MA.7.1 数项级数

Intro - Achilles追赶乌龟

或

t_{1} + t_{2} + \dots + t_{n} + \dots = T

Chap 7-1
数项级数

一、基本概念与性质

flowchart LR
    subgraph 性质
    级数 --- 更改有限项敛散性不变
    级数 --- 收敛线性性
    级数 --- 收敛的结合性
    级数 --- 更序级数敛散性不变
    end
    subgraph 简单级数
    级数 -- 必要条件 --> 通项极限为0即收敛 <--> 极限不为0/不存在即发散
    级数 --> Cauchy收敛/发散准则 --- 放缩
    end
    subgraph 正项级数
    级数  --> 收敛原理 --- 部分和有上界
    级数  --> 比较判别法 --- A["大收➡️小收\n小散➡️大散"]
    A --> 极限形式
    A --> p-判别法
    级数 --> B[根值判别] --- B1[≤q<1 收敛]
    B --- B2[≥1 发散]
    B --- B3[=q == 1?]
    级数 --> C[比值判别] --- B1
    C --- B2
    C --- B3
    C --- 双比值
    级数 --> D["积分判别\n1~∞"]
    C -.-> Rabbe判别法 --- E["α ↔1"]
    end
    subgraph 一般级数
    subgraph 交错级数
        级数 --> Leibniz --- 单减有界
    end
    级数 -.- Riemann重排
    级数 -.- Abel变换
    级数 -.- Abel引理
    级数 --> A-D判别法
    end

Definition

设 $a_{1}, a_{2}, \dots, a_{n}, \dots$ 是一个数列, 则 #级数/形式和(形式上连加)

\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} = a_{1} + a_{2} + \dots + a_{n} + \dots

称为 无穷级数 (简称 #级数 ), 和式中的每一项称为级数的项, $a_{n}$ 称为级数的通项(或一般项), 而

S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} a_{k} = a_{1} + a_{2} + \dots + a_{n}

称为级数的前 $n$ 项 #级数/部分和

若 $lim_{n \to \infty} S_{n} = S$ , 则称级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 收敛, 且收敛于 $S, S$ 称为级数的和; 记为 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} = S$

若 ${S_{n}}$ 发散, 则称级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 发散

此处是形式和，只是一种记号
级数的敛散性通过 $S$ （部分和）的敛散性规定

若 $lim_{n \to \infty} S_{n} = + \infty (- \infty)$ , 也称 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 发散到 $+ \infty (- \infty)$

Example

例1 讨论 #几何级数 (通项为等比)

\sum_{n = 1}^{\infty} a q^{n - 1} (a \neq 0)

的收敛性

Solution

$S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} a q^{k - 1} = {\begin{cases} \frac{a (1 - q^{n})}{1 - q}, & q \neq 1 \\ n a, & q = 1 \end{cases}$
$\overset{n \to \infty}{\to} {\begin{cases} \frac{a}{1 - q}, & | q | < 1 \\ 无(有界), & q = - 1 \\ \infty, & | q | > 1, q = 1 \end{cases}$

结论：几何级数当且仅当 $| q | < 1$ 收敛

且和为 $\frac{前项}{1 - 公比}$

Cauchy收敛准则

#级数/Cauchy收敛准则

$\begin{matrix} \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} 收敛 \Leftrightarrow \forall ε > 0, \exists N \in N, \forall n \geq N, \forall p \in N : \\ | \sum_{k = n + 1}^{n + p} a_{k} | = | a_{n + 1} + a_{n + 2} + \dots + a_{n + p} | < ε \end{matrix}$

Cauchy发散准则

#级数/Cauchy发散准则

$\begin{matrix} \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} 发散 \Leftrightarrow \exists ε > 0, \forall N \in N, \exists n \geq N, \exists p \in N : \\ | \sum_{k = n + 1}^{n + p} a_{k} | = | a_{n + 1} + a_{n + 2} + \dots + a_{n + p} | \geq ε \end{matrix}$

Example

例2 证明 #调和级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 发散.

Proof
$\begin{aligned} 取 ε = \frac{1}{2}, \forall n \in N 取 n = N, p = N \\ | \sum_{k = n + 1}^{n + p} \frac{1}{a_{n}} | = | \frac{1}{n + 1} + \frac{1}{n + 2} + \dots + \frac{1}{n + p} | ⩾ \frac{p}{n + p} = \frac{1}{2} \end{aligned}$

敛散性不变

推论

将级数增加, 删减, 改换有限项, 不改变敛散性

Analysis
有限项->存在最大下标->存在n大于最大下标

即可用于：n充分大的条件

基本性质

线性性

Theorem

若级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} = S, \sum_{n = 1}^{\infty} b_{n} = T$ , 则级数

\sum_{n = 1}^{\infty} (α a_{n} + β b_{n}) = α S + β T

问题

若 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}, \sum_{n = 1}^{\infty} b_{n}$ 发散, 问 $\sum_{n = 1}^{\infty} (a_{n} \pm b_{n})$ 敛散性如何?

不一定

问题

若 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 收敛, $\sum_{n = 1}^{\infty} b_{n}$ 发散, 则 $\sum_{n = 1}^{\infty} (a_{n} \pm b_{n})$ 敛散性呢?

发散

必要条件

Theorem

若级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 收敛, 则 $lim_{n \to \infty} a_{n} = 0$

Proof

设: $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} = S$ , 部分和为 $S_{n}$ , 则
$\begin{aligned} lim_{n \to \infty} S_{n} = S . \\ a_{n} = S_{n} - S_{n - 1} \overset{n \to + \infty}{\to} a_{n} = S - S = 0 \end{aligned}$

注意:

逆否命题成立： $lim_{n \to \infty} a_{n} \neq 0$ 或不存在 $\Rightarrow \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 发散

逆命题不成立： $lim_{n \to \infty} a_{n} = 0$ 不一定能导出 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 收敛/发散 Eg.调和级数

Example

例3 判断级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} {(1 - \frac{1}{n})}^{n}$ 的敛散性

Solution
$\begin{aligned} {(1 - \frac{1}{n})}^{n} = {[{(1 + \frac{1}{(- n)})}^{(- n)}]}^{- 1} \to \frac{1}{e} \\ 故 \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} 发散 \end{aligned}$

二、正项级数的敛散性及判别法

若级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 满足 $a_{n} \geq 0$ , 则称之为正项级数

显然，正项级数的部分和 ${S_{n}}$ 单调增加, 因此有

收敛原理

#级数/收敛原理

设 $a_{n} \geq 0$ , 则

\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} 收敛 \Leftrightarrow 部分和 {S_{n}} 有上界

注
要么收敛要么发散到正无穷

若 ${S_{n}}$ 有上界, 则 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} = sup_{n \in N} {S_{n}}$

若 ${S_{n}}$ 无上界, 则 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} = + \infty$

补充：结合律、交换律

结合律
若 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} = S$ , 将其相邻若干项加括号得到的新级数收敛，且和不变

Proof

设 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 部分和为 $S_{n} ，$ 加括昂极限为
$(a_{1} + a_{2} + \dots + a_{n_{1}}) + (a_{n_{1} + 1} + \dots + a_{n_{2}}) + \dots + (a_{n_{k - 1} + 1} + \dots + a_{n_{k}}) + \dots$
记其前n项和为 $T_{k}$
则 $T_{k} = S_{n_{k}}$
由于 $lim_{n \to \infty} S_{n} = S$
故由归并性:
$lim_{k \to \infty} T_{k} = lim_{k \to \infty} S_{n_{k}} = S$

逆命题不成立

$\sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n - 1} = 1 - 1 + 1 - 1 + \dots$ 发散 , 但 $(1 - 1) + (1 - 1) + \dots = 0$ 收敛

定理: 更序级数敛散不变

Theorem

设 $a_{n} \geq 0$ , 则任意更换顺序求和所得新级数敛散性不变, 收敛时和不变.

Proof

设 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} = S$ ，部分和 $S_{n}$

且 $\sum_{n = 1}^{n} a_{n}^{'}$ 是 $\sum_{n = 1}^{n} a_{n}$ 更序级数

$∵ {a_{n}^{'}}$ 中的项均来自于 ${a_{n}}$

设 $a_{1}^{'}$ : $a_{2}^{'}, \dots a_{n}^{'}$ 在原级数中最大下标为 $m$

则 $\underset{S_{m} 中的某些项}{\underset{⏟}{a_{1}^{'} + \dots + a_{n}^{'}}} = S_{n}^{'} ⩽ S_{m} ⩽ S$

$∴ {S_{n}^{'}}$ 有上界

从而 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}^{'}$ 收敛

且其和: $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}^{'} \leq s$

又 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 可视为 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}^{'}$ 的更序

故 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} = S \leq \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$
$∴ \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}^{'} = S$

同理正项级数若发散，更序级数亦发散

例题

Example

例4 证明 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n!}$ 收敛

Proof
$\begin{aligned} λ_{i} S_{n} & = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k!} = 1 + \sum_{k = 2}^{n} \frac{1}{k!} \\ \leq 1 + \sum_{k = 2}^{n} \frac{1}{(k - 1) k} = 1 + \sum_{k = 2}^{n} (\frac{1}{k} - \frac{1}{k - 1}) \\ = 1 + 1 - \frac{1}{n} < 2 有上界 \end{aligned}$
故原级数收敛

Example

例5 讨论 $p$ 级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{p}}$ 的敛散性

Solution

当 $p \leq 1$ 时
$\begin{aligned} S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k^{p}} \geq \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} \end{aligned}$
由于 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 发散, 故 $\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k}$ 无上界故 $S_{n}$ 无上界
$\Rightarrow \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{p}} 发散$
当 $p > 1$ 时

$\frac{1}{k^{p}} \leq \frac{1}{x^{p}} \Rightarrow \int_{k - 1}^{k} \frac{1}{k^{p}} d x \leq \int_{k - 1}^{k} \frac{1}{x^{p}} d x$
设: $\frac{1}{k^{p}} \leq \int_{k - 1}^{k} \frac{1}{x^{p}} d x$ 从而
$\begin{aligned} S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k^{p}} & = 1 + \sum_{k = 2}^{n} \frac{1}{k^{p}} \\ \leq 1 + \sum_{k = 2}^{n} \int_{k - 1}^{k} \frac{1}{x^{p}} d x \\ = 1 + \int_{1}^{n} \frac{d x}{x^{p}} & = 1 + {\frac{x^{1 - p}}{1 - p} |}_{1}^{n} \\ = 1 + \underset{负数}{\underset{⏟}{\frac{n^{1 - p}}{1 - p}}} - \frac{1}{1 - p} \\ < 1 + \frac{1}{p - 1} = \frac{p}{p - 1} \end{aligned}$
故 ${S_{n}}$ 有上界，原级数收敛

比较判别法

#比较判别法

若 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 与 $\sum_{n = 1}^{\infty} b_{n}$ 为正项级数, 且 $a_{n} \leq b_{n}$ ,则有

\begin{aligned} \sum_{n = 1}^{\infty} b_{n} 收敛 \Rightarrow \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} 收敛; \\ \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} 发散 \Rightarrow \sum_{n = 1}^{\infty} b_{n} 发散 \end{aligned}

大收=>小收
小散=>大散

Proof

Example

例6 证明 $\sum_{n = 2}^{\infty} \frac{1}{\ln n}$ 发散

Proof

由于 $\frac{1}{\ln n} > \frac{1}{n} (n ⩾ 2)$ 且 $\sum_{n = 2}^{\infty} \frac{1}{n}$ 发散

由比较判别法: $\sum_{n = 2}^{\infty} \frac{1}{\ln n}$ 发散

推论 (极限形式)

#比较判别法/极限形式

设 $a_{n} \geq 0, b_{n} > 0$ , 且 $lim_{n \to \infty} \frac{a_{n}}{b_{n}} = l$ , 则

当 $0 < l < + \infty$ 时, $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 与 $\sum_{n = 1}^{\infty} b_{n}$ 同敛散
当 $l = 0$ 时, $\sum_{n = 1}^{\infty} b_{n}$ 收敛 $\Rightarrow \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 收敛
当 $l = + \infty$ 时, $\sum_{n = 1}^{\infty} b_{n}$ 发散 $\Rightarrow \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 发散

Proof

（1）详细证明如下

由 $lim_{n \to \infty} \frac{a_{n}}{b_{n}} = l$

取 $ε = \frac{1}{2}$ , 则 $N \in N, \forall n > N$ 则
$\begin{aligned} | \frac{a_{n}}{b_{n}} - l | < \underset{l / 2}{\underset{⏟}{ε_{n}}} \Rightarrow \underset{l / 2}{\underset{⏟}{l - ε}} < \frac{a_{n}}{b_{n}} < \underset{3 l / 2}{\underset{⏟}{l + ε}} \\ \Rightarrow \frac{1}{2} l b_{n} < a_{n} < \frac{3}{2} l b_{n} (\forall n > N) \end{aligned}$
若 $\sum b_{n}$ 收敛 $\Rightarrow \sum \frac{3}{2} l b_{n}$ 收敛

若 $\sum b_{n}$ 发散 $\Rightarrow \sum \frac{1}{2} l b_{n}$ 发散
小散 $\Rightarrow$ 大散： $Σ a_{n}$ 发散

（2） $l = 0$ => $b_{n}$ 大

（3）同理

说明

常选择几何级数与 $p$ 级数作参照级数

常估计通项无穷小 ${a_{n}}$ 对 $1 / n$ 的阶
^10fi2j

推论 ( $p$ -判别法)

Corollary

设 $a_{n} \geq 0$ , 且 $lim_{n \to \infty} n^{p} a_{n} = l$ , 则

当 $0 \leq l < + \infty$ , 且 $p > 1$ 时, $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 收敛;
当 $0 < l \leq + \infty$ , 且 $p \leq 1$ 时, $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 发散

理解：
- $p > 1$ 说明 $n^{p}$ 发散到 $+ \infty$ ，若此时还能让 $l$ 不发散到 $+ \infty$ ，则一定是一个收敛的数列将其拉回来
- $p \leq 1$ 说明 $n^{p}$ 收敛到 $0$ ，若此时还能让 $l$ 不趋近于 $0$ ，则一定是一个发散的数列让他拉起来

Analysis
证明即为之前极限形式的特例

Example

例7 判断 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{n + 3}{\sqrt{(n^{2} + 1) (n^{3} + 2)}}$ 的敛散性

Solution

由于 $lim_{n \to \infty} n^{\frac{3}{2}} \frac{n + 3}{\sqrt{(n^{2} + 1) (n^{3} + 2)}} = 1$ (等价无穷大)且 $P = \frac{3}{2} > 1$

故原级数收敛

Example

例8 判断 $\sum_{n = 1}^{\infty} \sin \frac{1}{n}$ 的敛散性

Solution
$由于 lim_{n \to \infty} n \sin \frac{1}{n} = 1 且 p = 1$
故原级数收敛

Example

$1 - \cos \frac{1}{n}$

Tips

$1 - \cos \frac{1}{n} \sim \frac{1}{2 n^{2}}$

Cauchy判别法 / 根值判别

Theorem

若正项级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 满足

$\sqrt[n]{a_{n}} \leq q < 1$ , 则 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 收敛
有无穷多项使 $\sqrt[n]{a_{n}} \geq 1$ , 则 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 发散
$lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_{n}} = q$ , 则
- 当 $q < 1$ 时, $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 收敛;
- 当 $q > 1$ 时, $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 发散;
- 当 $q = 1$ 时, 判别法失效

Proof

(1) 由条件: $a_{n} \leq q^{n}$ 且 $\sum_{n = 1}^{\infty} q^{n}$ 收敛

$\overset{比判}{\Rightarrow} \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 收敛

(2) 由条件: $\exists n_{k} : \sqrt[n_{k}]{a_{n_{k}}} ⩾ 1$
$\Rightarrow a_{n_{k}} ⩾ 1 ⟹ a_{n_{k}} ⩾ 1$
故 $a_{n} ↛ 0$ 从而 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 收敛

(3) 当 $q < 1$ 时

由不等式性: $\exists N \in N, \forall n > N$ 有
$\sqrt[n]{a_{n}} < \frac{i + 1}{2} \overset{def}{=} l < 1$
由(2): $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 收敛

当 $q > 1$ 时

$\exists N \in N, \forall n > N$ , 有 $\sqrt[n]{a_{n}} > 1$

当 $q = 1$ 时

$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 发散, $lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{\frac{1}{n}} = lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt[n]{n}} = 1$

再考虑 $lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{\frac{1}{n^{2}}} = lim_{n \to \infty} {(\frac{1}{\sqrt[n]{n}})}^{2} = 1$

Example

例9 证明 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{2^{n}} {(1 + \frac{1}{n})}^{n^{2}}$ 发散

Proof
$\begin{aligned} lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_{n}} & = lim_{n \to \infty} \frac{1}{2} {(1 + \frac{1}{n})}^{n} \\ = \frac{e}{2} \\ > 1 \end{aligned}$
根据Cauchy：发散

d'Alembert判别法 / 比值判别法

Theorem

若正项级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 满足

$\frac{a_{n + 1}}{a_{n}} \leq q < 1$ , 则 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 收敛
$\frac{a_{n + 1}}{a_{n}} \geq 1$ , 则 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 发散
$lim_{n \to \infty} \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} = q$ , 则
- 当 $q < 1$ 时, $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 收敛;
- 当 $q > 1$ 时, $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 发散;
- 当 $q = 1$ 时, 判别法失效

Proof

(1)由条件: $a_{n + 1} \leq q a_{n} \leq q^{2} a_{n - 1} \leq \dots \leq q^{n} a_{1}$

且 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{1} q^{n}$ 收敛

故 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 收敛

(2)由条件: $a_{n + 1} ⩾ a_{n} ⩾ \dots ⩾ a_{1}$
知: $a_{n} ↛ 0$

(3)...

Example

例10 讨论 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{n!}{n^{n}} x^{n} (x \geq 0)$ 的敛散性

Proof
$\begin{aligned} \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} & = \frac{(n + 1)! x^{n + 1}}{(n + 1)^{n + 1}} \frac{n^{n}}{n! x^{n}} \\ = \frac{n^{n}}{(n + 1)^{n}} x \\ = \frac{x}{{(1 + \frac{1}{n})}^{n}} \\ \overset{n \to \infty}{⟶} \frac{x}{e} \end{aligned}$
(1) $x < e$ 时: 收敛
(2) $x > e$ 时: 发散
(3) $x = e$ 时:
$原式 = \frac{e}{{(1 + \frac{1}{n})}^{n}} > 1$
由比值法 (2): 发散

积分判别法

若非负函数 $f$ 在 $[1, + \infty)$ 上单减, 则级数

Proof

Example

例11 讨论 $\sum_{n = 2}^{\infty} \frac{1}{n (\ln n)^{α}}$ 的敛散性

Solution

$f (x) := \frac{1}{x (\ln x)^{α}} (x ⩾ 2)$ 则 $f$ 非负递减，且

\begin{aligned} \int_{2}^{+ \infty} f (x) d x = \int_{2}^{+ \infty} \frac{d x}{x (\ln x)^{α}} = {\begin{matrix} {\frac{\ln 1 - α}{1 - α} |}_{2}^{+ \infty}, α \neq 1 \\ {\ln \ln x |}_{2}^{+ \infty}, α = 1 \end{matrix} \\ = {\begin{matrix} \frac{\ln^{1 - α} 2}{α - 1}, α > 1 \\ + \infty, α \leq 1 \end{matrix} \end{aligned}

Note: $Δ α = 1 时, \sum_{n = 2}^{\infty} \frac{1}{n \ln n} 发散$

补充：比值判别法2

Theorem

设 $a_{n} > 0, b_{n} > 0$ ，且

\frac{a_{n + 1}}{a_{n}} ⩽ \frac{b_{n + 1}}{b_{n}}

则

$\sum_{n = 1}^{\infty} b_{n}$ 收敛 $\Rightarrow \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 收敛
$\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 发散 $\Rightarrow \sum_{n = 1}^{\infty} b_{n}$ 发散

Proof

叠乘:
$\begin{aligned} \frac{a_{n}}{a_{n - 1}} \cdot \frac{a_{n - 1}}{a_{n - 2}} \dots \frac{a_{2}}{a_{1}} ⩽ \frac{b_{n}}{b_{n - 1}} \cdot \frac{b_{n - 1}}{b_{n - 2}} \dots \frac{b_{2}}{b_{1}} \\ \Rightarrow a_{n} ⩽ \frac{a_{1}}{b_{1}} b_{n} \end{aligned}$
再由比判可证

Raabe 判别法

#数项级数/Raabe判别法

设 $a_{n} > 0$ , 且

lim_{n \to \infty} n (\frac{a_{n}}{a_{n + 1}} - 1) = α

若 $α > 1$ , 则 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 收敛; 若 $α < 1$ , 则 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 发散

Proof
$\begin{aligned} \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} ⩽ \frac{\frac{1}{(n + 1)^{p}}}{\frac{1}{n^{p}}} & \Leftrightarrow \frac{a_{n}}{a_{n + 1}} ⩾ {(1 + \frac{1}{n})}^{p} \\ \Leftrightarrow n (\frac{a_{n}}{a_{n + 1}} - 1) ⩾ \frac{{(1 + \frac{1}{n})}^{p} - 1}{\frac{1}{n}} (\to p (n \to \infty)) \end{aligned}$
当 $α > 1$ 时，取 $p \in (1, α)$
$lim_{n \to \infty} n (\frac{a_{n}}{a_{n n}} - 1) = α > p = lim_{n \to \infty} \frac{{(1 + \frac{1}{n})}^{p} - 1}{\frac{1}{n}}$
由不等式性:
$\begin{aligned} n (\frac{a_{n}}{a_{n n}} - 1) > \frac{{(1 + \frac{1}{n})}^{p} - 1}{\frac{1}{n}} \\ \Rightarrow \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} \leq \frac{\frac{1}{(n + 1)^{p}}}{\frac{1}{n^{p}}} \overset{比判二}{\Rightarrow} \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} 收敛 \end{aligned}$
当 $a < 1$ 时 $\exists N \in N \forall n > N$
$n (\frac{a_{n}}{a_{n + 1}} - 1) < 1 \Rightarrow \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} > \frac{\frac{1}{n + 1}}{\frac{1}{n}} \overset{比判二}{\Rightarrow} \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} 发散$

通常在比值法失效时使用

Example

例12 设 $α, β, γ, x > 0$ , 讨论超几何级数

F (α, β, γ, x) = 1 + \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{α (α + 1) \dots (α + n - 1) β (β + 1) \dots (β + n - 1)}{n! γ (γ + 1) \dots (γ + n - 1)} χ^{n}

的敛散性

Solution
$\begin{aligned} \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} & = \frac{α (α + 1) \dots (α + n) β (β + 1) \dots (β + n) \cdot x^{n + 1} \cdot n! γ (γ + 1) (γ + n - 1)}{n! γ (γ + 1) \dots (γ + n) \cdot x^{n} \cdot α (α + 1) \dots (α + n - 1) β (β + 1) \dots (β + n - 1)} \\ = \frac{(α + n) (β + n)}{(n + 1) (γ + n)} \overset{n \to + \infty}{\to} x \end{aligned}$
故

当 $0 < x < 1$ 时, 原级数收敛

当 $x > 1$ 时, 原级数发散

当 $x = 1$ 时, 考虑 #Raabe判别法
$\frac{a_{n + 1}}{a_{n}} = \frac{(α + n) (β + n)}{(n + 1) (γ + n)}$
故
$\begin{aligned} n (\frac{α_{n}}{α_{n + 1}} - 1) & = n (\frac{(n + 1) (γ + n)}{(α + n) (β + n)} - 1) \\ = n \frac{(1 + γ - α - β) n + γ - α β}{(α + n) (β + n)} \\ \overset{n \to \infty}{⟶} 1 + γ - α - β \end{aligned}$
从而当 $1 + γ - α - β > 1$ 即 $α + β < γ$ 时，原级数收敛

当 $α + β > γ$ 时原级数发散

当 $α + β = γ$ 时，运用高斯判别法

三、一般级数的收敛性及判别法

交错级数

Definition

正负项相间的级数称为 #交错级数, 其形式为

\sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n - 1} a_{n} 或 \sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n} a_{n} (其中 a_{n} > 0)

Leibniz 判别法

#Leibniz判别法

若交错级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n - 1} a_{n}$ 满足

(1) a_{n + 1} \leq a_{n}, (2) lim_{n \to \infty} a_{n} = 0

则 $\sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n - 1} a_{n}$ 收敛, 且

0 \leq \sum_{k = 1}^{\infty} (- 1)^{k - 1} a_{k} \leq a_{1}

Proof
$\begin{aligned} 设 S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} (- 1)^{k - 1} a_{k}, N_{1} \\ S_{2 n} = (a_{1} - a_{2}) + (a_{3} - a_{4}) + \dots + (a_{2 n - 1} - a_{2 n}) ⩾ S_{2 n - 2} = S_{2 (n - 1)} \end{aligned}$
即 ${S_{2 n}}$ 单增, 且
$\begin{aligned} S_{2 n} & = a_{1} - a_{2} + a_{3} - \dots + a_{2 n - 1} - a_{2 n} \\ = a_{1} - (a_{2} - a_{3}) - \dots - (a_{2 n - 2} - a_{2 n - 1}) - a_{2 n} \\ \leq a_{1} \end{aligned}$
即 ${s_{2 n}}$ 有上界 $a_{1}$

故 ${S_{2 n}}$ 收敛，记 $lim_{n \to \infty} S_{2 n} : S \leq a_{1}$ 且 $S ⩾ 0$
$\begin{aligned} 又 S_{2 n - 1} & = S_{2 n} + a_{2 n} \\ \to \infty \\ S + 0 = S \end{aligned}$
从而 $lim_{n \to \infty} S_{n} = S$

绝对收敛/条件收敛

绝对收敛

若 $\sum_{n = 1}^{\infty} | a_{n} |$ 收敛, 则称 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ #绝对收敛

收敛由于：通项趋于0快

条件收敛

若 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 收敛, 而 $\sum_{n = 1}^{\infty} | a_{n} |$ 发散, 则称 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ #条件收敛

收敛由于：相邻项抵消

Proposition

若 $\sum_{n = 1}^{\infty} | a_{n} |$ 收敛, 则级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 收敛

Proof

由 $\sum_{n = 1}^{\infty} | a_{n} |$ 收敛 Cauchy 准则
$\forall ε > 0, \exists N \in N, \forall n \geq N, \forall P \in N$
$\begin{aligned} \sum_{k = n + 1}^{n + p} | a_{k} | < ε \\ \Rightarrow & | \sum_{k = n + 1}^{n_{1} p} a_{k} | ⩽ \sum_{k = n + 1}^{n_{1} p} | a_{k} | < ε \end{aligned}$

传递性

Question

若 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 绝对收敛, $\sum_{n = 1}^{\infty} b_{n}$ 条件收敛, 问

$\sum_{n = 1}^{\infty} (a_{n} + b_{n})$ 是绝对收敛还是条件收敛? 为什么?

条件收敛

Proof

$\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 收敛, $\sum_{n = 1}^{\infty} b_{n}$ 收敛

$\overset{线性}{⟹} \sum_{n = 1}^{\infty} (a_{n} + b_{n})$ 收敛

由 $| a_{n} + b_{n} | ⩾ | b_{n} | \cdot | a_{n} |$ ，

其中 $\sum | a_{n} |$ 收敛, $\sum | b_{n} |$ 发散

$\Rightarrow \sum_{n = 1}^{\infty} (| b_{n} | - | a_{n} |)$ 发散

进而 $\sum_{n = 1}^{\infty} | | b_{n} | - | a_{n} | |$ 发散

$\overset{比判}{\Rightarrow} \sum_{n = 1}^{\infty} | a_{n} + b_{n} |$ 发散

条 $\pm$ 条 $⟶$ 条/绝

Example

例13 判断 $\sum_{n = 1}^{\infty} \sin (π \sqrt{n^{2} + 1})$ 的敛散性.

Analysis

申必的交错级数

Solution
$\begin{aligned} a_{n} & = \sin (π \sqrt{n^{2} + 1}) = \sin [π (\sqrt{n^{2} + 1} - n) + n π] \\ = (- 1)^{n} \sin (π \sqrt{n^{2} + 1} - n) = (- 1)^{n} \sin \frac{π}{\sqrt{n^{2} + 1} + n} \end{aligned}$
非常隐秘的交错级数!

其中: ${\sin \frac{π}{\sqrt{n^{2} + 1} + n}} ↓⟶ 0 \overset{L - 判}{\Rightarrow}$ 原级数收敛

又 $| a_{n} | = \sin \frac{π}{\sqrt{n^{2} + 1} + n} \sim \frac{π}{2 n} :$ 调和 $\Rightarrow$ 发散

$\Rightarrow \sum_{n = 1}^{\infty} | a_{n} |$ 发散

$∴$ 原级数条件收敛

Question

判断若 $lim_{n \to \infty} \frac{a_{n}}{b_{n}} = 1$ ，则 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 与 $\sum_{n = 0}^{\infty} b_{n}$ 同收敛

错误

反例：
$令 a_{n} = \frac{1}{n} + \frac{(- 1)^{n}}{\sqrt{n}}, b_{n} = \frac{(- n)^{n}}{\sqrt{n}}$
则 $\frac{a_{n}}{b_{n}} = \frac{(- 1)^{n}}{\sqrt{n}} + 1 \overset{n \to \infty}{⟶} 1$

但 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 发散,

$\sum_{n = 1}^{\infty} b_{n}$ 收敛(L-判)

正部、负部

#级数/正部 #级数/负部

设有一般级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ , 称

a_{n}^{+} = \frac{| a_{n} | + a_{n}}{2} 和 a_{n}^{-} = \frac{| a_{n} | - a_{n}}{2}

为 $a_{n}$ 的正部和负部.

关系如下

a_{n}^{+} = {\begin{cases} a_{n}, & a_{n} \geq 0 \\ 0, & a_{n} < 0 \end{cases}, a_{n}^{-} = {\begin{cases} 0, & a_{n} \geq 0 \\ - a_{n}, & a_{n} < 0 \end{cases}

负部大于0
Eg. $\sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \dots$

此时 $\sum_{n = 0}^{\infty} a_{n}^{+} = 1 + 0 + \frac{1}{3} + 0 + \dots$

$\sum_{n = 0}^{\infty} a_{n}^{-} = 0 + \frac{1}{2} + 0 + \frac{1}{4} + \dots$

由此可得到

简单事实

$a_{n} = a_{n}^{+} - a_{n}^{-},$ $| a_{n} | = a_{n}^{+} + a_{n}^{-}$

Proposition

若 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 绝对收敛, 则 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}^{+}$ 和 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}^{-}$ 都收敛;

若 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 条件收敛, 则 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}^{+}$ 和 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}^{-}$ 都发散至 $+ \infty$ .

1）
$∵ 0 \leq a_{n}^{+}, a_{n}^{-} \leq | a_{n} | 因 \sum_{n = 1}^{\infty} | a_{n} | 收敛$

$\overset{比判}{⟹} \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}^{+}, \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}^{-}$ 收敛

2）
$∵ \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 条件收敛

$\Rightarrow \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 收敛, $\sum_{n = 1}^{\infty} | a_{n} | = + \infty$

$\overset{线性}{⟹} \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}^{+} = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{| a_{n} | + a_{n}}{2} = + \infty$

收敛级数的交换律

Question

收敛级数具有结合律, 但是否有交换律?

Example

例14 已知 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n - 1}}{n} = \ln 2$ , 考虑级数

\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} = 1 - \frac{1}{2} - \frac{1}{4} + \frac{1}{3} - \frac{1}{6} - \frac{1}{8} + \dots + \frac{1}{2 n - 1} - \frac{1}{4 n - 2} - \frac{1}{4 n} + \dots

（更序）

证明:

\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} = \frac{1}{2} \ln 2 .

证：设 $S_{n} : \sum_{k = 1}^{n} a_{k}$ ，而 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n - 1}}{n}$ 前 $n$ 项和为 $I_{n}$

由于规律, 考虑3 个一组, 则

\begin{aligned} S_{3 n} & = \sum_{k = 1}^{n} (\frac{1}{2 k - 1} - \frac{1}{4 k - 2} - \frac{1}{4 k}) \\ = \sum_{k = 1}^{n} (\frac{1}{4 k - 2} - \frac{1}{4 k}) \\ = \frac{1}{2} \sum_{k = 1}^{n} (\frac{1}{2 k - 1} - \frac{1}{2 k}) \\ = \frac{1}{2} T_{2 n} \\ \to \frac{1}{2} \ln 2 \end{aligned}

\begin{aligned} 又 ∵ S_{3 n - 1} = S_{3 n + \frac{1}{4 n}} \to \frac{1}{2} \ln 2 \\ S_{3 n - 2} = S_{3 n - 2} = S_{3 n} + \frac{1}{4 n - 2} + \frac{1}{4 n} \to \frac{1}{2} \ln 2 \\ ∴ S n \to \frac{1}{2} \ln_{2} \end{aligned}

Theorem

设 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 绝对收敛, 则任意改变求和顺序所得新级数也绝对收敛, 且和不变.

Proof

设 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} = S, \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}^{+} = S^{+}, \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}^{-} = S^{-}$

更序级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}^{'}$ , 则有
$\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}^{' +} = \sum_{n = 1}^{\infty} {(a_{n})}^{'}, \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}^{' -} = \sum_{n = 1}^{\infty} {(a_{n}^{-})}^{'}$
注: 例如: $S = 1 - \frac{1}{2^{2}} + \frac{1}{3^{2}} - \frac{1}{4^{2}} + \frac{1}{5^{2}} + \dots$
$\begin{aligned} S^{+} = 1 + 0 + \frac{1}{3^{2}} + 0 + \frac{1}{5^{2}} + \\ S^{-} = 0 + \frac{1}{2^{2}} + 0 + \frac{1}{4^{2}} + s^{2} + . \\ S^{'} = - \frac{1}{2^{2}} + 1 + \frac{1}{3^{2}} + \frac{1}{5^{2}} - \frac{1}{4^{2}} + \dots \\ S^{' +} = 0 + 1 + \frac{1}{3^{2}} + \frac{1}{5^{2}} + 0 + . \\ S^{' -} = \frac{1}{2} + 0 + 0 + 0 + \frac{1}{4} + . \end{aligned}$
由于 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}^{+} = \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}^{+} : s^{+}, \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}^{'} = S^{-}$

故 $\sum_{n = 1}^{\infty} | a_{n}^{'} | = \sum_{n = 1}^{\infty} (a_{n}^{' +} + a_{n}^{''})$ 收敛

且 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}^{'} = \sum_{n = 1}^{\infty} (a_{n}^{' t} - a_{n}^{'}) = S^{+} - S^{-} = S$

Riemann 重排定理

#Riemann重排定理

设 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 条件收敛, 则对 $\forall A \in [- \infty, + \infty]$ 存在改变求和顺序的新级数使之趋于 $A$

Abel 变换 / 分部求和公式

#Abel变换

设有 ${a_{n}}, {b_{n}}$ , 记 $A_{k} = a_{1} + a_{2} + \dots + a_{k}$ , 则

\sum_{k = 1}^{n} a_{k} b_{k} = A_{n} b_{n} + \sum_{k = 1}^{n - 1} A_{k} (b_{k} - b_{k + 1})

与分部积分有内在联系

Proof
$\begin{aligned} 记 A_{0} = 0, 则 a_{k} = A_{k} - A_{k - 1} (k = 1, 2, \dots, n) \\ \Rightarrow \sum_{k = 1}^{n} a_{k} b_{k} = \sum_{k = 1}^{n} (A_{k} - A_{k - 1}) b_{k} \\ = \sum_{k = 1}^{n} A_{k} b_{k} - \sum_{k = 1}^{n} A_{k - 1} b_{k} \\ = \sum_{k = 1}^{n} A_{k} b_{k} - \underset{k = 0}{\underset{⏟}{\sum_{k - 1}^{n} A_{k} b_{k + 1}}} \\ 又 A_{0} = 0 \\ = A_{n} b_{n} + \sum_{k = 1}^{n - 1} (b_{k} - b_{k + 1}) \end{aligned}$

Abel 引理

#Abel引理

设 ${b_{n}}$ 单调, 若 $| A_{k} | \leq M$ , 则

| \sum_{k = 1}^{n} a_{k} b_{k} | \leq M (| b_{1} | + 2 | b_{n} |)

Proof

由分部求和公式得
$\begin{aligned} | \sum_{k = 1}^{n} a_{k} b_{k} | & = | \sum_{k = 1}^{n - 1} A_{k} (b_{k} - b_{k + 1}) + A_{n} b_{n} | \\ ⩽ \sum_{k = 1}^{n - 1} | A_{k} | | b_{k} - b_{k + 1} | + | A_{n} | | b_{n} | \\ ⩽ M (\underset{单调}{\underset{⏟}{\sum_{k = 1}^{n - 1} | b_{k} - b_{k + 1} |}} + | b_{n} |) \\ = M (| \sum_{k = 1}^{n - 1} (b_{k} - b_{k + 1}) | + | b_{n} |) \\ = M (| b_{1} - b_{n} | + | b_{n} |) \\ ⩽ M (| b_{1} | + 2 | b_{n} |) . \end{aligned}$

A-D判别法

#A-D判别法

设 ${a_{n}}, {b_{n}}$ , 满足下两条件之一: 则 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} b_{n}$ 收敛.

(Abel) ${b_{n}}$ 单调有界, $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 收敛;

(Dirichlet) ${b_{n}}$ 单调趋于 $0, \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 的部分和有界.

A: $a_{n}$ 要求高
D: $b_{n}$ 要求高

Analysis
$\begin{aligned} | \sum_{k = n + 1}^{n + p} a_{k} b_{k} | = | \sum_{k = 1}^{n} a_{n + k} \underset{单调}{\underset{⏟}{b_{n + k}}} | \\ ⩽ ? (\underset{3 M}{\underset{⏟}{| b_{n + 1} | + 2 | b_{n + p} |}}) \dots Abel lemma \\ 其中 | A_{k} | = | \sum_{i = 1}^{k} a_{n + i} | < ? \to ε / 3 M \end{aligned}$
Proof

设 $| b_{n} | \leq M$ 又 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 收敛知:
$\forall ε > 0, \exists N \in N, \forall n > N, \forall k \in N$
$| A_{k} | \overset{def}{=} | \sum_{i = 1}^{k} a_{n + i} | < \frac{ε}{3 M}$
故 $\forall p \in N$
$\begin{aligned} | \sum_{k = n + 1}^{n + p} a_{k} b_{k} | & ⩽ \frac{ε}{3 M} (| b_{n + 1} | + 2 | b_{n + p} |) \\ ⩽ \frac{ε}{3 M} \cdot 3 M \\ = ε \end{aligned}$

Example

例15 证明 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{\sin n}{n}$ 条件收敛.

Tips

#数项级数/三角凑项

Proof
$\begin{aligned} 今 a_{n} = \sin n b_{n} = \frac{1}{n} 则 {b_{n}} ↓ \\ 且 b_{n} \overset{n \to \infty}{\to} 0 \\ 令 S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \sin k \end{aligned}$
证明 $\sin k$ 收敛: 积化和差
$\begin{aligned} S_{n} & = \frac{1}{2 \sin \frac{1}{2}} \sum_{k = 1}^{n} \underset{凑项:2倍公差的一半}{\underset{⏟}{2 \sin k \sin \frac{1}{2}}} \\ = \frac{1}{2 \sin \frac{1}{2}} \sum_{k = 1}^{n} (\cos (k - \frac{1}{2}) - \cos (k + \frac{1}{2})) \end{aligned}$
故 $| S_{n} | ⩽ \frac{1}{\sin \frac{1}{2}} \overset{D - 判}{⟹} \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{\sin n}{n}$ 收敛

其次 $\frac{| \sin n |}{n} ⩾ \frac{\sin^{2} n}{n} \dots | \sin n | ⩽ 1$
$\begin{aligned} = \frac{1 - \cos 2 n}{2 n} \dots \\ = \underset{调和发散}{\underset{⏟}{\frac{1}{2 n}}} - \underset{| S_{n} | = | \sum \cos 2 k | \leq \dots \leq ? 乘 2 \sin 1}{\underset{⏟}{\frac{\cos 2 n}{2 n}}} \end{aligned}$
故 $\sum \frac{\sin^{2} n}{n}$ 发散

$\overset{\underset{―}{\underset{―}{t}} 判}{\to} \sum \frac{\sin n}{n}$ 发散

$\Rightarrow \sum \frac{\sin n}{n}$ 条件收敛

Example

例16 讨论 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{\cos n x}{n}$ 的敛散性

Solution

当 $x = 2 n π$ 时，原级数为调和级数: 发散

当 $x \neq 2 n π$ 时
$\begin{aligned} 令 b_{n} = \frac{1}{n} \Rightarrow {b_{n}} ↓\to 0 \\ a_{n} = \cos n x, 且 \\ S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \cos k x \\ = \frac{1}{2 \sin \frac{x}{2}} \sum_{k = 1}^{n} 2 \cos k x \sin \frac{x}{2} \\ = \frac{1}{2 \sin \frac{x}{2}} \sum_{k = 1}^{n} (\sin (k + \frac{1}{2}) - \sin (k - \frac{1}{2})) \\ = \frac{1}{2 \sin \frac{x}{2}} (\sin (n + \frac{1}{2}) x - \sin \frac{x}{2}) \\ \Rightarrow | S_{n} | ⩽ \frac{1}{| \sin \frac{x}{2} |} \overset{D - v_{1}}{⟹} \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{\cos n x}{n} \end{aligned}$
Addition

若讨论是否条件收敛: $\cos^{2} n x$

四、级数的乘积

熟知

(\sum_{i = 1}^{m} a_{i}) (\sum_{j = 1}^{n} b_{j}) \underset{是否想等存疑}{\underset{⏟}{= \sum_{i = 1}^{m} \sum_{j = i}^{n} a_{i} b_{j}}} = \sum_{\begin{matrix} 1 \leq i \leq m, 1 \leq j \leq n \end{matrix}} a_{i} b_{j} \dots 更序后结果可能不同

因此写成数阵：

	$b_{1}$	$b_{2}$	$b_{3}$	$\dots$	$b_{n}$	$\dots$
$a_{1}$	$a_{1} b_{1}$	$a_{1} b_{2}$	$a_{1} b_{3}$	$\dots$	$a_{1} b_{n}$	$\dots$
$a_{2}$	$a_{2} b_{1}$	$a_{2} b_{2}$	$a_{2} b_{3}$	$\dots$	$a_{2} b_{n}$	$\dots$
$a_{3}$	$a_{3} b_{1}$	$a_{3} b_{2}$	$a_{3} b_{3}$	$\dots$	$a_{3} b_{n}$	$\dots$
$⋮$	$⋮$	$⋮$	$⋮$	$⋱$	$⋮$	$\dots$
$a_{n}$	$a_{n} b_{1}$	$a_{n} b_{2}$	$a_{n} b_{3}$	$\dots$	$a_{n} b_{n}$	$\dots$
$⋮$	$⋮$	$⋮$	$⋮$	$⋮$	$⋮$	$⋱$

Cauchy 乘积

#Cauchy乘积

记 $c_{n} = \sum_{k = 1}^{n} a_{k} b_{n + 1 - k}$ , 则称 $\sum_{n = 1}^{\infty} c_{n}$ 为 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 和 $\sum_{n = 1}^{\infty} b_{n}$ 的对角线乘积(或 Cauchy 乘积)

另：正方形乘积

Example

例17 考察 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n - 1}}{\sqrt{n}}$ 与自己的 Cauchy 乘积

Analysis

根号趋于0：L-判

通项加绝对值：发散 ( $p = \frac{1}{2}$ )

Solution
$\begin{aligned} C_{n} & = \sum_{i + j = n + 1} \frac{(- 1)^{i - 1}}{\sqrt{i}} \frac{(- 1)^{j - 1}}{\sqrt{j}} \\ = \sum_{i + j = n + 1} \frac{(- 1)^{n - 1}}{\sqrt{i j}} \\ \Rightarrow | C_{n} | & = \sum_{i + j = n + 1} \frac{1}{\sqrt{i j}} \\ ⩾ \sum_{i + j = n + 1} \frac{2}{i + j} \\ = \sum_{i + j = n + 1} \frac{2}{n + 1} \\ = \frac{2 n}{n + 1} \\ ⩾ 1 \end{aligned}$
发散
$\Rightarrow$ 两个条收 $⇏$ 收

Mertens 定理

#Mertens定理

设 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} = A, \sum_{n = 1}^{\infty} b_{n} = B$ 且至少其一绝对收敛, 则它们的Cauchy乘积收敛, 且 $\sum_{n = 1}^{\infty} c_{n} = A B$

Analysis
$\begin{aligned} A_{n} := \sum_{k = 1}^{n} a_{k} \to A, B_{n} := \sum_{k = 1}^{n} b_{k} \to B (n \to \infty) \\ 且 \sum_{k = 1}^{n} | a_{k} | = M_{1} ，则 c_{k} = a_{1} b_{k} + a_{2} b_{k - 1} + \dots + a_{k - 1} b_{2} + a_{k} b_{1} \\ ∴ C_{n} = \underset{上三角元素加完: 有限 \Rightarrow 交换 \Rightarrow 按行加}{\underset{⏟}{\sum_{k = 1}^{n} c_{k} = a_{1} B_{n} + a_{2} B_{n - 1} + \dots + a_{n - 1} B_{2} + a_{n} B_{1}}} \\ | C_{n} | = | \sum_{k = 1}^{n} c_{k} | = | a_{1} B_{n} + a_{2} B_{n - 1} + \dots + a_{n - 1} B_{2} + a_{n} B_{1} | \\ {\begin{matrix} a_{n} 下标大：收敛: 小 & \Rightarrow a_{n} B_{*} 小. \\ B_{n} 下标大: B_{n} 小 & \Rightarrow a_{*} B_{n} 小 \end{matrix} \\ \Rightarrow | C_{n} | = | a_{1} B_{n} + a_{2} B_{n - 1} + \dots + a_{N_{1}} B_{n - N_{1} + 1} + a_{N_{1} + 1} B_{n - N_{1}} + \dots + a_{n - 1} B_{2} + a_{n} B_{1} | \\ ⩽ | a_{1} B_{n} + a_{2} B_{n - 1} + \dots + a_{N_{1}} B_{n - N_{+ 1} + 1} | + | a_{N_{1} + 1} B_{n - N_{1}} + \dots + a_{n - 1} B_{2} + a_{n} B_{1} | \\ ⩽ | a_{1} B_{n} | + | a_{2} B_{n - 1} | + \dots + | a_{N_{1}} B_{n - N_{1} + 1} | + | a_{N_{1} + 1} B_{n - N_{1}} | + \dots + | a_{n - 1} B_{2} | + | a_{n} B_{1} | \\ < \frac{ε}{2 M_{1}} (| a_{1} | + | a_{2} | + \dots + | a_{N_{1}} |) + \underset{B_{n} 的界}{\underset{⏟}{M_{2}}} (| a_{N_{1} + 1} | + \dots + | a_{n - 1} | + | a_{n} |) \\ < \frac{ε}{2 M_{1}} \cdot M_{1} + M_{2} \cdot \frac{ε}{2 M_{2}} \end{aligned}$
Proof

先证 $B = 0$ 的情形

即 $B_{n} \to 0$ 故可设 $| B_{n} | \leq M_{2}$

$\forall ε > 0$ ，由 $\sum_{n = 1}^{\infty} | a_{n} |$ 收敛: $\exists N_{1} \in N, \forall n > N_{1}$ , 有 $\sum_{k = N_{1} + 1}^{n} | a_{k} | < \frac{ε}{2 M_{2}}$

又 $lim_{n \to \infty} B_{n} = 0$ 对上述 $ε > 0, \exists N_{2} \in N, \forall k > N_{2}$ , 有 $| B_{k} | < \frac{ε}{2 M_{1}}$

令 $N = N_{1} + N_{2} - 1 \Rightarrow \forall n > N$ , 有 $n + 1 - N_{1} > N_{2}$ , 故

$| C_{n} | ⩽ \dots ⩽ \frac{ε}{2 M_{1}} \cdot M_{1} + M_{2} \frac{ε}{2 M_{2}} = ε$

再证 $β \neq 0$ 的情形:

令 $β_{n} = β_{n} - B \to 0$ 则 $β_{n} = B + β_{n}$
$\begin{aligned} C_{n} & = a_{1} (B + β_{n}) + a_{2} (B + β_{n - 1}) + \dots + a_{n - 1} (B + β_{2}) + a_{n} (B + β_{1}) \\ = B (a_{1} + a_{2} + \dots + a_{n}) + (a_{1} β_{n} + a_{2} β_{n - 1} + \dots + a_{n} β_{1}) \\ \overset{\to \infty}{⟶} B \cdot A + 0 \\ = A B \end{aligned}$

Example

例18 已知 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}} = \frac{π^{2}}{6}$ , 令 $B_{n} = \frac{π}{2} - \arctan n$

(1) 证明:

lim_{n \to \infty} (B_{n} + \frac{1}{2^{2}} B_{n - 1} + \dots + \frac{1}{n^{2}} B_{1}) = 0

(2) 求极限:

$lim_{n \to \infty} (\arctan n + \frac{1}{2^{2}} \arctan (n - 1) + \dots + \frac{1}{n^{2}} \arctan 1)$

Solution

(1) 令 $a_{n} = \frac{1}{n^{2}} \Rightarrow \sum_{n = 1}^{\infty} | a_{n} | = \frac{x^{2}}{6}$ 且 $B_{n} \to 0$
故 $C_{n} = 1 \cdot B_{n} + \frac{1}{2} B_{n - 1} + \dots + \frac{1}{n^{2}} B_{1} \overset{n \to \infty}{\to} 0$
$B_{n}$ 为 $\sum b_{n}$ 的部分和 $(b_{n} = B_{n} - B_{n - 1})$
Cn为C乘积部分和
(2) 由、有:

\begin{aligned} (\frac{π}{2} - \arctan n) + \frac{1}{2^{2}} (\frac{π}{2} - \arctan (n - 1)) + \dots + \frac{1}{n^{2}} (\frac{π}{2} - \arctan 1) \\ = & \frac{π}{2} (1 + \frac{1}{2^{2}} + \dots + \frac{1}{n^{2}}) - (\arctan n + \frac{1}{2^{2}} \arctan (n - 1) + \dots + \frac{1}{n^{2}} \arctan 1) \end{aligned}

故原极限 $= \frac{π}{2} \times \frac{π^{2}}{6} = \frac{π^{3}}{12}$

(或令 b_{n} = \arctan n \Rightarrow C_{n} \to A \cdot B)

Abel 定理

Abel定理

设 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} = A, \sum_{n = 1}^{\infty} b_{n} = B$ . 若它们的 Cauchy 乘积收敛, 且 $\sum_{n = 1}^{\infty} c_{n} = C$ , 则 $C = A B$

Solution

由于 $C_{n} = \sum_{k = 1}^{n} c_{k} = a_{1} B_{n} + a_{2} B_{n - 1} + \dots + a_{n} B_{1}$

从而: 画出数阵

\begin{aligned} C_{1} + C_{2} + \dots + C_{n} \\ = & A_{1} B_{n} + A_{2} B_{n - 1} + \dots + A_{n - 1} B_{2} + A_{n} B_{1} \end{aligned}

同除n:

\frac{C_{1} + C_{2} + \dots + C_{n}}{n} = \frac{A_{1} B_{n} + A_{2} B_{n - 1} + \dots + A_{n - 1} B_{2} + A_{n} B_{1}}{n}

Example

若 $lim a_{n} = a, lim b_{n} = b$ ,
试证明: $lim \frac{a_{1} b_{n} + a_{2} b_{n - 1} + \dots + a_{n} b_{1}}{n} = a b$

#极限与无穷小的转化 + #Cauchy第一定理
证:

\overset{Cauchy.I, 例 23}{\Rightarrow} C = lim_{n \to \infty} \frac{C_{1} + C_{2} + \dots + C_{n}}{2} = lim_{n \to \infty} \frac{A_{1} B_{n} + \dots + A_{n} B_{1}}{n} = A B

五、无穷乘积*

#无穷乘积

设有非零数列 ${p_{n}}$ , 称

\prod_{n = 1}^{\infty} p_{n} = p_{1} p_{2} \dots p_{k} \dots

为无穷乘积. 记部分乘积

P_{n} = \prod_{k = 1}^{n} p_{k} = p_{1} p_{2} \dots p_{n}

若 $lim_{n \to \infty} P_{n} = P \neq 0$ , 则称无穷乘积收敛, 否则称其发散

必要条件

若 $\prod_{n = 1}^{\infty} p_{n}$ 收敛, 则有 $lim_{n \to \infty} p_{n} = 1$

充要条件

无穷乘积 $\prod_{n = 1}^{\infty} (1 + a_{n})$ 收敛 $\Leftrightarrow \sum_{n = 1}^{\infty} \ln (1 + a_{n})$ 收敛.

收敛时, 有 $P = e^{S}$ ，即

\prod_{n = 1}^{\infty} (1 + a_{n}) = e^{\sum_{n = 1}^{\infty} \ln (1 + a_{n})}

Proof
$\begin{aligned} \sum_{i} P_{n} = \prod_{k = 1}^{n} (1 + a_{k}) S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \ln (1 + a_{k}) \\ 则 \ln P_{n} = S_{n} 即 P_{n} = e^{S_{n}} \\ 若 lim_{n \to \infty} P_{n} = p \neq 0 则 lim_{n \to \infty} S_{n} = \ln P \\ 若 lim_{n \to \infty} S_{n} = S 则 lim_{n \to \infty} P_{n} = e^{S \neq 0} \\ \Rightarrow P_{=} s \end{aligned}$

Chap 7-1 数项级数

一、基本概念与性质

Cauchy收敛准则

Cauchy发散准则

敛散性不变

基本性质

线性性

必要条件

二、正项级数的敛散性及判别法

收敛原理

补充：结合律、交换律

定理: 更序级数敛散不变

例题

比较判别法

推论 (极限形式)

推论 (p-判别法)

Cauchy判别法 / 根值判别

d'Alembert判别法 / 比值判别法

积分判别法

补充：比值判别法2

Raabe 判别法

三、一般级数的收敛性及判别法

交错级数

Leibniz 判别法

绝对收敛/条件收敛

传递性

正部、负部

收敛级数的交换律

Riemann 重排定理

Abel 变换 / 分部求和公式

Abel 引理

A-D判别法

四、级数的乘积

Cauchy 乘积

Mertens 定理

Abel 定理

五、无穷乘积*

Chap 7-1
数项级数

推论 ( $p$ -判别法)