数列与级数

级数

如果没有相反的声明，所考虑的一切序列和级数都是复数值的

定义 3.21 设有序列 { a n } \left\{ a_{n} \right\} {an​}，我们用
$$\sum _{n=p}^q{a}_n\left(p\le q\right)$$
表示和$a_p+a_{p+1}+\cdots +a_q$。联系着 { a n } \left\{ a_{n} \right\} {an​}，作成序列 { s n } \left\{ s_{n} \right\} {sn​}，其中
$$s_n=\sum _{k=1}^n{a}_k$$
我们也用
$$a_1+a_2+a_3+\cdots$$
作为 { s n } \left\{ s_{n} \right\} {sn​}的符号表达式，或者简单地记作
$$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$$
这个叫做无穷级数(infinite series)，或只说级数(series)，$s_n$叫做这级数的部分和(partial sums of the series)，如果$s_n$收敛于$s$，我们就说级数收敛，并且记作
$$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n=s$$
$s$叫做这级数的和；但是必须清楚地理解，$s$是(部分)和的序列的极限 ，而不是单用加法得到的
‌‌‌‌　　如果$s_n$发散，就说级数发散
有时为了符号上的方便，我们也考虑形式像
$$\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n$$
的级数，为了不致于引起误解，或者区别无关紧要时，也常常只写$\sum a_n$来代替它们

显然，关于序列的每个定理都能按级数的语言来描述（令$a_1=s_1$，当$n>1$时，$a_n=s_n-s_{n-1}$）反过来也是如此。虽然如此，一并考虑着两个概念还是有溢出的

Cauchy准则（定理3.11）可以按以下形式重新叙述：
定理 3.22 $\sum a_n$收敛，当且仅当，对于任意的$\epsilon >0$，存在正整数$N$，使得$m\ge n\ge N$时
$$\left|\sum _{k=n}^m{a}_k\right|\le \epsilon$$
特别地，当$n=m$时
$$\left|a_n\right|\le \epsilon \left(n\ge N\right)$$
换句话说：
定理 3.23 如果$\sum a_n$收敛，那么$\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=0$
但是如果$a_n\to 0$，不能保证$\sum a_n$收敛，例如，调和级数
$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n}$$
发散；

定理 3.24 各项不是负数的级数收敛，当且仅当它的部分和构成有界数列
（“不是负数”便一定是实数）

定理（比较审敛法(comparison test) ） 3.25
(a)如果$N_0$是某个固定的正整数，当$n\ge N_0$时，$\left|a_n\right|\le c_n$而且$\sum c_n$收敛，那么级数$\sum a_n$也收敛
(b)如果当$n\ge N_0$时，$a_n\ge d_n\ge 0$而且$\sum d_n$发散，那么$\sum a_n$也发散
注意，检验法(b)只能用于非负的级数

证明：
根据Cauchy准则，给定了$\epsilon >0$，存在着$N\ge N_0$，能使$m\ge n\ge N$时成立
$$\sum _{k=n}^m{c}_k\le \epsilon$$
所以
$$\left|\sum _{k=n}^m{a}_k\right|\le \sum _{k=n}^m\left|a_k\right|\le \sum _{k=n}^m{c}_k\le \epsilon$$
随之也就得到了(a)

其次(b)可以由(a)推出来，因为，如果$\sum a_n$收敛，那么$\sum d_n$也收敛
（或者用定理3.24）

非负项级数

定理 3.26 如果$0\le x<1$，那么
$$\sum _{n=0}^{\infty }{x}^n=\frac{1}{1-x}$$
如果$x\ge 1$，这级数就发散
证明
如果$x\ne 1$，
$$s_n=\sum _{k=0}^n{x}^k=\frac{1-x^{n+1}}{1-x}$$
令$n\to \infty$，就得到结论，当$x=1$时，得到
$$1+1+\cdots$$
显然发散

定理 3.27 假定$a_1\ge a_2\ge a_3\ge \cdots \ge 0$，那么，级数${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$收敛，当且仅当级数
$$\sum _{k=0}^{\infty }{2}^k{a}_{2^k}=a_1+2a_2+4a_4+8a_8+\cdots$$
收敛
证明：
根据定理3.24，现在要证明部分和有界
$$\begin{array}{rl}{s}_n& =a_1+a_2+\cdots +a_n\\ t_k& =a_1+2a_2+\cdots +2^k{a}_{2^k}\end{array}$$
当$n<2^k$时，
$$\begin{array}{rl}{s}_n& \le a_1+\left(a_2+a_3\right)+\cdots +\left(a_{2^k}+\cdots +a_{2^{k+1}-1}\right)\\ & \le a_1+2a_2+\cdots +2^k{a}_{2^k}\\ & =t_k\end{array}$$
因此
$$s_n\le t_k$$
另一方面，当$n>2^k$时
$$\begin{array}{rl}{s}_n& \ge a_1+a_2+\left(a_3+a_4\right)+\cdots +\left(a_{2^{k-1}+1}+\cdots +a_{2^k}\right)\\ & \le \frac{1}{2}{a}_1+a_2+2a_4+\cdots +2^{k-1}{a}_{2^k}\\ & =\frac{1}{2}{t}_k\end{array}$$
因此
$$2s_n\ge t_n$$
因此， { s n } \left\{ s_{n} \right\} {sn​}和 { t k } \left\{ t_{k} \right\} {tk​}，或者同时有界，或者同时无界

定理 3.28 如果$p>1$，$\sum \frac{1}{n^p}$收敛，如果$p\le 1$，它就发散
证明：
如果$p\le 0$，发散性由定理3.23得出
如果$p>0$，用定理3.27，这就要看级数
$$\sum _{k=0}^{\infty }{2}^k\frac{1}{2^{kp}}=\sum _{k=0}^{\infty }{2}^{k\left(1-p\right)}$$
然而，当且仅当$1-p<0$时才能够$2^{1-p}<1$，再与几何级数比较以下（在定理3.26中取$x=2^{1-p}$）就把定理推出来了

定理 3.29 如果$p>1$
$$\sum _{n=2}^{\infty }\frac{1}{n{\left(\log n\right)}^p}$$
就收敛；如果$p\le 1$，这级数就发散
证明：
$\left\{\frac{1}{n\log n}\right\}$单调递减。
$$\sum _{k=1}^{\infty }{2}^k\frac{1}{2^k{\left(\log 2^k\right)}^p}=\sum _{k=1}^{\infty }\frac{1}{{\left(k\log 2\right)}^p}=\frac{1}{{\left(\log 2\right)}^p}\sum _{k=1}^{\infty }\frac{1}{k^p}$$
由定理3.28就可以推出

这种方法显然可以继续进行，例如
$$\sum _{n=3}^{\infty }\frac{1}{n\log n\log \log n}$$
发散，然而级数
$$\sum _{k=3}^{\infty }\frac{1}{n\log n{\left(\log \log n\right)}^2}$$
收敛

数e

定义 3.30 $e={\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{1}{n!}$
这里$n\ge 1$时，$n!=1\cdot 2\cdot 3\cdots n$；而$0!=1$
因
$$\begin{array}{rl}{s}_n& =1+1+\frac{1}{1\cdot 2}+\frac{1}{1\cdot 2\cdot 3}+\cdots +\frac{1}{1\cdot 2\cdots n}\\ & <1+1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\cdots +\frac{1}{2^{n-1}}\\ & <3\end{array}$$
所以级数收敛

定理 3.31 $\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n=e$
证明：
设
$$s_n=\sum _{k=0}^n\frac{1}{k!},t_n={\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n$$
根据二项式定理
$$\begin{array}{rl}{t}_n=& 1+1+\frac{1}{2!}\left(1-\frac{1}{n}\right)+\frac{1}{3!}\left(1-\frac{1}{n}\right)\left(1-\frac{2}{n}\right)+\cdots \\ & +\frac{1}{n!}\left(1-\frac{1}{n}\right)\left(1-\frac{2}{n}\right)\cdots \left(1-\frac{n-1}{n}\right)\end{array}$$
因此$t_n\le s_n$，根据定理3.19
$$\underset{n\to \infty }{\mathrm{limsup}}{t}_n\le e$$
其次， 如果$n\ge m$，那么
$$t_n\ge 1+1+\frac{1}{2!}\left(1-\frac{1}{n}\right)+\cdots ++\frac{1}{m!}\left(1-\frac{1}{n}\right)\left(1-\frac{2}{n}\right)\cdots \left(1-\frac{m-1}{n}\right)$$
固定了$m$并令$n\to \infty$，我们得到
$$\underset{n\to \infty }{\mathrm{liminf}}{t}_n\ge 1+1+\frac{1}{2!}+\cdots +\frac{1}{m!}$$
因此
$$s_m\le \underset{n\to \infty }{\mathrm{liminf}}{t}_n$$
让$m\to \infty$，最终得到
$$e\le \underset{n\to \infty }{\mathrm{liminf}}{t}_n$$
得证

级数$\sum \frac{1}{n!}$的收敛速度可以估计如下：设$s_n$的意义就像上边那样，于是
$$\begin{array}{rl}e-s_n& =\frac{1}{\left(n+1\right)!}+\frac{1}{\left(n+2\right)!}+\cdots \\ & <\frac{1}{\left(n+1\right)!}\left\{1+\frac{1}{n+1}+\frac{1}{{\left(n+1\right)}^2}+\cdots \right\}\\ & =\frac{1}{n!n}\end{array}$$
因此
$$0<e-s_n<\frac{1}{n!n}$$

定理 3.32 数e是无理数
证明： 假定e是有理数，那么$e=\frac{p}{q}$，这里$p,q\in {\mathbb{N}}_{+}$
$$0<e-s_q<\frac{1}{q!q}$$
进而
$$0<q!\left(e-s_q\right)<\frac{1}{q!}\le 1$$
根据假设，$q!e$是正整数，因为
$$q!s_q=q!\left(1+1+\frac{1}{2!}+\cdots +\frac{1}{q!}\right)$$
也是正整数，于是就知道$q!\left(e-s_q\right)$是正整数

因为$q\ge 1$，那么$0$和$1$之间还有正整数。矛盾

实际上$e$甚至不是代数数

根值验敛法与比率验敛法

定理（根值验敛法(root test) ） 3.33 设有$\sum a_n$，令$\alpha ={\mathrm{limsup}}_{n\to \infty }\sqrt[n]{\left|a_n\right|}$，那么
(a)$\alpha <1$时，$\sum a_n$收敛
(b)$\alpha >1$时，$\sum a_n$发散；
©$\alpha =1$时，无结果
证明：
(a)
‌‌‌‌　　如果$\alpha <1$，便可以根据定理3.17(b)选一个$\beta$和一个正整数$N$，要求$\alpha <\beta <1$，而且当$n\ge N$时
$$\sqrt[n]{\left|a_n\right|}<\beta$$
这就是说$n\ge N$时得出
$$\left|a_n\right|<{\beta }^n$$
因$0<\beta <1$，那么$\sum {\beta }^n$收敛。根据比较验敛法，$\sum a_n$必收敛
(b)
‌‌‌‌　　如果$\alpha >1$，那么再根据定理3.17(a)，一定有一个序列 { n k } \left\{ n_{k} \right\} {nk​}，使得
$$\sqrt[n_k]{a_{n_k}}\to \alpha$$
所以对于无穷多个$n$的值，会出现$\left|a_n\right|>1$，因此，$\sum a_n$收敛的必要性（定理3.23）$a_n\to 0$不能成立
©
$$\sum \frac{1}{n},\sum \frac{1}{n^2}$$
这两个级数的$\alpha =1$，前者发散，后者收敛

定理（比率验敛法(ratio test)） 3.34 关于级数$\sum a_n$
(a)如果${\mathrm{limsup}}_{n\to \infty }\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|<1$，它就收敛
(b)如果有某个固定的正整数$n_0$，$n\ge n_0$时$\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|\ge 1$，他就发散
证明：
(a)
根据定理3.17(b)，选一个${\mathrm{limsup}}_{n\to \infty }\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|<\beta <1$和正整数$N$，使得$n\ge N$时，
$$\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|<\beta$$
一个个地写出来就是
$$\begin{array}{rl}& \left|a_{N+1}\right|<\beta \left|a_N\right|\\ & \left|a_{N+2}\right|<\beta \left|a_{N+1}\right|<{\beta }^2\left|a_N\right|\\ & \cdots \\ & \left|a_{N+p}\right|<{\beta }^p\left|a_N\right|\end{array}$$
这意味着当$n\ge N$时，
$$\left|a_n\right|<\left|a_N\right|{\beta }^{-N}{\beta }^n$$
这样一来，(a)的结论就可以根据$\sum {\beta }^n$收敛，由比较验敛法推出来了

(b)
如果当$n\ge n_0$时，$\left|a_{n+1}\right|\ge \left|a_n\right|$，便容易知道，条件$a_n\to 0$不能成立，由此就推出(b)

注：如果$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{a_{n+1}}{a_n}=1$，对于$\sum a_n$的收敛性，什么都说明不了，例如$\sum \frac{1}{n}$和$\sum \frac{1}{n^2}$

例 3.35
(a)
$$\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\cdots$$
对于这个级数
$$\begin{array}{rl}\underset{n\to \infty }{\mathrm{liminf}}\frac{a_{n+1}}{a_n}& =\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(\frac{2}{3}\right)}^n=0\\ \underset{n\to \infty }{\mathrm{liminf}}\sqrt[n]{a_n}& =\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[2n]{\frac{1}{3^n}}=0\\ \underset{n\to \infty }{\mathrm{limsup}}\sqrt[n]{a_n}& =\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[2n]{\frac{1}{2^n}}=\frac{1}{\sqrt{2}}\\ \underset{n\to \infty }{\mathrm{limsup}}\frac{a_{n+1}}{a_n}& =\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(\frac{3}{2}\right)}^n=+\infty \end{array}$$
根值验敛法说明收敛，比率收敛法说明发散

(b)
$$\frac{1}{2}+1+\frac{1}{8}+\frac{1}{4}+\frac{1}{32}+\frac{1}{16}+\cdots$$
$$\begin{array}{rl}\underset{n\to \infty }{\mathrm{liminf}}\frac{a_{n+1}}{a_n}& =\frac{1}{8}\\ \underset{n\to \infty }{\mathrm{limsup}}\frac{a_{n+1}}{a_n}& =2\end{array}$$
但是
$$\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{a_n}=\frac{1}{2}$$
定理 3.37 对于任意的正数序列 { c n } \left\{ c_{n} \right\} {cn​}，有
$$\underset{n\to \infty }{\mathrm{liminf}}\frac{c_{n+1}}{c_n}\le \underset{n\to \infty }{\mathrm{liminf}}\sqrt[n]{c_n}$$
$$\underset{n\to \infty }{\mathrm{limsup}}\sqrt[n]{c_n}\le \underset{n\to \infty }{\mathrm{limsup}}\frac{c_{n+1}}{c_n}$$
证明：
先证明第二个
令
$$\alpha =\underset{n\to \infty }{\mathrm{limsup}}\frac{c_{n+1}}{c_n}$$
如果$\alpha =+\infty$，便无需证明
如果$\alpha$有限，取$\beta >\alpha$，必有正整数$N$，使得$n\ge N$时
$$\frac{c_{n+1}}{c_n}\le \beta$$
个别地说，对于任何$p>0$，
$$c_{N+k+1}\le \beta c_{N+k}\left(k=0,1,\cdots ,p-1\right)$$
把这些不等式连乘起来，就得到
$$c_{N+p}\le {\beta }^p{c}_N$$
或者
$$c_n\le c_N{\beta }^{-N}{\beta }^n\left(n\ge N\right)$$
于是
$$\sqrt[n]{c_n}\le \sqrt[n]{c_N{\beta }^{-N}}\beta$$
根据定理3.20(b)，得到
$$\underset{n\to \infty }{\mathrm{limsup}}\sqrt[n]{c_n}\le \beta$$
又因为对任何$\beta >\alpha$都成立，于是我们得到
$$\mathrm{limsup}\sqrt[n]{c_n}\le \alpha$$