调和级数在收敛圆周上的敛散性

调和级数定义为

$$\frac{z}{1} + \frac{z^2}{2} + \frac{z^3}{3} + \cdots + \frac{z^n}{n} + \cdots$$

下面分析它在复平面上的敛散性。

1 收敛半径

$$\lim_{n \rightarrow \infty} |\frac{c_{n+1}}{c_n}| = \lim_{n\rightarrow \infty} \frac{1/(n+1)}{1/n} = 1 = \frac{1}{R},$$

所以收敛半径为 $R = 1$。单位圆$|z|=1$上各点的敛散性如何？：

2 $z = 1$ 时级数是发散的:

$$1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \cdots \\ = 1 + \frac{1}{2} + ( \frac{1}{3}+\frac{1}{4}) + \cdots + ( \frac{1}{2^n+1} + \cdots + \frac{1}{2^{n+1}}) + \cdots \\ > 1 + \frac{1}{2} + (\frac{1}{4} + \frac{1}{4}) + \cdots + ( \frac{1}{2^{n+1}} * 2^n ) + \cdots \\ = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{2} + \cdots 发散$$

3 $|z|=1, z \neq 1$ 时如何？

3.1 阿贝尔引理

阿贝尔引理：

$\{a_n\} , \{b_n\}$ 是两个数列，定义 $\{b_n\}$的前$n$项和$B_n = \sum^n_{i=1}b_i$。

若有①$\{a_n\}$单调②$\{B_k\}$有界，即 $\forall k, |B_k| \leq M$，

则有

$$|\sum^n_{k=1} a_k b_k | \leq M ( |a_1| + 2 | a_n |).$$

证明：

$$\sum^n_{k=1} a_k b_k = \sum^n_{k=1} a_k (B_k - B_{k-1}) = \sum^n_{k=1} a_k B_k - \sum^{n-1}_{k=1} a_{k+1}B_k \\ = a_n B_n - \sum^{n-1}_{k=1}(a_{k+1}-a_k)B_k,$$

所以有

$$|\sum^n_{k=1}a_k b_k | \leq |a_n B_n| + |\sum^{n-1}_{k=1}(a_{k+1}-a_k)B_k|\\ \leq M |a_n| + M \sum^{n-1}_{k=1} |a_{k+1} - a_k| （因为\{B_n\}有界） \\ \leq M |a_n| + M( |a_n| + |a_1|) (因为\{a_n\}单调) \\ = M( |a_1| + 2|a_n|)$$

3.2 狄利克雷判别法

若有：① $\{a_n\}$单调且趋于0， ②$\sum^n_{i=1}b_i$有界，即$\exists M$ s.t. $\forall n, |\sum^n_{i=1}b_i|\leq M$;

则有: $\sum^\infty_{n=1}a_n b_n$ 收敛。

证明：$\forall p \in Z^+$，构造 $B_n = \sum^{n+p}_{i=n+1}, n=1,2,3,\cdots$,则

$$|B_k| = |\sum^{k+p}_{i=k+1} b_i | = |\sum^{k+p}_{i=1}b_i - \sum^k_{i=1}b_i | \leq |\sum^{k+p}_{i=1}b_i| + |\sum^k_{i=1}b_i| \leq 2M,$$

$\forall \epsilon >0, \exists N$, s.t. $n>N$ 时有$|a_n| < \frac{\epsilon}{6M}$，根据阿贝尔引理有

$$| \sum^{n+p}_{k=n+1} a_k b_k | \leq 2M (|a_{n+1}| + 2|a_{n+p}|) < 2M \frac{\epsilon}{6M} 3 = \epsilon,$$

这个结论对任意正整数 $p$ 都成立，说明 $|\sum^\infty_{k=n+1}a_kb_k| < \epsilon$，即 $\sum^\infty_{k=1}a_kb_k$收敛。

3.3 应用在调和级数

在调和级数中，取 $\{a_n = \frac{1}{n}\}, \{b_n = z^n\}$，在 $|z|=1, z\neq1$时，即$z = e^{i\theta}, \theta \in (0, 2\pi)$。此时 $\sum^n_{k=1}b_k$有界，说明如下。

$$z + z^2 + \cdots = (\cos \theta + i \sin \theta) + (\cos 2\theta + i \sin 2\theta) + \cdots\\ + (\cos n \theta + i \sin n \theta) + \cdots \\ = (\cos \theta + \cos 2 \theta + \cdots + \cos n \theta + \cdots ) + i(\sin \theta + \sin 2 \theta + \cdots + \sin n \theta + \cdots)$$

$$2\sin \frac{\theta}{2} ( \sum^n_{k=1} \cos k \theta ) = (\sin \frac{3}{2}\theta - \sin \frac{\theta}{2} ) + (\sin \frac{5}{2}\theta - \sin \frac{3}{2}\theta) + \cdots \\ = \sin (n+\frac{1}{2}\theta) - \sin \frac{\theta}{2}$$

$$| \sum^n_{k=1}\cos k\theta| = | \frac{ \sin(n+\frac{1}{2})\theta - \sin \frac{\theta}{2} }{2\sin\frac{\theta}{2}}| \leq |\frac{1}{\sin \frac{\theta}{2}}| 有界$$

类似地，可以说明 $\sum^n_{k=1} \sin k\theta$ 有界：

$$2\sin \frac{\theta}{2} (\sum^n_{k=1} \cos k\theta) = (\cos \frac{\theta}{2} - \cos \frac{3}{2}\theta ) + \cdots = \cos \frac{\theta}{2} - \cos(n+\frac{1}{2})\theta, \\ |\sum^n_{k=1}\cos k \theta| = | \frac{ \cos \frac{\theta}{2} - \cos(n+\frac{1}{2})\theta }{2\sin \frac{\theta}{2}}| \leq |\frac{1}{\sin \frac{\theta}{2}}|有界$$

因此， $\sum^n_{k=1} b_k = \sum^n_{k=1} \cos k\theta + i \sum^n_{k=1}\sin k \theta$ 有界。

所以，可以使用狄利克雷判别法，推断：$\sum^\infty_{k=1} a_k b_k = \sum^\infty_{k=1} \frac{z^k}{k}$在 $|z|=1, z\neq 0$时收敛。

4. 鸣谢

一类复幂级数在收敛圆周上敛散性讨论：https://m.doc88.com/p-7187673804181.html?r=1#
阿贝尔引理：https://zhuanlan.zhihu.com/p/350403597
狄利克雷判别法：https://zhuanlan.zhihu.com/p/350403734