数列、级数前奏与离散极限

上一章用参数 $t$ 跟着一个点走：时间到了哪里，点就走到了哪里。现在想象，我们没有连续拍摄整段运动，只在第 $1$ 秒、第 $2$ 秒、第 $3$ 秒各拍一张照片。每张照片记下一个横坐标，就得到一串按时间排好的数。

例如，横坐标满足 $x(t)=2t+1$，每隔一秒记录一次，就会得到 $3,5,7,9,\ldots$。原来的函数仍在背后，只是输入被限定成了 $1,2,3,\ldots$。这样的对象就是数列。它没有离开函数这条主线，而是把“连续地变化”换成了“一步一步地变化”。

一步一步看，也会冒出新的问题：能不能跳过前面的计算，直接知道第 $100$ 步？每一步增加同样多，和每一步增加同样的百分比，有什么区别？如果把每一步的量加起来，累计值会不会稳定？这一章沿着这些问题，走到我们第一次认真讨论的无限过程。

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把输入换成位置编号

数列中的数按顺序记为

$$a_1,\ a_2,\ a_3,\ \ldots,\ a_n,\ \ldots$$

这里 $a_1$ 是第一项，$a_2$ 是第二项，$a_n$ 是第 $n$ 项。下标只是在说“第几个位置”，所以 不是 。我们也会用 表示整个数列，要把整个对象和某一项的值分开。

前面的取样记录可以写成

$$a_n=2n+1,\qquad n=1,2,3,\ldots$$

给一个位置编号 $n$，得到唯一一个数 $a_n$，这正是函数。通常，无限数列的定义域是正整数；有限数列只取前若干个编号，例如 $n=1,2,\ldots,10$。十天的记录只有十项，把它写成公式，也不会自动多出第十一天的数据。

同样的公式，定义域仍然要看

表格把前几项摆出来；公式则能直接给出 $a_{100}=201$。画图时，我们画的是 $(1,3)$、$(2,5)$、$(3,7)$ 这样的点。它们恰好落在直线 上，但数列中没有“第 项”。连接这些点可以帮助看趋势，连接线上的其他位置却不是原数列的取值。

再看数列 $2,4,3,5,4$。它不需要一直增加，也不需要落在一条直线上；每个编号对应唯一的数，就已经满足数列的要求。

观察数列图像时，先看横轴的编号，再看对应点的高度。点之间留着空隙，是输入范围本身决定的。

从零开始编号，公式也要跟着调整

有时我们更关心“做了零次操作时”的初始状态。例如一杯饮料刚倒好时的体积，适合记成 $V_0$；处理一次后是 $V_1$，处理两次后是 $V_2$。这里的定义域从 $0$ 开始，完全可以。

但改编号不能只改下标而不改公式。如果把 $3,5,7,\ldots$ 的第一个数改记成 $b_0=3$，那么

$$b_n=2n+3,\qquad n=0,1,2,\ldots$$

现在 $b_0=3$、$b_1=5$，与原来的 $a_1=3$、 对应。它们记录的是同一串数，只是位置标签差一位。后面公式里出现 还是 ，往往就取决于这个选择。

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一个告诉你结果，一个告诉你下一步

刚才的 $a_n=2n+1$ 叫作显式公式，也常叫通项公式。它直接把位置 $n$ 变成这一项的值：求第 $100$ 项，不需要先求第 $99$ 项。

显式公式不一定长得像直线。例如

$$c_n=\frac{(-1)^{n-1}}{n+1},\qquad n\ge1$$

给出的前四项是

$$\frac12,\quad-\frac13,\quad\frac14,\quad-\frac15$$

分母 $n+1$ 控制大小，$(-1)^{n-1}$ 控制正负：指数为偶数时取 $1$，为奇数时取 $-1$。你不用为“正负交替”另外背一套算法，照样代入下标，只是别丢掉负号外面的括号。

数列甚至可以分段规定。例如，奇数编号取 $2$，偶数编号取 $-2$，就是 $2,-2,2,-2,\ldots$。这仍然是函数，因为每个允许的编号都有唯一的输出。数列也不要求按数值从小到大排列；把正负交替的项重新排序，原来的位置对应关系就变了。

递推公式需要一个起点

有些过程天然是“拿当前状态，计算下一步”。例如

$$a_1=3,\qquad a_{n+1}=0.6a_n+2,\qquad n\ge1$$

这个规则让我们先把当前值乘以 $0.6$，再加 $2$。于是

$$\begin{aligned} a_2&=0.6\times3+2=3.8,\\ a_3&=0.6\times3.8+2=4.28,\\ a_4&=0.6\times4.28+2=4.568. \end{aligned}$$

这种写法叫递推公式。它的好处是忠实地描述生成过程；代价是你若暂时没有通项，就得从初值逐步往后算。不能把 $n=100$ 塞进 $a_{n+1}=0.6a_n+2$，就当自己已经知道了第 $$ 项，因为右边还需要第 项的值。

为什么这些数会靠近 $5$，我们稍后会用误差的变化来解释。

只给递推关系、不交代初始项，通常还不能确定数列。$a_{n+1}=a_n+5$ 可以从 $2$ 开始，也可以从 $100$ 开始；同样是每次加 $$，得到的数却完全不同。若下一项用到前两项，通常就需要两个初值。例如

$$u_1=2,\qquad u_2=3,\qquad u_{n+2}=u_{n+1}+u_n\quad(n\ge1)$$

得到的是 $2,3,5,8,13,\ldots$。只知道 $u_1=2$，第二项还没有决定，后面的路也就没有决定。

数列中遇到阶乘，先把连乘看清楚

显式公式或递推公式里还会遇到 $n!$，读作“$n$ 的阶乘”。它表示从 $1$ 到 $n$ 的所有正整数相乘：

$$n!=1\times2\times\cdots\times n,\qquad n\ge1.$$

例如 $4!=24$，$5!=120$。另外约定 $0!=1$，这样递推关系 $n!=n(n-1)!$ 在 时也成立。

若 $v_n=(n+2)!/n!$，别急着把两个大数都算出来。先展开分子多出的两项：

$$v_n=\frac{(n+2)(n+1)n!}{n!}=(n+2)(n+1).$$

于是 $v_1=6$、$v_2=12$、$v_3=20$。阶乘不是指数： 每次多乘的因子在变，而 每次都多乘一个 。

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只看到前几项，能不能断定后面的规律

看到 $3,5,7,9,11$，我们很自然会接上 $13$。如果题目已经告诉你“每项比前项多 $2$”，这个回答当然正确。可是，如果手里只有五次观测，没有任何关于生成规则的说明，第六项就不一定是 $13$。

看看下面两个公式：

$$a_n=2n+1$$ $$b_n=2n+1+(n-1)(n-2)(n-3)(n-4)(n-5).$$

当 $n=1,2,3,4,5$ 时，后一式多出来的乘积总有一个因子是零，所以前五项一模一样。到了 $n=6$，这个乘积变成 $5\times4\times3\times2\times1=120$，于是 ，。

第二个规则不如第一个简洁，但它确实符合全部五次观测。这就足够说明：有限个样本不能唯一确定无限数列。实际建模时，我们可以选一个简洁、符合背景的规律，再用更多数据检查它；不能把“目前很像”写成“已经证明永远如此”。

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每一步加同样多：等差数列

如果对所有相邻位置都有

$$a_{n+1}-a_n=d,$$

其中 $d$ 是固定常数，我们就说这是等差数列，$d$ 叫公差。比如从 $5$ 开始、每次加 $3$，得到 $5,8,11,14,\ldots$。这里的“差”是后项减前项，顺序不能倒过来。

公差可以是负数，也可以是零。$d=-3$ 表示每步少 $3$；$d=0$ 表示始终不变。等差不等于“增长”，它只要求每次的增量一样。

为什么通项里会有 n 减一

从第一项出发，逐项展开：

$$\begin{aligned} a_1&=a_1,\\ a_2&=a_1+d,\\ a_3&=a_1+2d,\\ a_4&=a_1+3d. \end{aligned}$$

第 $4$ 项前面只有三次跳转。同理，从第一项走到第 $n$ 项，一共加了 $n-1$ 次公差，所以

$$a_n=a_1+(n-1)d.$$

如果起点记为 $a_0$，做 $n$ 次变化到达 $a_n$，公式就变成 $a_n=a_0+nd$。这不是两条互不相干的公式，只是起点编号不同。

把第一种公式整理成 $a_n=dn+(a_1-d)$，你会认出熟悉的直线结构。公差 $d$ 就是编号每增加 $1$ 时输出增加的量；数列图像是直线上的整数位置取样。

例题：知道中间两项，怎样找整条数列

已知一个等差数列满足 $a_4=17$、$a_{10}=41$，求公差、第一项和第 $25$ 项。

先别急着分别列两条长方程。第 $4$ 项走到第 $10$ 项，经历了 $10-4=6$ 次变化，总共增加 $41-17=24$。因此

$$6d=24,\qquad d=4.$$

第 $4$ 项又比第 $1$ 项多了三次变化，所以

$$a_1=17-3\times4=5.$$

这样通项就确定了：

$$a_n=5+4(n-1)=4n+1.$$

代入 $n=25$，得到 $a_{25}=101$。回头检查：$4\times4+1=17$，，两个已知条件都满足。

刚才的想法对任何两个位置都适用：如果知道 $a_p$、$a_q$，且 $p\ne q$，那么 $$。分母应该是位置之间的间隔数，不是从头到尾一共写出了几个位置。

把项数当成整数检查

如果问这个数列里有没有数 $87$，代入通项得到 $4n+1=87$，解出 $n=21.5$。代数方程有解，但 $21.5$ 不是允许的位置编号，因此 $87$ 不是这条数列中的项。

这也是连续函数和数列的一个具体区别：直线 $y=4x+1$ 上当然存在高度为 $87$ 的点，数列却未必采到了那个点。

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每一步乘同样的数：等比数列

另一种常见规则，是从当前值乘一个固定因子得到下一项：

$$a_{n+1}=ra_n.$$

在通常的等比数列讨论中，各项非零，$r$ 也是非零常数，称为公比。这时可以通过后项除以前项得到 $r=a_{n+1}/a_n$。例如从 $2$ 开始、每步乘 $3$，就得到 。

与等差数列一样，我们把前几步展开：

$$a_1,\quad a_1r,\quad a_1r^2,\quad a_1r^3,\quad\ldots$$

到第 $n$ 项时，总共乘了 $n-1$ 次，因此

$$a_n=a_1r^{n-1}.$$

如果从 $a_0$ 起算，就写成 $a_n=a_0r^n$。若 ，你可以把它看成指数变化的整数取样；若 ，整数次幂仍然有意义，但不能直接把它当成定义在所有实数上的普通指数函数。负底数的任意实数次幂不一定是实数。

固定百分比，要乘的是剩下或增加后的比例

假设一个纯数学模型规定：容器最初有 $600$ 毫升液体，每次充分混合后移走现有液体的 $20\%$，没有补充。记 $V_n$ 为移走 $n$ 次后的体积，则

$$V_0=600,\qquad V_{n+1}=0.8V_n,$$

因为每次移走 $20\%$ 后，剩下的是 $80\%$。所以

$$V_n=600(0.8)^n.$$

三次后剩 $600\times0.8^3=307.2$ 毫升。这里每次移走的体积并不相等：第一次移走 $120$ 毫升，第二次移走 $96$ 毫升。固定的是比例，不是体积差。

如果问“最早在第几次操作后少于 $200$ 毫升”，可以计算临界附近两项：

$$V_4=245.76,\qquad V_5=196.608.$$

由于每一步都保留正数的 $80\%$，体积持续减小，所以第一次少于 $200$ 毫升发生在第 $5$ 次。只解出一个小数次数还不够，最后要回到整数操作次数。

公比为负，先看符号，再看大小

取 $a_1=6$、$r=-\frac12$，前几项是

$$6,\ -3,\ \frac32,\ -\frac34,\ \frac38,\ldots$$

每乘一次负数，正负就翻转一次；每乘一次 $\frac12$，绝对值就缩小一半。因此它虽然来回换边，却越来越贴近零。不要把“振荡”直接等同于“不会稳定”，关键还要看摆动的幅度。

对于非零首项，各种公比的作用可以分开读：

如果单独允许乘法递推中的 $r=0$，数列会从第二项起全部为零，这是容易直接处理的退化情况。它不能继续用相邻项相除来求公比，因为后面会出现 $0/0$。后面使用等比求和公式时，这种“首项之后全为零”的情况也可以直接检查。

隔着偶数步，公比的正负可能没有确定

已知等比数列 $a_1=2$、$a_3=18$，能否确定 $a_2=6$？由 得

$$18=2r^2,\qquad r^2=9,$$

因此 $r=3$ 或 $r=-3$。对应的第二项分别是 $6$ 或 $-6$。两条数列都符合已知条件；只有再给出“各项为正”之类的条件，才可以排除负公比。

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从每一步的量，走到累计的量

数列回答“这一项是多少”。但很多问题真正问的是“到这一步一共是多少”。例如第 $n$ 天读了多少页，与前 $n$ 天一共读了多少页，是两个不同的问题。

给定数列 $a_1,a_2,\ldots$，我们把前 $n$ 项相加，记为部分和：

$$S_n=a_1+a_2+\cdots+a_n.$$

现在 $S_1,S_2,S_3,\ldots$ 自己又组成了一个数列。以 $a_n=1/2^n$ 为例：

你会发现，单项在减小，累计值却在增大。这并不矛盾：每次加进去的量虽然越来越少，但加的仍然是正数。我们随后讨论级数收敛时，必须看右边这一列有没有稳定的去处。

把这两列数分别连成计算路线，区别就更清楚了：上排每一步乘 $1/2$，下排每一步加上新的那一项。

上排趋向 $0$，下排趋向 $1$；一个在问“这一次有多少”，另一个在问“到现在一共有多少”。这两个问题会一路跟着我们走到极限与积分。

求和符号是一条简短的执行说明

数学用大写希腊字母 $\Sigma$ 表示求和：

$$S_n=\sum_{k=1}^{n}a_k.$$

从下方的 $k=1$ 开始，依次代入 $1,2,\ldots,n$，把右边的值相加，就是它的全部意思。这里 $n$ 决定加到哪里，$k$ 是执行加法时变化的临时编号。

例如

$$\sum_{k=2}^{6}(3k-1)=5+8+11+14+17=55.$$

下限不是 $1$ 也没有关系；只要从规定的编号开始。上限 $6$ 不是说有六项，因为从 $2$ 到 $6$ 一共有 $6-2+1=5$ 项。类似地，$\sum_{k=0}^{5}a_k$ 有六项。

临时编号也可以叫 $j$，但表达式里的字母要一同改动：$\sum_{k=1}^{n}a_k=\sum_{j=1}^{n}a_j$。如果只把下方改成 、右边还写 ，就破坏了原来的对应关系。

累计和还能倒过来找单项

既然 $S_n$ 比 $S_{n-1}$ 多加了 $a_n$，就有

$$a_n=S_n-S_{n-1},\qquad n\ge2.$$

第一项单独是 $a_1=S_1$。也可以约定没有任何项时的和 $S_0=0$，这样关系在 $$ 时也成立。这个式子以后很有用：累计值相邻两步的变化，正好就是这一步新增的量。

有限项的求和叫有限级数；当我们写 $a_1+a_2+a_3+\cdots$，让求和的项数没有终点时，就进入了无限级数。先别把省略号当成“已经加完”，我们先把有限部分和算稳。

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等差求和：把两份和反着摆

假设一排排摆放卡片，第一排 $14$ 张，以后每排比前一排多 $3$ 张，共摆 $12$ 排。第 $12$ 排有

$$a_{12}=14+11\times3=47$$

张。若问总共用了多少张，答案当然不再是 $47$，而是 $14+17+20+\cdots+47$。

我们把这份和正着写一次、倒着再写一次。首项 $14$ 与末项 $47$ 相加是 $61$，第二项 $17$ 与倒数第二项 $44$ 相加也是 $61$。一般的等差数列也这样：往中间走一步，一边增加 $d$，另一边减少 $d$，所以每列相加始终是 。

$$\begin{aligned} S_n&=a_1+a_2+\cdots+a_{n-1}+a_n,\\ S_n&=a_n+a_{n-1}+\cdots+a_2+a_1,\\ 2S_n&=n(a_1+a_n). \end{aligned}$$

两份和一共得到 $n$ 个相同的数，再除以 $2$，就得到

$$S_n=\frac{n(a_1+a_n)}2 =\frac n2\bigl(2a_1+(n-1)d\bigr).$$

这个推导对奇数项也成立，因为我们是把两份完整的和对齐，不需要假设单独一份和能够两两配完。卡片问题的结果就是

$$S_{12}=\frac{12(14+47)}2=366.$$

你还可以把它读成“项数乘平均值”：等差数列的平均值恰好等于首末两项的平均值。但任意数列没有这个保证，不能看见求和就直接用“首末平均”。

例题：末项给了，项数还要自己找

求等差求和 $7+11+15+\cdots+63$。

公差是 $4$，先用通项确定 $63$ 是第几项：

$$63=7+(n-1)\times4.$$

于是 $n-1=14$，$n=15$。这里 $14$ 是相邻项之间的十四个间隔，数本身有十五个。再求和：

$$S_{15}=\frac{15(7+63)}2=525.$$

若末尾给成 $64$，方程得到的项数就不是整数，说明 $64$ 并不在从 $7$ 开始、公差为 $4$ 的数列中；不能照着这个末项继续套求和公式。

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等比求和：乘一次，让中间项抵消

现在看 $96+48+24+12+6+3$。每项是前项的一半，这六项的和不适合用首末平均。等比求和有另一个办法：让整份和乘一次公比。

设

$$S_n=a_1+a_1r+a_1r^2+\cdots+a_1r^{n-1}.$$

两边乘以 $r$，得到

$$rS_n=a_1r+a_1r^2+\cdots+a_1r^{n-1}+a_1r^n.$$

你会看到第二行的第一项，刚好是第一行的第二项；后面一路都能对上。用第一行减第二行，中间全部消去，只剩

$$(1-r)S_n=a_1-a_1r^n.$$

因此，当 $r\ne1$ 时，

$$S_n=a_1\frac{1-r^n}{1-r}.$$

最末一项虽然是 $a_1r^{n-1}$，相减后留下的却是 $a_1r^n$。多出的这一次乘法来自 $$，所以求和公式里的指数是 ，不要照着通项机械改成 。

对于刚才的六项，$a_1=96$、$r=1/2$，于是

$$S_6=96\frac{1-(1/2)^6}{1-1/2}=189.$$

直接相加也得到 $189$。这个公式处理的是有限项，因此即使 $r=2$、$r=-2$ 也能使用；并不需要 $|r|<1$。那个条件要到无限求和时才出现。

公比等于一时，别拿零作除数

如果 $r=1$，所有项都等于 $a_1$，所以

$$S_n=na_1.$$

此时前面的分式出现 $0/0$，说明推导中的“除以 $1-r$”这一步不允许。并不是这份和不能算，而是需要回到它最直接的样子。若乘法递推中 $r=0$，后续全为零，任意非空部分和都等于 $a_1$。

例题：每月都有新增，为什么还能用等比和

考虑一个只用于练习的账户模型：期初余额为零，每个月先让上月余额增加 $1\%$，再在月末存入 $100$ 元；忽略所有其他因素。记 $B_n$ 为第 $n$ 次存入刚完成时的余额，则

$$B_0=0,\qquad B_n=1.01B_{n-1}+100\quad(n\ge1).$$

前三个月依次是 $100$、$201$、$303.01$ 元。余额本身不是等比数列，因为每一步除了乘 $1.01$ 还加了 $100$。

不过，我们可以按每笔存款的经历来拆开余额。第 $n$ 次存入刚结束时，刚存入的 $100$ 元还没有经历增长；前一个月的那笔经历一次增长，成为 $100(1.01)$；最早的一笔经历 $n-1$ 次。因此

$$B_n=100+100(1.01)+\cdots+100(1.01)^{n-1} =100\frac{1.01^n-1}{0.01}.$$

代入 $n=3$，仍然得到 $303.01$。递推适合按时间追踪整个账户，等比求和适合按每一笔存款拆解贡献，两种视角描述的是同一件事。

如果改成月初存入，并在第 $n$ 个月末结算，每一笔都会额外经历一次增长，相应结果要再乘 $1.01$。这说明应用公式前，先交代“何时加入、何时结算”，比记住一个孤立的存款公式更有用。

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项数一直往后走，会靠近哪里

我们已经能算很远的单项和很长的部分和。接下来换一个问题：编号没有尽头时，这些值会不会聚拢到某个固定的数？这就是数列极限的入口。本章先建立直觉，不展开微积分里的严格定义与证明体系。

以

$$a_n=1+\frac1n$$

为例，第 $1$ 项是 $2$，第 $10$ 项是 $1.1$，第 $100$ 项是 $1.01$，第 $1000$ 项是 $1.001$。它离 的距离恰好是 。只要编号足够大，这个距离就能小到我们指定的程度。

例如，希望距离小于 $0.001$，就让 $n>1000$。从第 $1001$ 项开始，后面的每一项都满足这个要求。若要求再严格十倍，就再把编号推后。不是只找到偶尔几个很接近 $1$ 的项，而是足够靠后的项全部留在规定范围内。

我们把这件事写成

$$\lim_{n\to\infty}a_n=1,$$

也写作 $a_n\to1$，称这个数列收敛于 $1$。这里的 $\infty$ 表示编号不断增大，没有一个叫作“第无穷项”的实际项等着我们去代入。

极限不要求永远碰不到，也不要求只从一侧接近

刚才的数列每项都大于 $1$，但这只是这个例子的特点。如果 $a_n=1$ 对所有 $n$ 都成立，它当然也收敛于 $1$，而且每项都已经等于极限。

再看 $b_n=1+(-1)^n/n$。偶数项在 $1$ 的上方，奇数项在 $1$ 的下方，但离 $1$ 的距离都是 ，因此也收敛于 。它并不单调，仍然可以收敛。真正要看的，是后面的项是否整体集中到同一个值附近。

修改有限个开头的项，也不会改变原数列的极限。开头可以有几次很大的偏离，只要走得足够远以后仍然稳定地靠近同一个数，长期趋势就没变。这里说的是单项数列的极限；若修改的是级数前几项，累计和的数值一般会随之改变。

发散不只有一种模样

没有有限极限的数列称为发散数列。$a_n=n$ 会不断增大，超过任意给定的高度，我们用 $a_n\to+\infty$ 描述它的趋势，但 $+\infty$ 不是一个有限实数，所以它仍然不收敛。

$b_n=(-1)^n$ 则始终待在 $-1$ 与 $1$ 之间，不能说它越来越大。它发散的原因是：任意往后看，总有项等于 $1$，也总有项等于 $$，两个相隔 的位置没有向同一个数靠拢。

如果所有项都能装进一个固定的有限区间，就说数列有界。$(-1)^n$ 说明，有界并不保证收敛；“没有跑远”和“集中到一个点”是两件事。反过来，收敛数列一定有界：后面绝大多数项靠近有限的极限，开头又只有有限项，把两部分一起圈住即可。

例题：通过整理看清目标值与误差

求数列

$$c_n=\frac{4n+3}{2n+5}$$

的极限，并判断它从哪一侧靠近。

分子和分母都有 $n$，直接代大数能猜到结果接近 $2$。我们再做一步代数，看看猜测与真实值相差多少：

$$c_n=\frac{2(2n+5)-7}{2n+5} =2-\frac7{2n+5}.$$

$n$ 越大，后面的正分数越接近零，所以 $c_n\to2$。因为减去的是正数，每项都在 $2$ 的下方。如果想让距离小于 $0.01$，解

$$\frac7{2n+5}<0.01$$

得 $n>347.5$。因此从第 $348$ 项开始，距离就小于 $0.01$。这比只说“取一个很大的 $n$”具体得多，也让“任意接近”有了可以检查的含义。

回看递推：找到候选值，还要说明真的靠近

前面的递推 $a_{n+1}=0.6a_n+2$ 算出 $3,3.8,4.28,4.568,\ldots$，看上去在朝 走。为什么是 ？因为 ，一旦恰好到了 ，下一步仍然停在这里。

但“存在一个停住的值”还不等于“从当前起点会走过去”。我们看它与 $5$ 的差：

$$a_{n+1}-5=0.6(a_n-5).$$

原来误差每一步都乘 $0.6$！从 $a_1-5=-2$ 出发，得到

$$a_n-5=-2(0.6)^{n-1},\qquad a_n=5-2(0.6)^{n-1}.$$

误差的绝对值持续缩小并趋向零，所以这条数列确实收敛于 $5$。如果只解出 $L=0.6L+2$，我们得到的还只是可能的稳定值；误差这一行，才解释了为什么这次猜测成立。

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无限求和，是部分和的极限

回到 $\frac12+\frac14+\frac18+\cdots$。我们没有办法把无限多个加号逐个执行完，但每个有限部分和都能确定：

$$S_n=\frac12\frac{1-(1/2)^n}{1-1/2}=1-\frac1{2^n}.$$

这时两个极限要分开：单项 $a_n=1/2^n$ 趋向 $0$；部分和 $S_n=1-1/2^n$ 趋向 。我们说这个无限级数收敛，而且它的和等于 ，意思就是部分和数列的极限等于 。

一般地，只有当 $S_n=a_1+\cdots+a_n$ 收敛于有限数 $S$ 时，我们才写

$$\sum_{n=1}^{\infty}a_n=S.$$

这不是把所有项真的加到了某个最后位置，而是用有限求和的长期趋势定义无限级数的和。

无限等比和的条件从哪里来

对等比部分和，我们已经知道

$$S_n=a_1\frac{1-r^n}{1-r},\qquad r\ne1.$$

如果 $|r|<1$，那么 $|r|^n$ 趋向零，因而 $r^n$ 也趋向零。分子里那一项消失的极限趋势给出

$$\sum_{n=1}^{\infty}a_1r^{n-1}=\frac{a_1}{1-r},\qquad |r|<1.$$

这里 $|r|<1$ 的作用十分具体：保证 $r^n$ 真的会消退。以非零首项为前提，若 $|r|\ge1$，项的大小就不会趋向零，部分和不能收敛。$r=1$ 时部分和是 ； 时则在 与 之间来回跳。全零数列是单独的退化情形，它的和始终为零。

负公比：累计值也可以左右摆着收敛

对前面那条 $6,-3,\frac32,-\frac34,\ldots$，首项是 $6$，公比是 ，符合 ，所以级数和是

$$S=\frac6{1-(-1/2)}=4.$$

它的部分和依次是 $6,3,4.5,3.75,4.125,\ldots$。奇数次加完时在 $4$ 的上方，偶数次加完时在下方；但偏离幅度越来越小。用公式可以直接看见：

$$S_n=4\left(1-\left(-\frac12\right)^n\right),\qquad |S_n-4|=4\left(\frac12\right)^n.$$

若只计算前 $n$ 项，最后这一式还告诉你误差多大。要让误差小于 $0.01$，需要 $2^n>400$，所以取 $n=9$ 就够了；$n=8$ 的误差为 ，仍然大于 。

循环小数，其实也是无限等比和

例如 $0.\overline{27}=0.272727\ldots$，每次补上两位相同的数字，可以写成

$$0.\overline{27} =\frac{27}{100}+\frac{27}{100^2}+\frac{27}{100^3}+\cdots.$$

首项是 $27/100$，公比是 $1/100$，因此

$$0.\overline{27}=\frac{27/100}{1-1/100}=\frac{27}{99}=\frac3{11}.$$

任何有限截断小数都只是这个值的近似；无限循环小数表示这些截断值的极限，所以等号在这里是精确的。无限过程并非只能给出模糊的“大概”，只要极限确定，结果就可以是一个准确的数。

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每项趋向零，为什么还不能放心相加

看到等比级数收敛，你可能会形成一个猜测：“只要每项越来越接近零，加到后面不就没什么影响了吗？”问题在于，后面的每一项确实小，却有越来越多项。需要把累计效应算进去。

先说一个一定成立的方向：如果级数收敛，那么它的单项必须趋向零。因为

$$a_n=S_n-S_{n-1},$$

若两次相邻的累计结果最终都靠近同一个数 $S$，它们的差就必须靠近零。如果新加的一项总有一部分时候很大，累计值就无法一直待在 $S$ 的很小范围内。

但这个推理不能反过来。最经典的反例是调和级数：

$$1+\frac12+\frac13+\frac14+\frac15+\cdots.$$

它的单项 $1/n$ 明明趋向零。我们暂时不需要新的判别公式，只把前面的正项按数量翻倍分组：

$$1+\frac12 +\left(\frac13+\frac14\right) +\left(\frac15+\frac16+\frac17+\frac18\right) +\left(\frac19+\cdots+\frac1{16}\right)+\cdots.$$

第一组后的两项，每一项都至少是 $1/4$，所以这一块至少加了 $1/2$。接下来四项，每一项都至少是 $1/8$，这一块仍然至少加了 $1/2$。再往后的八项，每一项至少是 $1/16$，又加了至少 $1/2$。

一般来说，从编号 $2^{j-1}+1$ 到 $2^j$，有 $2^{j-1}$ 项，每项至少是 $$，所以这一整块的和至少是 。加到第 项时，已经有了 块这样的贡献：

$$S_{2^m}\ge1+\frac m2.$$

$m$ 可以继续增大，所以这些部分和能够超过任意给定的数。其他部分和也在不断增加，因为所有项都是正数。因此调和级数发散到正无穷。

这里没有偷偷改变加法顺序，只是把每个有限部分和按原顺序圈成几块，找一个容易看懂的下界。它解释了为什么“每项小了”不够：每一块里项数也增多了，整块贡献仍然没有小下去。

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练习：把单项、累计与长期趋势分开

练习一：同一串数，换了编号

从 $n=0$ 开始，定义 $a_n=5+3n$。写出前四项以及第十个数。若将第一个数改记为 $b_1$，写出 的公式。另外，化简 ，其中 。

显示答案

从 $n=0,1,2,3$ 代入，前四项是 $5,8,11,14$。第十个数对应 $n=9$，所以是 $a_9=5+27=32$； 已经是第十一个数。

练习二：从递推寻找误差规律

数列满足 $u_1=10$、$u_{n+1}=\frac12u_n+3$，其中 。写出前四项，求一个显式公式，并判断其极限。

显示答案

逐项代入，得到 $u_1=10$、$u_2=8$、$u_3=7$、。若某个值在更新后保持不变，它应满足 ，所以候选值是 。

练习三：等差项与等差和

已知一个等差数列 $a_3=11$、$a_8=31$。求公差、通项和前十项的和，并判断 $50$ 是否是其中一项。

显示答案

第 $3$ 项到第 $8$ 项经过五次变化，总共增加 $20$，所以 $d=(31-11)/5=4$。第一项为 $a_1=11-2\times4=3$，通项为 。

练习四：公比的符号藏在哪里

一个等比数列满足 $a_1=12$、$a_3=3$。求所有可能的实数公比，以及每种情况下前四项的和与无限级数的和。

显示答案

由 $a_3=a_1r^2$ 得 $3=12r^2$，所以 或 ，两种都不能遗漏。

练习五：求和下限不能忽略

分别计算

$$\sum_{k=3}^{7}(2k-1),\qquad \sum_{k=0}^{4}5\cdot2^k,$$

并写出各有多少项。如果数列恒为 $a_n=7$，其前 $n$ 项和是多少，相关无限级数是否收敛？

显示答案

第一份和从 $3$ 到 $7$，共有五项，展开为 $5+7+9+11+13$。用等差求和得到 $5(5+13)/2=45$。

练习六：这些趋势一样吗

判断数列 $p_n=3-2/n$、$q_n=(-1)^n$、 是否有有限极限。再判断：“因为 ，所以 收敛”是否正确，并用本章的分组想法说明原因。

显示答案

$p_n$ 与 $3$ 的距离是 $2/n$，趋向零，所以 $p_n\to3$，并且从 $$ 的下方靠近。 始终在 与 之间切换，没有有限极限；它有界，但不收敛。

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下一步，让输入不必只踩在整数上

现在我们能同时盯住三件事：$a_n$ 是这一步的值，$S_n$ 是累加到这一步的值，极限则问它们继续往后时是否稳定。单项趋向零，累计值可能稳定，也可能继续增大；看清自己研究的对象，才能谈它的长期趋势。

上一章从连续的时间描述运动，这一章按整数时间取样。下一章，我们再把输入放回连续范围：除了让 $n$ 越来越大，还可以让 $x$ 取 $0.9,0.99,0.999$，或者 $1.1,1.01,1.001$，从不同方向靠近某个有限位置。那时要问的是，函数值有没有共同的去处，这个去处又和目标位置的函数值有什么关系。

数列已经让“靠近”有了具体内容：不是碰巧看到几个接近的数字，而是后续值能稳定地留在任意指定的小范围里。带着这个判断，我们就可以去观察函数图像上的空洞、跳跃，以及那些看似不能直接代入、附近却很有规律的位置。