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数项级数的概念

一、引言

在正式进行数项级数的学习之前，先考虑这样一个问题：

公元前 $450$ 年，古希腊有一位著名的学者芝诺（Zeno）曾提出了若干个影响数学史发展的悖论。考虑其中一个非常著名的悖论：“芝诺的乌龟”：
假设有一只乌龟在 Achilles 的前面 $S_{1}$ 米处爬行，Achilles 在后面追赶。

当 Achilles 用了 $t_{1}$ 秒跑到了 $S_{1}$ 处时，乌龟又向前爬行了 $S_{2}$ 米；

当 Achilles 又用了 $t_{2}$ 秒跑到了 $S_{2}$ 处时，乌龟又向前爬行了 $S_{3}$ 米；

……

这样的过程可以一直进行下去，如此看来，Achilles 将永远都追不上乌龟！

显然，这样的结论有悖于常识，是绝对荒谬的！但是，究竟是哪里不对？当时的人们搞不清楚。

分析：常识告诉我们，Achilles 一定可以在有限的时间 $T$ 内，经过有限的距离 $S$ 追上乌龟。

芝诺的诡辩之处在于，他将有限的时间 $T$ （或者说，有限的距离 $S$ ）分割成了无穷多段：

t_{1}, t_{2}, \dots, t_{n}, \dots (或 S_{1}, S_{2}, \dots, S_{n}, \dots)

$t_1,t_2,\cdots ,t_n,\cdots \quad \left( \text{或} ~ S_1,S_2,\cdots ,S_n,\cdots \right)$

然后，再一段一段地进行叙述，从而营造出一种假象：“追-爬-追-爬”地过程随着时间的流逝而永无止境。

然而事实上，将 Achilles 用掉的时间 $t_1,t_2,\cdots ,t_n,\cdots$ （或经过的距离 $S_1,S_2,\cdots ,S_n,\cdots$ ）加起来，即：

t_{1} + t_{2} + \dots + t_{n} + \dots (或 S_{1} + S_{2} + \dots + S_{n} + \dots)

$t_1+t_2+\cdots +t_n+\cdots \quad \left( \text{或} ~ S_1+S_2+\cdots +S_n+\cdots \right)$

尽管相加的有无穷多项，但它们的“和”却是有限数！

附注：这里的“和”加了引号，是因为我们之前所接触到的一般意义下的“和”是有限多项相加的结果，而对于无穷多项相加的“和”，后面我们将会进行详细的论述，可以简单地理解为：对一般意义下的“和”的推广。

也就是说，经过一段有限的时间 $T$ 后，Achilles 一定可以跑完有限的距离 $S$ ，并追上乌龟！

在上面的“芝诺的乌龟”悖论中，我们接触到了无穷多个数相加的情形。下面，再介绍几个关于“无穷多个数相加”的实例。

实例一：《庄子·天下》中有句“一吃之锤，日取其半，万世不竭”。

转换为数学的语言，即有结论：

1 = \frac{1}{2} + \frac{1}{2^{2}} + \dots + \frac{1}{2^{n}} + \dots

$1=\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\cdots +\frac{1}{2^n}+\cdots$

实例二：很容易想到将所有的自然数相加：

1 + 2 + \dots + n + \dots

$1+2+\cdots +n+\cdots$

显然，这这样的无穷多个数相加，是一个无穷大量，无法用有限数来表示。

实例三：尝试将 $1$ 与 $-1$ 不断地交错相加：

1 + (- 1) + 1 + (- 1) + \dots + 1 + (- 1) + \dots

$1+\left( -1 \right) +1+\left( -1 \right) +\cdots +1+\left( -1 \right) +\cdots$

可以看到，按照不同的“结合方法”，会得出不同的结果：
（1）原式可以写作：

[1 + (- 1)] + [1 + (- 1)] + \dots + [1 + (- 1)] + \dots = 0;

$\left[ 1+\left( -1 \right) \right] +\left[ 1+\left( -1 \right) \right] +\cdots +\left[ 1+\left( -1 \right) \right] +\cdots = 0;$

（2）也可写作：

1 + [(- 1) + 1] + [(- 1) + 1] + \dots + [(- 1) + 1] + \dots = 1.

$1+\left[ \left( -1 \right) +1 \right] +\left[ \left( -1 \right) +1 \right] +\cdots +\left[ \left( -1 \right) +1 \right] +\cdots =1.$

如此一来，这样的无穷多个数的相加竟然表出了不同的有限数！

思考：我们知道，有限个实数的相加，其和一定存在，并且是唯一确定的一个实数。例如：

1 + 1 = 2, 1 + 1 + 1 = 3, \dots

$1+1 = 2,\quad 1+1+1 = 3,\quad\cdots$

但通过上面的几个实例，我们发现，无穷多个数的“和”有时可以表示一个具体的实数，有时可以表示多个实数，有时表示无穷（非有限数），对于一般意义下的“加法运算”而言，我们认为后两者没有意义。

很自然地，我们会考虑这样一些问题：

（1）什么时候，无穷多个数的相加是有限数（即无穷多个数的“和”有意义）？
（2）对于给定的某个无穷多个数的“和”的表达式，如何判断其有意义？
（3）我们所熟悉的有限多个数相加的运算法则和运算律能够推广到无穷多个数相加的情形？
（4）……

本章，将围绕以上问题展开讨论。

二、数项级数

首先，我们需要对“无穷多个数相加”做一个描述，并由此给出数项级数的概念。

定义 1. 数项级数：设 $x_{1},x_{2},\cdots,x_{n},\cdots$ 为无穷可列个实数，则称它们“和”的表达式

x_{1} + x_{2} + \dots + x_{n} + \dots

$x_{1} + x_{2} + \cdots + x_{n} + \cdots$

为无穷数项级数或数项级数（简称级数），记作：

\sum_{n = 1}^{\infty} x_{n} .

$\sum_{n=1}^{\infty}x_{n}.$

其中， $x_{n}$ 称为级数 $\sum_{n=1}^{\infty}x_{n}$ 的通项或一般项。

现在，我们来关注上述定义的表达式的值。事实上，我们根本不可能实现对无穷多个数的直接求和。但是我们可以做到对有限多个数进行求和。例如：

S_{1} = x_{1}, S_{2} = x_{1} + x_{2}, \dots, S_{n} = x_{1} + x_{2} + \dots x_{n}, \dots

$S_1=x_1,S_2=x_1+x_2,\cdots ,S_n=x_1+x_2+\cdots x_n,\cdots$

回顾之前的知识，我们知道：“极限”是“有限”与“无限”之间的桥梁，是处理“有限”向“无限”转换的重要工具。下面，我们将利用极限，将一般意义（有限个数相加的情形）下的“和”的概念推广到无限多个数相加的情形。

定义 2. 部分和数列：设 $\sum_{n=1}^{\infty}x_{n}$ 为任意一个数项级数，我们称 $\sum_{n=1}^{\infty}x_{n}$ 的前 $n$ 项为其 n 次部分和，简称部分和，记作：

S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} x_{k} = x_{1} + x_{2} + \dots + x_{n} .

$S_n=\sum_{k=1}^n{x_k=x_1+x_2+\cdots +x_n}.$

由 $\sum_{n=1}^{\infty}x_{n}$ 的所有部分和组成的数列，称为 $\sum_{n=1}^{\infty}x_{n}$ 的部分和数列，记作： $\{S_{n}\}$ 。

根据无穷数项级数与其部分和数列的定义，我们可以进一步探讨数项级数与数列之间的关系。

（1）设 $\sum_{n=1}^{\infty}x_{n}$ 为任意一个数项级数，则由 定义 2，一定存在与之对应的一个部分和数列。换句话说，由数项级数可以构造出一个数列；

（2）设 $\{S_{n}\}$ 为任意一个数列，则可令：

u_{1} = S_{1}, u_{2} = S_{2} - S_{1}, \dots, u_{n} = S_{n} - S_{n - 1}, \dots

$u_{1} = S_{1},u_{2} = S_{2}-S_{1},\cdots,u_{n} = S_{n} - S_{n-1},\cdots$

显然有：

\sum_{n = 1}^{\infty} u_{n} = u_{1} + u_{2} + \dots + u_{n} + \dots = S_{1} + (S_{2} - S_{1}) + \dots + (S_{n} - S_{n - 1}) + \dots

$\sum_{n=1}^{\infty}u_{n} = u_{1} + u_{2} + \cdots + u_{n} + \cdots = S_{1} + (S_{2}-S_{1})+\cdots+(S_{n}-S_{n-1}) +\cdots$

即：由数列也可构造出一个级数。

综上所述，数项级数与数列之间可以互相转换。

很自然地，我们可以利用部分和数列的敛散性来定义“无穷多个数相加的和”。

定义 3. 数项级数的敛散性：设 $\sum_{n=1}^{\infty}x_{n}$ 为任意一个数项级数， $\{S_{n}\}$ 为其部分和数列。若 $S_{n}$ 收敛于某个实数 $S$ ，则称数项级数 $\sum_{n=1}^{\infty}x_{n}$ 收敛，称 $S$ 为数项级数 $\sum_{n=1}^{\infty}x_{n}$ 的和，记作：

lim_{n \to \infty} S_{n} = S = \sum_{n = 1}^{\infty} x_{n} .

$\lim_{n \rightarrow \infty} S_n=S=\sum_{n=1}^{\infty}{x_n}.$

反之，若 $\sum_{n=1}^{\infty}x_{n}$ 的部分和数列 $\{S_{n}\}$ 发散，则称级数 $\sum_{n=1}^{\infty}x_{n}$ 发散。

说明：由 定义 3 可以看出，

（1）只有当无穷数项级数收敛时，无穷多个实数的加法才有意义；

（2）收敛的无穷数项级数，其“和”为其部分和数列的极限；

（3）由前面的讨论，部分和数列收敛，则对应的数项级数收敛；反之，数项级数收敛，则对应的部分和数列也收敛，二者在本质上是一回事；

（4）我们得到了研究数列收敛问题的新方法：将数列转换为数项级数，通过研究级数的和是否存在，来判断对应的部分和数列是否收敛。

在数列极限中，我们探讨过这样一件有趣的事情：数列的收敛与否与其前有限多项无关。作为类比，很容易猜测（后面将给出证明）：

数项级数的收敛与否与其前有限多项无关。

显然，若抛弃数项级数的前有限多项，则剩余部分与原级数具有一定的关联。

定义 4. 数项级数的余式：设 $\sum_{n=1}^{\infty}x_{n}$ 为任意一个数项级数，若丢弃级数的前 $n$ 项，则将剩余的部分

\sum_{k = n + 1}^{\infty} x_{k} = x_{n + 1} + x_{n + 2} + \dots + x_{n + r} + \dots

$\sum_{k=n+1}^{\infty}{x_k=x_{n+1}+x_{n+2}+\cdots +x_{n+r}+\cdots}$

称为 $\sum_{n=1}^{\infty}x_{n}$ 的第 n 项后的余式。

显然，根据 定义 1，级数的余式，依旧是级数。

定理 1：若级数 $\sum_{n=1}^{\infty}x_{n}$ 收敛，则它的任意一个余式也收敛；反之，若级数的任意一个余式收敛，则级数也收敛。换种描述方式，即：

（1）级数收敛的充分必要条件为：级数的任意一个余式收敛；

（2）级数与其余式具有相同的敛散性。

证明：

（1）必要性：设 $\sum_{n=1}^{\infty}x_{n}$ 为一和为 $S$ 的收敛级数，部分和数列为 $\{S_{n}\}$ 。设 $m$ 为任意的一个正整数，级数 $\sum_{k = m=1}^{\infty}x_{k}$ 为其第 $m$ 项后的余式， $\{Tn\}$ 为余式的部分和数列，则有：

S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} x_{k}, T_{n} = \sum_{k = m + 1}^{m + n} x_{k},

$S_{n} = \sum_{k=1}^{n}x_{k},\quad T_{n} = \sum_{k=m+1}^{m+n}x_{k},$

显然有： $T_{n} = S_{m+n}-S_{m}$ 。

等式两端同时取极限，则得：

lim_{n \to \infty} S_{n} = lim_{n \to \infty} (S_{m + n} - S_{m}) = S - S_{m} .

$\lim_{n\rightarrow \infty} S_n=\lim_{n\rightarrow \infty} \left( S_{m+n}-S_m \right) =S-S_m.$

对于不同的 $m$ ， $S-S_{m}$ 均为有限数，因此 $\sum_{k =m+1}^{\infty}x_{k}$ 收敛。

（2）充分性：设级数 $\sum_{n=1}^{\infty}x_{n}$ 的任一余式 $\sum_{k =m+1}^{\infty}x_{k}$ 收敛，且和为 $T$ ，级数的部分和数列为 $\{S_{n}\}$ ，余式的部分和数列为 $\{T_{n}\}$ ，则：

lim_{n \to \infty} T_{n} = T,

$\lim_{n\rightarrow \infty} T_n=T,$

由于 $T_{n} = S_{m+n}-S_{m}$ ，因此 $S_{m+n}=T_{n}+S_{m}$ ，从而：

lim_{n \to \infty} S_{n} = lim_{n \to \infty} S_{n + m} = T + S_{m} .

$\lim_{n\rightarrow \infty} S_n=\lim_{n\rightarrow \infty} S_{n+m}=T+S_m.$

即：级数 $\sum_{n=1}^{\infty}x_{n}$ 收敛。

附注：对于 $\forall ~ m \in \mathbb{N}^{+}$ ，数列 $\{S_{n+m}\}$ 既可以看作是数列 $\{S_{n}\}$ 的一个子式，也可以看作是 $\{S_{n}\}$ 抛弃前 $m$ 项后形成的新的数列，而由数列理论可知，数列的敛散与否、若收敛，收敛于何值均与数列的前有限项无关。

证毕

现在，可以做一个简单的总结：

（1）数项级数的敛散性与其有限多项无关；

（2）换句话说，丢弃或增加任意有限项，都不影响级数的敛散性。

三、习题：

一、证明： $|q|<1$ 时，级数 $\sum_{n=1}^{\infty}q^{n-1}$ 收敛。

证：设级数 $\sum_{n=1}^{\infty}q^{n-1}$ 的部分和数列为 $\{S_{n}\}$ ，则有：

S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} q^{k - 1} = 1 + q + \dots + q^{n - 1} = \frac{1 - q^{n}}{1 - q},

$S_{n} = \sum_{k=1}^{n}q^{k-1} = 1+q +\cdots+q^{n-1} = \frac{1-q^{n}}{1-q},$

因此，当 $n \rightarrow \infty$ 时，有：

lim_{n \to \infty} S_{n} = lim_{n \to \infty} \frac{1 - q^{n}}{1 - q} = \frac{1}{1 - q}, (| q | < 1) .

$\lim_{n\rightarrow \infty} S_n=\underset{n\rightarrow \infty}{\lim}\frac{1-q^n}{1-q}=\frac{1}{1-q},\quad \left( |q|<1 \right) .$

由定义，级数 $ $\sum_{n=1}^{\infty}q^{n-1}$ 收敛，且和为 $\frac{1}{1-q}$ 。

证毕

二、证明： $|q|<1$ 时，级数 $\sum_{n=1}^{\infty}q^{n}$ 收敛。

证：类似于 题1。设级数 $\sum_{n=1}^{\infty}q^{n}$ 的部分和数列为 $\{S_{n}\}$ ，则有：

S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} q^{k} = q + q^{2} + \dots + q^{n} = \frac{q - q^{n + 1}}{1 - q},

$S_{n} = \sum_{k=1}^{n}q^{k} = q+q^{2} +\cdots+q^{n} = \frac{q-q^{n+1}}{1-q},$

因此，当 $n \rightarrow \infty$ 时，有：

lim_{n \to \infty} S_{n} = lim_{n \to \infty} \frac{q - q^{n + 1}}{1 - q} = \frac{q}{1 - q}, (| q | < 1) .

$\lim_{n\rightarrow \infty} S_n=\underset{n\rightarrow \infty}{\lim}\frac{q-q^{n+1}}{1-q}=\frac{q}{1-q},\quad \left( |q|<1 \right) .$

证毕

三、回到“芝诺的乌龟悖论”，假设乌龟的速度为 $v_{1} ~ m/s$ ，Achilles 的速度为 $v_{2} ~ m/s$ ，令 $q = \frac{v_{1}}{v_{2}}$ ，则显然有 $0<q<1$ ，于是：

Achilles 跑过距离 $S_{1}$ ，用时 $t_{1} = \frac{S_{1}}{v_{2}}$ ，与此同时，乌龟又爬行了 $S_{2} = v_{1} t_{1} = S_{1}\frac{v_{1}}{v_{2}} = S_{1}q$ ；
Achilles 再跑过距离 $S_{2}$ ，用时 $t_{2}=\frac{S_{2}}{v_{2}}$ ，与此同时，乌龟又爬行了 $S_{3}=v_{1}t_{2}=S_{2}q=S_{1}q^{2}$ ；
……

解：显然，Achilles 要追上乌龟要跑完无穷多段路程 $S_{1},S_{2},\cdots,S_{n},\cdots$ 而：

S_{1} + S_{2} + \dots + S_{n} + \dots = S_{1} (1 + q + \dots + q^{n - 1} + \dots) = \frac{S_{1}}{1 - q} .

$S_1+S_2+\cdots +S_n+\cdots =S_1\left( 1+q+\cdots +q^{n-1}+\cdots \right) =\frac{S_1}{1-q}.$

也就是说，Achilles 要追上乌龟，需要跑玩路程 $\frac{S_{1}}{1-q}$ 。

证毕

四、考虑级数 $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}$ 的敛散性。

解：显然，

\sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n - 1} = 1 + (- 1) + 1 + (- 1) + \dots + 1 + (- 1) + \dots

$\sum_{n=1}^{\infty}{(}-1)^{n-1}=1+\left( -1 \right) +1+\left( -1 \right) +\cdots +1+\left( -1 \right) +\cdots$

可以直接粗俗地得出结论：该级数不收敛。下面我们进行严格地论证。

设级数 $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}$ 地部分和数列为 $\{S_{n}\}$ ，由 $\{S_{n}\}$ 的全体奇数项构成的子列为 $\{S_{2k-1}\}$ ，由 $\{S_{n}\}$ 的全体偶数项构成的子列为 $\{S_{2k}\}$ 。通过数学归纳法可以证明：