【微积分】 08 - 数项级数
1. 级数
1.1 级数的定义
现在从增量的角度重新讨论数列的极限，而这也是极限在许多实际问题中的呈现形式。对于数列\(S_n\)，设\(a_n=S_n-S_{n-1}\)，则有\(S_n=a_1+a_2+\cdots+a_n\)。为讨论\(S_n\)的敛散性，定义式（1）的加式为级数，\(a_n\)称为级数的通项，\(S_n\)称为级数的部分和。如果\(S_n\)收敛于有限值\(S\)，则称级数收敛于\(S\)（其实就是定义了级数的值），否则称级数发散（也就没有值）。
\[\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n=a_1+a_2+\cdots+a_n+\cdots\tag{1}\]
以级数形式表示极限其实很常见，比如我们熟悉的等比数列之和，它的部分和在\(q\ne 1\)时满足式（2）。故级数\(\sum\limits_{n=1}^{\infty}aq^{n-1}\)在\(q<1\)时收敛，而在\(a\ne 0,\,q\geqslant 1\)时发散。这个级数也被称为几何级数，它的结论对后面讨论级数的收敛问题很有作用。
\[S_n=a+aq+aq^2+\cdots+aq^{n-1}=a\dfrac{1-q^n}{1-q}\tag{2}\]
直觉上的级数是一个小数集合的总和，但其实级数的值与通项的顺序也是有关的，后面我们将会给出反例。对任何级数\(\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n\)，将其每一项的顺序打乱得到它的更序级数\(\sum\limits_{n=1}^{\infty}a'_n\)，但要注意，这里的打乱还要求\(a_n\)必须对应到有限项\(a'_m\)，而不能出现在无穷之后。有个基本问题是，级数的更序级数之间的敛散性关系如何？如果都收敛，它们的值相等吗？
1.2 级数的性质
一些特殊形式的级数，可以通过变形判定其敛散性，甚至得到级数的值。但很多时候，我们只需要、也只能判定级数的敛散性，为此需要寻找有效的判定条件。一种方法就是利用极限的判定条件，比如说利用判定极限的柯西准则，可知级数收敛的充要条件是：对任意的\(\varepsilon>0\)，只要\(n\)足够大，总有式（3）成立。
\[\left|a_{n+1}+a_{n+2}+\cdots+a_{n+p}\right|<\varepsilon\tag{3}\]
利用柯西准则还可以知道，去除、增加或修改级数的有限项不改变级数的敛散性。利用极限的基本性质还可知，如果以\(a_n,b_n\)为通项的级数收敛，则有式（4）成立。如果对级数任意加括号分组，得到的新级数的的部分和其实是原级数部分和的子列，从而它们有相同的敛散性和和相同的值。
\[\sum\limits_{n=1}^{\infty}ca_n=c\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n;\quad\sum\limits_{n=1}^{\infty}(a_n+b_n)=\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n+\sum\limits_{n=1}^{\infty}b_n\tag{4}\]
以上结论都是极限性质的变形，但既然级数以通项形式展现，我们有必要讨论敛散性与通项本身的关系。在式（3）中取\(p=1\)，便得到级数收敛一个必要条件：\(a_n\to 0\)。但它却不是充分条件，比如考察调和级数\(\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{n}\)，式（5）的推导说明了它是发散的。下面的篇幅主要就是，利用通项的性质讨论级数收敛的充分条件。
\[S_{2n}-S_n=\dfrac{1}{n+1}+\cdots+\dfrac{1}{2n}>\dfrac{1}{2n}+\cdots+\dfrac{1}{2n}=\dfrac{1}{2}\tag{5}\]
2. 正项级数
2.1 比较判别法
先来看最常见的级数形式，如果级数的每一项满足\(a_n\geqslant 0\)，那么称它为正项级数。正项级数的部分和是一个单调递增数列，因此它收敛的充要条件是：部分和有上界。对于更序级数的部分和\(S'_m\)，总可以选择足够大的\(n\)，使得\(S_n\)包含\(S'_m\)的所有项。所以如果正项级数收敛于\(S\)，它的所有更序级数的部分和以\(S\)为上界，故收敛于\(S'\)，且\(S'\leqslant S\)。同样可以有\(S\leqslant S’\)，从而\(S'=S\)，也就是说，正项级数的所有更序级数的敛散性相同，如果收敛那么值也相同。
调和级数就是正项级数，它是发散的，任意\(a>0,0<q<1\)的几何级数也是正项级数，它却是收敛的。由直觉可知，正项级数是否收敛，其实由通项是否“足够小”决定，下面就用不同方法来描述这个“足够小”。本段的讨论都仅限正项级数，不作重复说明。在讨论之前，我们先给出一个非常简单直观却很有用的结论。如果两个级数的通项满足\(a_n\leqslant b_n\)，则易知当\(\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n\)发散时，\(\sum\limits_{n=1}^{\infty}b_n\)也发散，而当\(\sum\limits_{n=1}^{\infty}b_n\)收敛时，\(\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n\)也收敛,这个方法称为比较判别法。
比较判别法的使用关键在于比较对象的选择，比较常用的对象就是几何级数和调和级数，比较的过程有时需要较强的技巧性。调和级数的结论还可以扩展到\(p\)-级数\(\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{n^p},\,(p>0)\)，证明中也用到了比较判别法。首先当\(p\leqslant 1\)时，和调和级数比较即知级数发散，而当\(p>1\)时，类似式（5）的方法得到式（6）的推导，可知级数收敛。从证明中看到，\(p\)-级数并不比几何级数“更小”，它们都是很好的参照对象。
\[\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{n^p}<1+\dfrac{2}{2^p}+\dfrac{4}{4^p}+\cdots=\sum\limits_{k=0}^{\infty}\left(\dfrac{1}{2^{p-1}}\right)^k=C\tag{6}\]
比较判别法在使用时需要较强的技巧，考虑到比较的目地只是想知道通项的有多小，一种简单的方法是比较通项无穷小的等级。当式（7）左的极限存在时，如果\(\lambda\)是非零常数，则已知\(a_n,b_n\)是同阶无穷小，它们有相同的敛散性。而当\(\lambda\)为\(0\)或\(\infty\)时，也比较容易有对应结论，这里不再赘述。很多时候式虽然\(a_n\)有较好的形式特点，但（7）左极限不存在或比较难求，我们不得不转向研究通项本身的性质。比较判别法有一个比较显然的推论，就是当式（7）右成立时，可以简单推导出它们敛散性的关系。
\[\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{a_n}{b_n}=\lambda;\quad\dfrac{a_{n+1}}{a_n}\leqslant\dfrac{b_{n+1}}{b_n}\quad\tag{7}\]
• 判断级数\(\sum\limits_{n=1}^{\infty}\sin{\dfrac{x}{n}}\)、\(\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{(n!)^2}{(2n)!}\)的敛散性。
2.3 比值判别法、根式判别法、积分判别法
现在继续基于通项\(a_n\)本身来讨论正项级数的敛散性，为简单起见，这里先用几何级数作为比较对象。首先根据式（7）右可知，如果\(n\)足够大时有\(\dfrac{a_{n+1}}{a_n}\leqslant q<1\)，则级数必定收敛。把它表现为极限形式就是，如果式（8）左的极限满足\(\lambda <1\)，则级数收敛，反之若\(\lambda >1\)则级数发散。这个结论的条件还可以弱化成上下极限的条件，请自行论证，该方法被称为比值判别法。
\[\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=\lambda;\quad\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_n}=\lambda\tag{8}\]
利用几何级数的特点，我们还可以有另一种比较方法，它被称为根式判别法。简单说就是，如果\(n\)足够大时有\(\sqrt[n]{a_n}\leqslant q<1\)，则级数必定收敛。该结论同样有式（8）右的极限形式，也可以弱化成上下极限的条件，请自行论证。根式判别法是一种估值法，它的应用场景可以覆盖比值判别法，但比值判别法用起来更加方便。
回顾定积分的定义，若\(f(x)\)在\([1,+\infty)\)上非负且单调下降，以\(a_n=f(n)\)通项的级数，其实就是\(f(x)\)积分的一种分割。具体来讲，考察式（9）所定义的积分，显然有\(a_{n+1}\leqslant F(n+1)-F(n)\leqslant a_n\)。从而级数\(\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n\)与数列\(\{F(n)\}\)有相同的敛散性，这个结论对那些可积分的级数很有用。
\[F(x)=\int_{1}^{x}f(t)\,\text{d}t\tag{9}\]
• 判断级数\(\sum\limits_{n=1}^{\infty}n!\left(\dfrac{x}{n}\right)^n\)、\(\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left(1-\dfrac{p}{n}\right)^{n^2}\)、\(\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{n(\ln{n})^p}\)的敛散性。
2.4 拉贝判别法、高斯判别法
比值判别法在\(\lambda=1\)无法判断收敛性，现在用收敛得更慢的\(p\)-级数作为比较对象，其通项\(\dfrac{1}{n^p}\)相邻两项的比值为\(\left(\dfrac{n-1}{n}\right)^p\)。在\([0,1]\)上考察函数\(f(x)=x^p\)，根据微分中值定理知\(1-x^p=f(1)-f(x)=f'(\bar{x})(1-x)=p{\bar{x}}^{p-1}(1-x)\)，当\(p>1\)时就有\(1-x^p<p(1-x)\)，将\(x=1-\dfrac{1}{n}\)带入就得到式（10）。
\[\left(1-\dfrac{1}{n}\right)^p>1-\dfrac{p}{n},\quad(p>1)\tag{10}\]
结合式（7）右便知，如果存在\(p>1\)使得式（11）左成立，则级数\(\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n\)收敛。如果以调和级数为比较对象，还容易知道如果存在\(p\geqslant 1\)使得式（11）左成立，则级数\(\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n\)发散，这个方法叫做拉贝（Raabe）判别法。但它直接使用起来并不方便，一般使用它的极限形式：如果式（12）的极限中\(p>1\)，则级数收敛，若\(p<1\)则级数发散。
\[\dfrac{a_{n+1}}{a_n}\leqslant 1-\dfrac{p}{n};\dfrac{a_{n+1}}{a_n}\geqslant 1-\dfrac{p}{n}\quad\tag{11}\]
\[\lim_{n\to\infty}{n\left(1-\dfrac{a_{n+1}}{a_n}\right)=p}\tag{12}\]
拉贝判别法可以看作是比值判别法在\(\lambda=1\)时的补充，但它的极限形式对\(p=1\)的场景还是无能为力。拉贝判别法其实是从\(1-\dfrac{a_{n+1}}{a_n}\)中提取出了等阶无穷小\(O\left(\dfrac{p}{n}\right)\)，我们可以继续提取剩下的无穷小\(o\left(\dfrac{1}{n}\right)=\varepsilon_n\)。由式（13）的推导可知，如果以\(\varepsilon_n\)为通项的级数收敛，可以估算出\(a_n=\dfrac{A\cdot e^{o(1)}}{n^p}\)。从而\(p>1\)时级数收敛，\(p\leqslant 1\)时级数发散，这个方法称为高斯判别法。但要注意，该判别法成立的条件是以\(\varepsilon_n\)为通项的级数收敛，这个条件可以弱化为具体的无穷小，比如\(\varepsilon_n=\dfrac{\theta_n}{n^{1+\mu}},(\mu>0)\)，或者更强的\(\varepsilon_n=o\left(\dfrac{1}{n\ln{n}}\right)\)。
\[\ln{\dfrac{a_{n+1}}{a_n}}=\ln{\left(1-\dfrac{p}{n}+\varepsilon_n\right)}=-\dfrac{p}{n}+\varepsilon_n+O\left(\dfrac{1}{n^2}\right)\tag{13}\]
• 判断级数\(\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{n!}{(\alpha+1)\cdots(\alpha+n)}\)、\(\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left(\dfrac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\right)^s\)的敛散性。
3. 任意项级数
3.1 绝对收敛级数、交错级数
对于通项\(a_n\)正负不定的级数，如果级数\(\sum\limits_{n=1}^{\infty}|a_n|\)收敛，利用柯西准则可知原级数也必定收敛，这样的级数称为绝对收敛的，反之称为条件收敛的。由于收敛正项级数的更序级数也收敛，故绝对收敛级数的更序级数也绝对收敛。我们可以用式（14）左表达式把级数中的正负项分离到两个级数中，显然\(\sum\limits_{n=1}^{\infty}\alpha_n,\sum\limits_{n=1}^{\infty}\beta_n\)都是正项级数，如果级数绝对收敛，还容易有式（14）右。绝对收敛级数的更序级数的正负项值不变，故它们的收敛值也相同。
\[\alpha_n=\dfrac{1}{2}(|a_n|+a_n),\;\beta_n=\dfrac{1}{2}(|a_n|-a_n)\quad\Rightarrow\quad\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n=\sum\limits_{n=1}^{\infty}\alpha_n-\sum\limits_{n=1}^{\infty}\beta_n\tag{14}\]
但对于条件收敛到级数，\(\sum\limits_{n=1}^{\infty}\alpha_n,\sum\limits_{n=1}^{\infty}\beta_n\)的值都是\(+\infty\)，式（14）右的值会出现什么情况呢？答案是任何值\(L\)，思路其实也很简单，这里作概略说明。一方面从无穷中总可以取出超过定值的片段，另一方面由于收敛级数的通项趋于\(0\)，这个片段超出定值的大小也趋于\(0\)。
若\(L\)有穷非负，先从\(\sum\limits_{n=1}^{\infty}\alpha_n\)中取出最短片段\(A_1\)，使得\(S_1=A_1>L\)，再从\(\sum\limits_{n=1}^{\infty}\beta_n\)中取出最短片段\(B_1\)，使得\(S_2=A_1-B_1<L\)。继续这个过程，显然每一项最终都会被取到，并且\(S_n\to L\)，当\(L<0\)时有同样的结论。如果\(L=+\infty\)，只要每次取得的\(A_i\)足够大，且每次\(B_i\)只取一项，也可以达到目的，对\(L=-\infty\)同样可证。结论总结为黎曼定理：条件收敛的更序级数可取到任意值（包括无穷）。
还有一种级数比较常见，它的通项\((-1)^na_n,(a_n>0)\)正负交替，它被称为交错级数。有一种交错级数，\(a_n\)单调递减且趋于\(0\)，考察式（15）可知\(S_{2k}\)单调递增且有界，从而它有极限\(S\)。进而容易知道\(S_{2k+1}\)也有极限且为\(S\)，所以级数收敛于\(S\)且\(0\leqslant S\leqslant a_1\)，同样可知余项也满足\(|S-S_n|\leqslant a_{n+1}\)。
\[S_{2k}=(a_1-a_2)+\cdots+(a_{2k-1}-a_{2k})=a_1-(a_2-a_3)-\cdots-(a_{2k-2}-a_{2k-1})-a_{2k}\tag{15}\]
3.2 通项为\(a_nb_n\)的级数
很多级数可以写成\(\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_nb_n\)的形式，而\(a_n,b_n\)分别有着自身的性质，这里讨论其中的一类。先记\(B_m=b_1+\cdots+b_m\)，容易证明分部求和公式（式（16），也叫阿贝尔变换）成立。利用该公式，如果再假设\(a_n\)单调且\(|B_m|\leqslant M\)，容易推导出不等式（17）。
\[\sum\limits_{i=1}^{n}a_ib_i=\sum\limits_{i=1}^{n-1}(a_i-a_{i+1})B_i+a_nB_n\tag{16}\]
\[\left|\sum\limits_{i=1}^{n}a_ib_i\right|\leqslant M(|a_1|+2|a_n|)\tag{17}\]
把式（17）应用到柯西准则里，分别假设\(M\)和\(a_i\)趋于\(0\)，可以得到两种判别方法。一种是阿贝尔判别法：如果级数\(\sum\limits_{n=1}^{\infty}b_n\)收敛，且\(\{a_n\}\)单调有界，则级数\(\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_nb_n\)收敛。另一种是狄利克雷判别法：如果级数\(\sum\limits_{n=1}^{\infty}b_n\)的部分和有界，且\(\{a_n\}\)单调趋于\(0\)，则级数\(\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_nb_n\)收敛。
阿贝尔判别法实用起来比较容易，而狄利克雷判别法则比较隐晦，部分和有界的级数不好构造。一种最常见的就是通项为三角函数\(\sin{nx},\cos{nx}\)的级数，利用三角恒等式可以证明其有界性，这个结论在后面的傅里叶级数中非常重要。
4. 其它级数
4.1 级数的乘法
刚才讨论了通项为\(a_nb_n\)的级数，但它并不适合作为级数的乘法定义。两个级数\(A=\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n,B=\sum\limits_{n=1}^{\infty}b_n\)相乘，应当定义为所有项\(u_n=a_ib_j\)之和，并且要求任何项\(a_ib_j\)都在有限处\(n\)出现。但随之会引出一些基本的问题，对两个收敛的级数，它们乘积的不同更序级数收敛吗？如果收敛值相同吗？设绝对收敛级数的绝对收敛值为\(A^*,B^*\)，首先易知\(\sum\limits_{n=1}^{\infty}|u_n|\)的部分和有上限\(A^*B^*\)，从而级数乘积也是绝对收敛的。
为了计算乘积的值，我们来选择合适的\(a_ib_j\)的排序及组合方法，因为级数绝对收敛，重新排序组合后的值应当是相同的。为了有限遍历所有项，下图中的两种组合方法是最常用的，左边的通项可写为式（18）左，右边的通项为式（18）右，它也被称为柯西乘积。左边一个乘积的部分和其实是\(A_nB_n\)，从而容易得知级数乘积的值为\(AB\)。总结就是：绝对收敛的级数的乘积也绝对收敛，且收敛值为\(AB\)。
\[U_n=A_nB_n-A_{n-1}B_{n-1};\quad C_n=a_1b_n+a_2b_{n-1}+\cdots+a_nb_1\tag{18}\]
以上结论是针对绝对收敛级数的，且对所有更序级数成立，我们现在来看看条件可不可以弱化一点。柯西乘积有较好的形式特点，令\(\beta_n=B-B_n\)，则有式（19）的变形。如果再令\(\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n\)绝对收敛，可以证明\(r_n\to 0\)，从而柯西乘积收敛，且值为\(AB\)（式（20））。
\[S_n=a_1B_n+a_2B_{n-1}\cdots+a_nB_1=A_nB+r_n,\quad r_n=a_1\beta_n+a_2\beta_{n-1}+\cdots+a_n\beta_1\tag{19}\]
\[\sum\limits_{n=1}^{\infty}C_n=\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n\sum\limits_{n=1}^{\infty}b_n\tag{20}\]
• 利用\(\dfrac{1}{1-x}=\sum\limits_{n=0}^{\infty}x^0\)求\(\sum\limits_{n=1}^{\infty}nx^{n-1}\)；
• 验证\(\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^{n-1}}{\sqrt{n}}\)与自身的柯西乘积不收敛。
4.2 二重级数
级数的概念可以扩展到有两个维度的数集\(\{a_{ij}\}\)，它们的和称为二重级数，记作\(\sum\limits_{i,j=1}^{\infty}a_{ij}\)。式（21）左称为二重级数的部分和，如果式（21）右的重极限存在，则称二重级数收敛于\(S\)，否则称为发散。要注意，重极限是两个变量同时趋于\(\infty\)，如果其中一个先趋于\(\infty\)，则它称为累级数，如式（22）所示，内层的级数也称行级数和列级数。
\[S_{mn}=\sum\limits_{i=1}^{m}\sum\limits_{j=1}^{n}a_{ij};\quad\lim_{m,n\to\infty}{S_{mn}}=S\tag{21}\]
\[\sum\limits_{i=1}^{\infty}\left(\sum\limits_{j=1}^{\infty}a_{ij}\right);\quad\sum\limits_{j=1}^{\infty}\left(\sum\limits_{i=1}^{\infty}a_{ij}\right)\tag{22}\]
级数的有些讨论可以套用在二重级数中，这里不作赘述，而把重点放在讨论二重级数与累级数的关系上。如果一个累级数存在，容易证明二重级数也存在，且级数的值相等。但反之，如果二重级数存在，累积数不一定存在，甚至行（列）级数都不存在。但容易证明，如果行（或列）级数存在，则对应的累积数也存在，且累积数的值与二重级数相同。
由此可以看出，如果二重级数存在，讨论的重点便是行（或列）级数的存在性。对正项级数，根据有界性已知，它的行列级数都存在，故正项二重级数与正项累级数是完全等价的。还容易证明，二重级数的更序级数也有与之相同的值。对于一般的二重级数，同样可以定义绝对收敛的概念，且容易证明，绝对收敛的二重级数与它的累级数是完全等价的。
4.3 乘法级数
级数是无穷个小量直和，其实在乘法中，也可以考虑无穷个趋于\(1\)的量的积。为此定义式（23）左为无穷乘积，式（23）右为它的部分积。部分积如果收敛于非零常数\(P\)，则称无穷乘积是收敛的。如果部分积的极限是\(0\)或\(\infty\)，这些情况比较平凡，不作讨论，故定义为发散。有讨论价值的无穷乘积，它的通项必定是趋于\(1\)的，为此我们把通项写成\(1+a_n\)，其中\(a_n\to 0\)。
\[\prod\limits_{n=1}^{\infty}p_n=p_1\cdot p_2\cdot p_3\cdot\,\cdots;\quad P_n=\prod\limits_{k=1}^{n}p_k\tag{23}\]
对数可以将乘法变成加法，这就启发我们，\(\prod\limits_{n=1}^{\infty}p_n\)收敛的充要条件是\(\sum\limits_{n=1}^{\infty}\ln{p_n}\)收敛。另外，由于\(\ln{(1+a_n)}\sim a_n\)，故\(a_n\)同号时，根据正项级数的比较判别法，可知\(\prod\limits_{n=1}^{\infty}(1+a_n)\)收敛的充要条件是\(\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n\)收敛。特别地，如果\(a_n<0\)且\(\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n\)发散，则有\(\prod\limits_{n=1}^{\infty}(1+a_n)=0\)。
• 求证：\(\prod\limits_{n=1}^{\infty}\cos{\dfrac{\varphi}{2^n}}=\dfrac{\sin{\varphi}}{\varphi}\)；
• 求证：\(\lim\limits_{n\to\infty}{\dfrac{a(a+1)\cdots(a+n)}{b(b+1)\cdots(b+n)}}\)发散，其中\(b>a>0\)。
