无穷级数 I：收敛概念与正项级数 | 实分析 I | 自在学

无穷级数 I：收敛概念与正项级数

数列研究的是一串数会不会靠近某个目标；无穷级数研究的仍是这个问题，只是目标对象换成了“不断增加的有限和”。看到

\sum_{n=1}^{\infty}a_n

时，不要想象自己完成了无穷次加法。数学上真正存在的是每个有限阶段的和。我们把这些有限和排成数列，再问它的尾部是否稳定。这一层翻译做对了，后面的比较、积分、比值和根值判别法才有落脚处。

本章主要讨论正项级数。它和下一章的带符号级数差别很大：正项只会把部分和往上推，不会把前面已经累积的量抵消掉。因此正项级数的收敛问题会变成“部分和有没有上界”。这不是一个口号，而是下面所有判别法共用的证明骨架。

从无穷符号回到部分和

设 $(a_n)$ 是实数数列。定义第 $N$ 个部分和

S_N=\sum_{n=1}^{N}a_n=a_1+a_2+\cdots+a_N, \qquad N\in\mathbb N.

如果存在 $S\in\mathbb R$ ，使得

\lim_{N\to\infty}S_N=S,

就说级数 $\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ 收敛到 $S$ 。如果部分和数列不收敛，级数就发散。它可能趋于 $+\infty$ 或 $-$ ，也可能始终有界却来回摆动。

例如

1-1+1-1+\cdots

的部分和是 $1,0,1,0,\ldots$ 。它们都在 $[0,1]$ 中，却没有极限，所以级数发散。这个反例先给我们划一条线：一般级数的部分和有界，不足以推出收敛。正项情形之所以特殊，是因为届时部分和还会单调。

尾部才决定收敛性

对 $M\in\mathbb N$ ，从第 $M$ 项开始的部分和与原部分和之间只差一个常数：

\sum_{n=1}^{N}a_n = \sum_{n=1}^{M-1}a_n+\sum_{n=M}^{N}a_n \qquad(N\ge M).

所以增删或修改有限多个项，不改变级数是收敛还是发散；如果两者收敛，和只相差那段有限和。这解释了判别法为什么总说“从充分大的 $n$ 起”。级数看的是尾部，前几项不必整齐。

能忽略有限个前项，不代表能随意给无穷多项换顺序或加括号。有限和的运算法则可以直接用；对无穷级数，任何操作都要回到部分和数列来核对极限。

收敛级数的通项必须趋于零

令 $S_0=0$ 。每一项都是相邻部分和的差：

a_N=S_N-S_{N-1}.

若 $\sum a_n$ 收敛到 $S$ ，则 $S_N\to S$ 且 $S_{N-1}\to S$ ，于是

\lim_{N\to\infty}a_N=S-S=0.

因此

\sum_{n=1}^{\infty}a_n\text{ 收敛} \quad\Longrightarrow\quad a_n\to0.

这是必要条件，不是充分条件。它只说明单次新加进来的量会变小；它没有控制把无数个小量累计起来会不会超过所有界限。

例题：第一步就该停下来的情形

判断

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{4n+3}{9n-2}

是否收敛。

先检查通项，而不是急着找复杂判别法：

\lim_{n\to\infty}\frac{4n+3}{9n-2}=\frac49.

反例：调和级数为什么没有被“小项”救下来

调和级数

\sum_{n=1}^{\infty}\frac1n

的通项确实趋于 $0$ ，但它发散。把它分成长度依次翻倍的组：

1+\frac12 +\left(\frac13+\frac14\right) +\left(\frac15+\cdots+\frac18\right)+\cdots.

第 $j$ 个组

\sum_{n=2^j+1}^{2^{j+1}}\frac1n

有 $2^j$ 项，且每项都不小于 $1/2^{j+1}$ ，故该组和不小于 $1/2$ 。于是

S_{2^r} =1+\sum_{j=0}^{r-1}\sum_{n=2^j+1}^{2^{j+1}}\frac1n \ge1+\frac r2.

右边无界，故部分和无界，调和级数发散。这里翻车的直觉是“项变小就够了”：真正要压住的是任意长的一段尾和。

级数的 Cauchy 准则

前一章已经知道，实数数列收敛当且仅当它是 Cauchy 数列。把该结论用于 $(S_N)$ ，得到

\sum_{n=1}^{\infty}a_n\text{ 收敛}

当且仅当对每个 $\varepsilon>0$ ，存在 $N\in\mathbb N$ ，使得当 $m\ge n\ge N$ 时，

\left|\sum_{k=n}^{m}a_k\right|<\varepsilon.

因为

\sum_{k=n}^{m}a_k=S_m-S_{n-1},

这只是部分和的 Cauchy 条件换了一种写法。它比“ $a_n\to0$ ”强得多：从充分靠后的 $n$ 出发，无论加到多远的 $m$ ，整段尾和都必须小。

几何级数与正项的上界结构

几何级数是后面最常用的参照物。对 $a,r\in\mathbb R$ ，

\sum_{n=0}^{\infty}ar^n

的有限部分和满足

\sum_{n=0}^{N}ar^n =a\frac{1-r^{N+1}}{1-r} \qquad(r\ne1).

当 $|r|<1$ 时， $r^{N+1}\to0$ ，故

\sum_{n=0}^{\infty}ar^n=\frac{a}{1-r}.

当 $a\ne0$ 且 $|r|\ge1$ 时， $ar^n$ 不趋于零： $r=1$ 时通项恒为，时在与之间交替，时绝对值增长。必要条件说明这些情形都发散。

例题：交替不等于不能收敛

求

\sum_{n=0}^{\infty}9\left(-\frac14\right)^n.

公比为 $-1/4$ ，其绝对值小于 $1$ ，所以几何级数收敛。

令 $N\to\infty$ 于有限和公式，得到

现在设 $a_n\ge0$ 。由于

S_{N+1}=S_N+a_{N+1}\ge S_N,

部分和数列单调不减。于是由单调有界定理，

\sum_{n=1}^{\infty}a_n\text{ 收敛} \quad\Longleftrightarrow\quad (S_N)\text{ 有上界}.

如果没有上界，单调不减的部分和会超过任意给定实数，因而趋于 $+\infty$ 。如果 $a_n$ 只是最终非负，删去有限个前项后同样成立。

正项级数的所有主要判别法都可以读成“给部分和找上界”或“证明它们不可能有上界”。这就是它们表面不同、证明却相互连通的原因。

比较：上界要来自收敛，下界要来自发散

设从某个 $N$ 起

0\le a_n\le b_n.

若 $\sum b_n$ 收敛，则 $\sum a_n$ 收敛；若 $\sum a_n$ 发散，则发散。证明只需逐项相加：

0\le\sum_{n=N}^{M}a_n\le\sum_{n=N}^{M}b_n.

右侧部分和有上界时，左侧正项部分和也有上界；左侧无上界时，右侧更不可能有上界。

这两个方向不能混用。由

\frac1{n^2}\le\frac1n

只能看出左边小于发散的调和级数，不能判定左边发散；事实上 $\sum1/n^2$ 收敛。比较时要记住一句实话：收敛的上界才能压住未知级数，发散的下界才能托住未知级数。

$p$ 级数作为比较基准

后面会频繁使用

\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^p}.

它在 $p>1$ 时收敛，在 $p\le1$ 时发散。 $p\le0$ 时通项不趋于零； $0<p\le1$ 与的分界会在积分判别法中算出来。

例题：用下界证明发散

判断

\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{\sqrt{n^2+10n}}.

对 $n\ge1$ 有 $n^2+10n\le11n^2$ ，故

极限比较把“同阶”写严谨

若从某个下标起 $a_n>0$ 、 $b_n>0$ ，并且

\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n}=L, \qquad0<L<\infty,

则 $\sum a_n$ 与 $\sum b_n$ 同收敛或同发散。因为最终可以把比值夹在 $L/2$ 和 $3L/2$ 之间：

\frac L2b_n<a_n<\frac{3L}{2}b_n.

然后分别用两次直接比较即可。

比值极限为 $0$ 或 $+\infty$ 时，不能声称“同收敛同发散”，但仍有单向结论：若 $a_n/b_n\to0$ 且 $\sum b_n$ 收敛，则收敛；若且发散，则发散。其余方向要另选工具。

例题：最高次项只是猜测，极限比较把它变成证明

判断

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{6n^2+3n+5}{4n^4+n+2}.

最高次项提示它像 $1/n^2$ ，取 $b_n=1/n^2$ 。

接下来，积分把 $p$ 级数的界线算出来，并给出一类含对数项的级数的判别办法。

积分如何估计无限多个矩形

设 $f$ 在 $[N,\infty)$ 上连续、正且单调不增，并且 $a_n=f(n)$ 。那么

\sum_{n=N}^{\infty}a_n

与

\int_N^\infty f(x)\,dx

同收敛同发散。理由不是把“求和”随意替换成“积分”，而是单调性提供了严格的矩形夹逼。对 $x\in[n,n+1]$ ，

f(n+1)\le f(x)\le f(n).

所以

f(n+1)\le\int_n^{n+1}f(x)\,dx\le f(n).

从 $n=N$ 累加到 $M$ ：

\sum_{n=N+1}^{M+1}f(n) \le \int_N^{M+1}f(x)\,dx \le \sum_{n=N}^{M}f(n).

如果积分截断值有上界，左侧正项部分和有上界；如果右侧部分和有上界，积分截断值也有上界。两者都单调，因此这组不等式恰好给出同收敛同发散。

积分判别法需要一条尾部上同时满足正、连续、单调不增。只因某个表达式写成 $f(n)$ 就套积分，是常见错误；没有单调性，上面的面积夹逼没有依据。

用积分完成 $p$ 级数判别

对 $p>0$ ，

\int_1^A x^{-p}\,dx = \begin{cases} \dfrac{A^{1-p}-1}{1-p},&p\ne1,\\ \log A,&p=1. \end{cases}

当 $p>1$ 时， $A^{1-p}\to0$ ，积分有有限极限；当 $0<p<1$ 时， $A^{1 - p} \to \infty$ ；当时，。合并前面的必要条件检查，就得到

\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^p} \begin{cases} \text{收敛},&p>1,\\ \text{发散},&p\le1. \end{cases}

例题：临界项多一个对数，结论可能翻转

判断

\sum_{n=2}^{\infty}\frac1{n(\log n)^{3/2}}.

取 $f(x)=1/[x(\log x)^{3/2}]$ 。在 $[2,\infty)$ 上，，分母随增大而增大，因此正、连续、递减。

把指数 $3/2$ 换成 $1$ ，积分变为

\int_2^A\frac{dx}{x\log x} =\log(\log A)-\log(\log2),

它没有上界。因此 $\sum_{n=2}^{\infty}1/(n\log n)$ 发散。两组通项都趋于零，区别只能在整段尾部的累计中看见。

比值与根值：寻找几何速度

出现阶乘、连乘或整体的 $n$ 次幂时，直接凑 $p$ 级数比较往往不顺。此时应问：相邻项的比会不会最终小于一个固定的 $1$ ？或者，每项的 $n$ 次根会不会最终小于 $1$ ？两种问题都会把尾部拉回几何级数。

比值判别法

设 $a_n>0$ 对充分大的 $n$ 成立，且

L=\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}

存在。则

条件	结论
$L<1$	$\sum a_n$ 收敛
$L>1$	$\sum a_n$ 发散

若该比值趋于 $+\infty$ ，也属于第二行的情形：它最终大于任意固定的 $r>1$ ，所以通项不可能趋于零。

若 $L<1$ ，可选 $r$ 满足 $L<r<1$ 。从某项起有 $a_{n+1}/a_n<r$ ，反复相乘得到

a_{N+j}<a_Nr^j\qquad(j\in\mathbb N_0).

尾部被收敛几何级数压住。若 $L>1$ ，取 $1<r<L$ ，则尾部相邻项最终按至少 $r$ 的比例增长，尤其不可能趋于零，于是级数发散。

临界值 $1$ 真的没有结论。对任意 $p>0$ ，

\frac{(n+1)^{-p}}{n^{-p}} =\left(\frac n{n+1}\right)^p\to1,

而 $\sum1/n$ 发散、 $\sum1/n^2$ 收敛。甚至“最终递减”也不够： $1/n$ 正在递减，却仍然累积发散。

例题：阶乘型级数

判断

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(n!)^2}{(3n)!}.

令 $a_n=(n!)^2/(3n)!$ 。阶乘相邻相除会消去大部分因子，适合比值判别法。

根值判别法

设 $a_n\ge0$ 对充分大的 $n$ 成立，且

L=\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_n}

存在。则同样有

条件	结论
$L<1$	$\sum a_n$ 收敛
$L>1$	$\sum a_n$ 发散

若 $\sqrt[n]{a_n}\to+\infty$ ，同样按第二行处理。

当 $L<1$ ，选 $L<r<1$ ，最终 $\sqrt[n]{a_n}<r$ ，即；当，最终，通项不趋零。两边都回到几何级数或必要条件。对，有

\sqrt[n]{a_n} =\exp\left(-\frac{p\log n}{n}\right)\to1,

却仍会随 $p$ 的不同收敛或发散，所以根值等于 $1$ 时必须换方法。

例题：整体幂直接取根

判断

\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{3n+1}{8n-5}\right)^n.

从 $n=1$ 起各项为正，令 $a_n=[(3n+1)/(8n-5)]^n$ 。

选择判别法时要检查的边界

尾部特点	优先尝试	不可跳过的检查
$a_n$ 不趋于 $0$	必要条件	它只能判发散
可与已知正项级数夹逼	直接比较或极限比较	上界须收敛、下界须发散
$a_n=f(n)$	积分判别法	最终正、连续、递减

正项级数的判断路线可以简化为：先看必要条件，再找一种能控制尾部总量的办法。不要因为算出了一个“等于 $1$ ”的比值或根值就仓促下结论；那正是工具把你送到边界、要求换方向的时候。

练习：把每条推理链写完整

练习：必要条件

判断

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{3n-2}{4n+9}.

练习：直接比较

判断

\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{\sqrt{n^2+8n}}.

练习：极限比较

判断

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{7n^3+2n+1}{5n^5+n}.

练习：积分判别法

判断

\sum_{n=2}^{\infty}\frac1{n(\log n)^{4/3}}.

练习：比值与根值

分别判断

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^4}{5^n}, \qquad \sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{4n-1}{9n+2}\right)^n.

下一步：抵消会改变什么

本章的中心始终是部分和。必要条件、Cauchy 尾和、比较、积分、比值和根值，看似在做不同计算，实则都在判断部分和是否能被控制。

对正项级数，单调性让“有上界”等价于收敛，因此判别法特别有力。下一章会去掉 $a_n\ge0$ 的条件。正负项可以互相抵消，部分和不再单调；我们需要区分绝对收敛和条件收敛，并用交错结构重新建立控制。这一章的部分和语言和尾部意识会原样保留下来。

\infty

-\infty

p

>

1

p>1

A^{1-p}\to\infty