上面$c = +\infty$，则可由$\sum b_n$发散导出$\sum a_n$发散。
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\end{remark}
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\begin{theorem}[比阶法]
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设$n$充分大之后$a_n > 0$，且$\tolim{n}{\infty} n^p a_n = c, 0 < c < +\infty$，
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\begin{enumerate}[label=(\arabic{*})]
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\item 若$p > 1$则级数$\sum a_n$收敛；
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\item 若$p \leq 1$则级数$\sum a_n$发散。
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\end{enumerate}
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\end{theorem}
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\begin{remark}
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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；
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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。
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\end{remark}
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\begin{example}
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研究收敛性：$\dsum_{n = 1}^\infty \ln \left(1 + \frac{1}{n}\right)$。
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\end{example}
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\begin{proof}[解]
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注意$\ln \left(1 + \frac{1}{n}\right) \sim \dfrac{1}{n} (n \to \infty)$。
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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。
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\end{proof}
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\begin{theorem}[Cauchy根式判别法]
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设$\sum a_n$是一个正项级数。
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\begin{enumerate}[label=(\arabic{*})]
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\item 如果存在证书$q < 1$，使得对充分大的$n$都有
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\[\sqrt[n]{a_n} \leq q < 1\]
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那么级数$\sum a_n$收敛；
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\item 如果对无穷多个$n$都有
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\[\sqrt[n]{a_n} \geq 1\]
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那么级数$\sum a_n$发散。
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\end{enumerate}
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\end{theorem}
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\begin{proof}
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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。
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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。
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\end{proof}
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\begin{theorem}[Cauchy根式判别法的极限形式]
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设对所有$n = 1, 2, \dots$有$a_n \geq 0$，且
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\[\tolim{n}{\infty} \sup \sqrt[n]{a_n} = q\]
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那么
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\begin{enumerate}[label=(\arabic{*})]
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\item 当$q < 1$时，$\sum a_n$收敛；
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\item 当$q > 1$时，$\sum a_n$发散。
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\end{enumerate}
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\end{theorem}
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\begin{proof}
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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。
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（2）的证明是类似的。
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\end{proof}
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\begin{remark}
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定理中的$q = 1$时，代表此方法不能判定敛散性。
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\end{remark}
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\begin{theorem}[D'Alembert比值判别法]
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\begin{enumerate}[label=(\arabic{*})]
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\item 如果存在正数$q < 1$，使得当$n \geq n_0$时有
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\[\frac{a_{n + 1}}{a_n} \leq q\]
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那么级数$\sum a_n$收敛；
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\item 如果当$n \geq n_0$时有
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\[\frac{a_{n + 1}}{a_n} \geq 1\]
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那么级数$\sum a_n$发散。
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\end{enumerate}
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\end{theorem}
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\begin{proof}
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对（1）：不妨令$a_n > 0$，$\dfrac{a_{n + 1}}{a_n} \leq q, n = 1, 2, \dots$。由此，有
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\[0 < a_{n + 1} \leq q a_n \leq q^2 a_{n - 1} \leq \dots \leq q^n a_1\]
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注意$0 < q < 1$，$\sum q^n$收敛，因此$\sum a_n$收敛。
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对（2）：此时级数不满足$\tolim{n}{\infty} a_n = 0$。
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\end{proof}
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\begin{theorem}[D'Alembert比值判别法的极限形式]
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设$n$充分大后$a_n > 0$。
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\begin{enumerate}[label=(\arabic{*})]
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\item 如果$\tolim{n}{\infty} \sup \dfrac{a_{n + 1}}{a_n} = q < 1$，那么$\sum a_n < + \infty$；
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\item 如果$\tolim{n}{\infty} \inf \dfrac{a_{n + 1}}{a_n} = q^\prime > 1$，那么$\sum a_n = +\infty$。
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\end{enumerate}
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\end{theorem}
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\section{一般级数}
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一般级数$\sum a_n$是指$a_n$可正可负。
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\begin{theorem}[Cauchy收敛原理]
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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，
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\[\abs{a_{n + 1} + \dots + a_{n + p}} < \varepsilon\]
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对一切正整数$p$成立。
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\end{theorem}
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交错级数是指正负项交替出现的级数。
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\begin{theorem}[Leibniz判别法]
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如果$\{a_n\}$递减趋于0，那么交错级数$\sum (-1)^{n - 1} a_n$收敛。
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\end{theorem}
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我们把满足上述条件的交错级数称为Leibniz级数。
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\begin{proof}
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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
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\[S_{2n} = S_{2n - 2} + (a_{2n - 1} - a_{2n}) \geq S_{2n - 2}\]
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这说明$\{S_{2n}\}$是一个递增的数列；又因为
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\[S_{2n} = a_1 - (a_2 - a_3) - \dots - (a_{2n - 2} - a_{2n - 1}) - a_{2n} \leq a_1\]
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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
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\[S_{2n + 1} = S_{2n} + a_{2n + 1} \to S, n \to \infty\]
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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
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\[\sum_{n = 1}^\infty (-1)^{n - 1} a_n\]
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收敛。
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\end{proof}
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现在我我们考虑交错级数的推广——乘积型级数：$\sum a_n b_n$。
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\begin{lemma}[分部求和公式——Abel引理]
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对$\alpha_i, \beta_i \in \realnum, 1 \leq i \leq p$，则
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\begin{enumerate}[label=(\arabic{*})]
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\item 记
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\[B_k = \sum_{i = 1}^k \beta_i, k = 1, 2, \dots, p\]
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则
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\[\sum_{i = 1}^p \alpha_i \beta_i = \sum_{i = 1}^{p - 1} \left(\alpha_i - \alpha_{i + 1}\right)B_i + \alpha_p B_p\]
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\item 若$\alpha_1 \geq \alpha_2 \geq \dots \geq \alpha_p$（或$\alpha_1 \leq \alpha_2 \leq \dots \leq \alpha_p$），且$\abs{B_k} \leq L, k = 1, 2, \dots, p$，则
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\[\abs{\sum_{i = 1}^p \alpha_i \beta_i} \leq L \left(\abs{\alpha_1} + 2\abs{\alpha_p}\right)\eqper\]
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\end{enumerate}
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\end{lemma}
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\begin{theorem}[Dirichlet判别法]
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设$\{a_k\}, \{b_k\}$是两个数列，$S_k = \dsum_{l = 1}^k a_l$。如果$\{b_k\}$单调趋于0，且$\{S_k\}$有界，那么级数$\sum a_kb_k$收敛。
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\end{theorem}
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\begin{theorem}[Abel判别法]
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如果$\{a_n\}, \{b_n\}$满足$\{b_n\}$单调有界，且$\sum a_n$收敛，那么级数$\sum a_n b_n$收敛。
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\end{theorem}
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\begin{example}
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证明级数
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\[\sum_{n = 1}^\infty \frac{\sin n}{n} = \sin 1 + \frac{\sin 2}{2} + \frac{\sin 3}{3} + \dots\]
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收敛。
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\end{example}
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\begin{proof}[解]
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这不是交错级数，可看作乘积型级数。其中$\{b_n\} = \left\{\dfrac{1}{n}\right\}$单调趋于0.
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为应用Dirichlet判别法，只需验证$S_n = \sum_{k = 1}^n \sin k$有界。应用积化和差公式，
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\[2\sin \frac{x}{2} \sum_{k = 1}^n \sin kx = \cos \frac{x}{2} - \cos \left(n + \frac{1}{2}\right)x\]
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令$x = 1$，得
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\[\abs{\sum_{k = 1}^n \sin k} = \frac{\abs{\cos \dfrac{1}{2}} - \cos \left(n + \dfrac{1}{2}\right)}{2 \abs{\sin \dfrac{1}{2}}} \leq \frac{1}{\abs{\sin \dfrac{1}{2}}}\]
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应用Dirichlet判别法可得原级数收敛。
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\end{proof}
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\section{绝对收敛与条件收敛}
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\begin{theorem}
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如果$\sum \abs{a_n}$收敛，那么$\sum a_n$也收敛。
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\end{theorem}
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\begin{proof}
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记$a_n^+ = \dfrac{\abs{a_n} + a_n}{2}, a_n^- = \dfrac{\abs{a_n} - a_n}{2}$，$a_n^+ \geq 0, a_n^- \geq 0$，那么
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\[\abs{a_n} = a_n^+ + a_n^- \geq a_n^+, a_n^- \geq 0\]
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已知$\sum \abs{a_n}$收敛，由比较判别法得到$\sum a_n^+, \sum a_n^-$都收敛。注意$a_n = a_n^+ - a_n^-$，因此
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\[\sum a_n = \sum a_n^+ - \sum a_n^-\]
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收敛。
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\end{proof}
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\begin{definition}
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如果$\sum \abs{a_n}$收敛，则称级数$\sum a_n$绝对收敛；
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如果$\sum a_n$收敛，但$\sum \abs{a_n}$发散，则称$\sum a_n$条件收敛。
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\end{definition}
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\begin{remark}
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$\sum a_n$发散，$\sum b_n$发散，$\sum (a_n \pm b_n)$收敛性未定；
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$\sum a_n$条件收敛，$\sum b_n$条件收敛，$\sum (a_n \pm b_n)$收敛；
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$\sum a_n$绝对收敛，$\sum b_n$绝对收敛，$\sum (a_n \pm b_n)$绝对收敛；
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$\sum a_n$绝对收敛，$\sum b_n$条件收敛，$\sum (a_n \pm b_n)$条件收敛；
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$\sum a_n$绝对收敛，$\sum b_n$发散，$\sum (a_n \pm b_n)$发散；
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$\sum a_n$条件收敛，$\sum b_n$发散，$\sum (a_n \pm b_n)$发散。
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\end{remark}
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\begin{remark}
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正项级数的收敛判别法都可以用来判断绝对收敛。
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\end{remark}
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\begin{theorem}[Cauchy根式判别法]
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若存在$0 < q < 1$，使得$n$充分大以后$\sqrt[n]{\abs{a_n}} \leq q$，则级数$\sum a_n$绝对收敛；
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若有无穷多个$n$使得$\sqrt[n]{\abs{a_n}} \geq 1$，则级数$\sum a_n$发散。
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\end{theorem}
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\begin{theorem}[Cauchy根式判别法的极限形式]
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设$\tolim{n}{\infty} \sup \sqrt[n]{\abs{a_n}} = q$，则$\sum a_n$在$q < 1$时绝对收敛，在$q > 1$时发散。
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\end{theorem}
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\begin{theorem}[D'Alembert比值判别法]
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若存在$0 < q < 1$，使得$n$充分大以后$a_n \neq 0, \abs{\dfrac{a_{n + 1}}{a_n}} \leq q$，则级数$\sum a_n$绝对收敛；
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若$n$充分大以后$a_n \neq 0, \abs{\dfrac{a_{n + 1}}{a_n}} \geq 1$，则级数$\sum a_n$发散。
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\end{theorem}
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\begin{theorem}[D' Alembert比值判别法的极限形式]
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设$n$充分大后，$a_n \neq 0$。
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若$\tolim{n}{\infty} \sup \abs{\dfrac{a_{n + 1}}{a_n}} < 1$，则级数$\sum a_n$绝对收敛；
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若$\tolim{n}{\infty} \inf \abs{\dfrac{a_{n + 1}}{a_n}} > 1$，则级数$\sum a_n$发散。
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\end{theorem}
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\begin{theorem}
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交换绝对收敛级数中无穷多项的次序，所得的新级数仍然绝对收敛，其和也不变。
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\end{theorem}
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\begin{theorem}[Riemann]
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$\sum a_n$条件收敛，则对任意的$\lambda \in \realnum \cup \{+\infty\} \cup \{-\infty\}$，都存在重排$\sum a_n^\prime$满足$\sum a_n^\prime = \lambda$。
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\end{theorem} |