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Lesson 30 数值级数

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2025-02-19

好久不见.

安排

期中考试：第八周周六 (4 月 12 日上午).

其他安排和上学期差不多，已经发在网络学堂. 上学期级数还没有讲完，所以第一周会讲一点点级数，然后在第三周周末再补一节课.

级数理论

分为两种：数值级数、函数项级数.

/Definition/ (无穷级数)

将可数无穷个数依次相加.

/Example/ (数值级数)

小数 0.a1a2a3⋯‾\overline{0.a_1a_2a_3\cdots} 就是一种无穷级数：

=a1×10−1+a2×10−2+⋯=a_1\times10^{-1}+a_2\times10^{-2}+\cdots

/Example/ (函数项级数)

Taylor 公式也是一种级数：

f(x)∼∑i=0nf(i)(x0)i!(x−x0)if(x)\sim\sum_{i=0}^n\frac{f^{(i)}(x_0)}{i!}(x-x_0)^i

这里有误差，所以自然地我们会思考有没有严格的式子，严格的式子是一个无穷级数：

f(x)=∑i=0∞f(i)(x0)i!(x−x0)i ,∀x∈If(x)=\sum_{i=0}^\infty\frac{f^{(i)}(x_0)}{i!}(x-x_0)^i\,,\quad\forall x\in I

这就将 ff 表示为 ∞\infty 个函数依次相加.

后面我们分别讲一讲数值级数和函数项级数.

数值型级数

想要定义一个无穷求和

a1+a2+⋯=∑i=1∞aia_1+a_2+\cdots=\sum_{i=1}^\infty a_i

就像我们做积分一样，我们要在某一个点处做一个截断，才能得到我们已经熟悉的、有限的求和. 回忆 Riemann 积分

∫a+∞f=lim⁡b→+∞∫abf\int_a^{+\infty}f=\lim_{b\to+\infty}\int_a^bf

类似地得到无穷求和的定义

/Definition/

设 {an}n=1∞\{a_n\}_{n=1}^\infty 是无穷数列，部分和 Sn=a1+⋯+anS_n=a_1+\cdots+a_n. 若 lim⁡n→∞Sn\underset{n\to\infty}{\lim}S_n 存在，则称无穷级数 ∑∞n=1an\underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}}a_n 收敛，并称 lim⁡n→∞Sn\underset{n\to\infty}{\lim}S_n 为无穷级数的和，写作

∑n=1∞an=lim⁡n→∞Sn=lim⁡n→∞(a1+⋯+an)\sum_{n=1}^\infty a_n=\lim_{n\to\infty}S_n=\lim_{n\to\infty}(a_1+\cdots+a_n)

若 lim⁡n→∞Sn\underset{n\to\infty}{\lim}S_n 不存在，则称级数 ∑∞n=1an\underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}}a_n 发散，或者说和 ∑∞n=1an\underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}}a_n 无意义 / 无定义.

实际上，数值级数理论 ⊆\subseteq {\{ 级数理论 }\}.

问题：如何计算无穷级数？(这里的方法实际上并不多)

一般就是计算 SnS_n 再取极限. 此外，还可以通过 Taylor 公式的结果得到恒等式.

上个学期我们已经证明过一些恒等式，比如：

/Example/

∀∣x∣<1\forall|x|<1，有

(1+x)α=∑n=0∞Cαn xn=∑n=0∞α(α−1)⋯(α−n+1)n!xn(1+x)^\alpha=\sum_{n=0}^\infty C_\alpha^n\,x^n=\sum_{n=0}^\infty\frac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n+1)}{n!}x^n

上个学期我们用 Cauchy 余项的 Taylor 公式证明了这一结论.

为了应用这个结论，我们可以推而广之，得到

(1+x)−1=11+x=1−x+x2−x3+⋯(1+x)−m=∑k=0∞C−mkxk=∑k=0∞−m(−m−1)⋯(−m−k+1)k!xk(1−x)−m=∑k=0∞m(m+1)⋯(m+k−1)k!xk=∑k=0∞Cm+k−1kxk(1−4x)1/2=∑k=0∞C1/2k(−4x)k=1+∑k=1∞(−1)xk12⋅12⋅32⋯2k−32k!⋅4k=1−∑k=1∞xk(2k−3)!!k!⋅2k=1−∑k=1∞xk(2k−2)!(k−1)!k!⋅2k(1−4x)−1/2=⋯=1+∑k=1∞C−1/2kxk=⋯\begin{aligned} (1+x)^{-1}&=\frac{1}{1+x}=1-x+x^2-x^3+\cdots\\ (1+x)^{-m}&=\sum_{k=0}^\infty C_{-m}^kx^k=\sum_{k=0}^\infty\frac{-m(-m-1)\cdots(-m-k+1)}{k!}x^k\\ (1-x)^{-m}&=\sum_{k=0}^\infty\frac{m(m+1)\cdots(m+k-1)}{k!}x^k=\sum_{k=0}^\infty C_{m+k-1}^kx^k\\\\ (1-4x)^{1/2}&=\sum_{k=0}^\infty C_{1/2}^k(-4x)^{k}=1+\sum_{k=1}^\infty(-1)x^k\frac{\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{2}\cdots\frac{2k-3}{2}}{k!}\cdot4^k\\ &=1-\sum_{k=1}^\infty x^k\frac{(2k-3)!!}{k!}\cdot2^k\\ &=1-\sum_{k=1}^\infty x^k\frac{(2k-2)!}{(k-1)!k!}\cdot2^k \\ (1-4x)^{-1/2}&=\cdots=1+\sum_{k=1}^\infty C_{-1/2}^kx^k=\cdots \end{aligned}

可以看出方法并不多，只能从已有的结果慢慢对比.

问题：若级数非常复杂，无法计算出具体的和，我们应该如何判断这一级数是否收敛？

在谈论这一问题之前，我们先讲一些级数的性质：

/Claim/

  1. 若 ∑∞n=1an\underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}}a_n 和 ∑∞n=1bn\underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}}b_n 均收敛，则 ∑∞n=1(an+bn)\underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}}(a_n+b_n) 和 ∑∞n=1(an−bn)\underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}}(a_n-b_n) 也收敛，且

    ∑n(an±bn)=(∑nan)±(∑nbn)\sum_n(a_n\pm b_n)=(\sum_{n}a_n)\pm(\sum_n b_n)

  2. 级数 ∑∞n=1an\underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}}a_n 的收敛 / 发散性与前面有限项无关. 也就是说，即使修改有限项，也不影响收敛 / 发散性.

这两个命题几乎是显然的. 我们下面稍微证明一下，可以发现这些证明基本上只要几行.

/Proof/ 1.

∑∞n=1(an±bn)=lim⁡n→∞(∑∞n=1(an±bn))=lim⁡n→∞(∑∞n=1an±∑∞n=1bn)=lim⁡n→∞∑∞n=1an±lim⁡n→∞∑∞n=1bn=∑∞n=1an±∑∞n=1bn\begin{aligned} \underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}}(a_n\pm b_n)&=\lim_{n\to\infty}(\underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}}(a_n\pm b_n))=\lim_{n\to\infty}(\underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}}a_n\pm\underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}}b_n)\\ &=\lim_{n\to\infty}\underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}}a_n\pm\lim_{n\to\infty}\underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}}b_n\\ &=\underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}}a_n\pm\underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}}b_n \end{aligned}

得证.

证毕.

/Proof/ 2.

∑∞n=1an=lim⁡N→∞(a1+⋯+an‾+an+1+⋯+aN)=(a1+⋯+an)+lim⁡N→∞(an+1+⋯+aN)=Sn+∑∞i=n+1ai\begin{aligned} \underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}}a_n&=\lim_{N\to\infty}(\underline{a_1+\cdots+a_n}+a_{n+1}+\cdots+a_N)\\ &=(a_1+\cdots+a_n)+\lim_{N\to\infty}(a_{n+1}+\cdots+a_N)\\ &=S_n+\underset{i=n+1}{\overset{\infty}{\sum}}a_i \end{aligned}

可知，∑∞n=1an\underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}}a_n 收敛 ⟺\Longleftrightarrow ∑∞i=n+1ai\underset{i=n+1}{\overset{\infty}{\sum}}a_i 收敛，即可扔去前面有限项，谈论收敛性.

得证.

证毕.

有了上面两条性质，我们找出几个判别方法.

/Claim/ (级数收敛的必要性)

若 ∑∞n=1an\underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}}a_n 收敛，则 lim⁡n→∞an=0\underset{n\to\infty}{\lim}a_n=0.

/Proof/

若 ∑∞n=1an\underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}}a_n 收敛，则 lim⁡n→∞Sn\underset{n\to\infty}{\lim}S_n 存在，从而

lim⁡n→∞an=lim⁡n→∞(Sn−Sn−1)=S−S=0\lim_{n\to\infty}a_n=\lim_{n\to\infty}(S_{n}-S_{n-1})=S-S=0

得证.

证毕.

判断收敛性

与无穷积分的收敛性判断几乎完全一致. 我们分为正项级数和一般级数来讨论.

正项级数

/Definition/

称 ∑∞n=1an\underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}}a_n 为正项级数，如果 ∃N0\exist N_0，使得 ∀n≥N0\forall n\geq N_0 有 an≥0a_n\geq0.

直接把正项无穷积分的收敛性判断方法照搬过来.

/Claim/

正项级数收敛 ⟺\Longleftrightarrow 部分和序列 {Sn}\{S_n\} 有上界.

/Proof/

“⟹\Longrightarrow”：若 ∑∞n=1an\underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}}a_n 收敛，则 lim⁡n→∞Sn\underset{n\to\infty}{\lim}S_n 存在，直接推出 {Sn}\{S_n\} 有界.

“⟸\Longleftarrow”：此时 {Sn}\{S_n\} 有上界，由 ana_n 为正项级数可知，{Sn}\{S_n\} 单调递增. 使用 Weierstrass 定理知道 lim⁡n→∞Sn\underset{n\to\infty}{\lim}S_n 存在.

得证.

证毕.

有了上面的命题，相应地我们可以仿照无穷积分的比较定理写出无穷级数的比较定理.

/Theorem/ (比较定理)

设 ∑∞n=1an\underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}}a_n 与 ∑∞n=1bn\underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}}b_n 是正项级数，且 an≤bna_n\leq b_n (∀n≥N\forall n\geq N).

  1. 若 ∑∞n=1bn\underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}}b_n 收敛，则 ∑∞n=1an\underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}}a_n 收敛；
  2. (与 1. 互为逆否命题) 若 ∑∞n=1an\underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}}a_n 发散，则 ∑∞n=1bn\underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}}b_n 发散.

/Proof/

两点互为逆否命题，只需证明其中一个. 我们下面尝试证明第一点.

由 ∑∞n=1bn\underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}}b_n 收敛，可知 {Tn=b1+⋯+bn}\{T_n=b_1+\cdots+b_n\} 有上界 KK. 进而 ana_n 部分和

Sn=ai+⋯+an≤bi+⋯+bn≤KS_n=a_i+\cdots+a_n\leq b_i+\cdots+b_n\leq K

(这里已经删去两个序列的前面有限项，保证了 ai≤bia_i\leq b_i，从一开始就具有大小关系) 上式表明 {Sn}\{S_n\} 有上界，∑∞n=1an\underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}}a_n 收敛得证.

证毕.

比较定理还可以写成极限形式：

/Theorem/ (比较定理的极限形式)

设 ∑∞n=1an\underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}}a_n，∑∞n=1bn\underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}}b_n 为正项级数，且 lim⁡n→∞anbn=L∈R≥0∪{\underset{n\to\infty}{\lim}\frac{a_n}{b_n}=L\in\R_{\geq0}\cup\{符号+∞}+\infty\}.

  1. 若 ∑∞n=1bn\underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}}b_n 收敛，且 L≠+∞L\neq+\infty，则 ∑∞n=1an\underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}}a_n 收敛；
  2. 若 ∑∞n=1bn\underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}}b_n 发散，且 L≠0L\neq0，则 ∑∞n=1an\underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}}a_n 发散；
  3. 若 L∈R+L\in\R_+，则两者收敛 / 发散性一致.

问题：我们常常使用哪些基本的例子来进行比较？

/Example/ (几何级数)

∑n=0∞qn={11−q ,∣q∣<1divergent ,other situation\sum_{n=0}^\infty q^n=\left\{\begin{array}{lr} \frac{1}{1-q}\,,\quad|q|<1\\ \text{divergent}\,,\quad\text{other situation} \end{array}\right.

可以验证 q=±1q=\pm1 情形. 这是我们最熟悉的结果.

/Example/ (调和级数)

∑∞n=11n\underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}}\frac{1}{n}. 这是一个发散的级数. 关于它的证明要归功于 Cauchy，而最早研究调和级数的人是 Euler.

/Proof/ (Cauchy 的方法)

记 Sn=1+12+⋯+1nS_n=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}. Cauchy 将这个求和进行分组：

S2n=11+12+(13+14)+⋯+(12n−1+1+⋯+12n)≥11+12+(14+14)+⋯+(2n−1⋅12n)=1+n2⟶divergent\begin{aligned} S_{2^n}&=\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+(\frac{1}{3}+\frac{1}{4})+\cdots+(\frac{1}{2^{n-1}+1}+\cdots+\frac{1}{2^n})\\ &\geq\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+(\frac{1}{4}+\frac{1}{4})+\cdots+(2^{n-1}\cdot\frac{1}{2^n})\\ &=1+\frac{n}{2}\longrightarrow\text{divergent} \end{aligned}

Cauchy 还对这个方法做了更深的推理，显然上面的式子可以抽象成一个 {an}\{a_n\} 非负且单调递减，那么

S2n=a1+⋯+a2n≥a1+a2+2a4+4a8+⋯+2n−1a2nS2n−1=a1+⋯+a2n−1≤a1+2a2+4a4+⋯+2n−1a2n−1\begin{aligned} S_{2^n}&=a_1+\cdots+a_{2^n}\\ &\geq a_1+a_2+2a_4+4a_8+\cdots+2^{n-1}a_{2^n}\\\\ S_{2^n-1}&=a_1+\cdots+a_{2^n-1}\\ &\leq a_1+2a_2+4a_4+\cdots+2^{n-1}a_{2^{n-1}} \end{aligned}

也就是两个数列的相互控制：∑∞n=1an\underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}}a_n 收敛 ⟺\Longleftrightarrow ∑∞n=12na2n\underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}}2^na_{2^n} 收敛.

更加严格地写出，应该是

∑nk=12ka2k≤2S2n≤2K ,S2n−1≤a1+M\underset{k=1}{\overset{n}{\sum}}2^ka_{2^k}\leq2S_{2^n}\leq2K\,,\quad S_{2^n-1}\leq a_1+M

其中 KK 是 {Sn}\{S_n\} 上界，{∑nk=12ka2k}\{\underset{k=1}{\overset{n}{\sum}}2^ka_{2^k}\} 的上界是 MM.

/Proof/ (另一种证法)

上学期证明过：

lim⁡n→∞(11+12+⋯+1n−ln⁡n)=γ (Euler Constant)\lim_{n\to\infty}(\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}-\ln n)=\gamma\,(\text{Euler Constant})

所以证明 {1/n}\{1/n\} 没有上界.

/Proof/ (第三种证法)

利用 1/x1/x 单调递减 (在 R+\R_+ 上)，则

1a+1=∫aa+11a+1dx≤∫aa+11xdx≤∫aa+11adx=1a\frac{1}{a+1}=\int_a^{a+1}\frac{1}{a+1}\text{d}x\leq\int_a^{a+1}\frac{1}{x}\text{d}x\leq\int_a^{a+1}\frac{1}{a}\text{d}x=\frac{1}{a}

从而：

11+12+⋯+1n≤1+∫121xdx+⋯≤1+ln⁡n\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}\leq1+\int_1^2\frac{1}{x}\text{d}x+\cdots\leq1+\ln n

也可以证明.

如果大家愿意娱乐一下自己，可以发现上面的命题有一个推论：素数有无穷多个. (Cauchy 在证明完毕之后立即发现了这一点)

/Proof/ (反证法)

设全体素数为 p1≤p2≤⋯≤pmp_1\leq p_2\leq\cdots\leq p_m. 熟知每个正整数 n=marked asp1α1⋯pmαmn\overset{\text{marked as}}{=}p_1^{\alpha_1}\cdots p_m^{\alpha_m} (αi∈Z≥0\alpha_i\in\mathbb{Z}_{\geq0}).

进而：

11+12+⋯+1n≤(1p10+⋯+1p1t)⋯(1pm0+⋯+1pmt)<11−1p1⋯11−1pm=K\begin{aligned} \frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}&\leq(\frac{1}{p_1^0}+\cdots+\frac{1}{p_1^t})\cdots(\frac{1}{p_m^0}+\cdots+\frac{1}{p_m^t})\\ &<\frac{1}{1-\frac{1}{p_1}}\cdots\frac{1}{1-\frac{1}{p_m}}=K \end{aligned}

这表明调和级数有上界，这是不可能的. 得证.

证毕.

通过与几何级数做比较，可以得到两种正项级数的收敛判别法：

  • Ratio Test (d'Alembert 判别法)
  • Root Test (Cauchy 判别法)

几何级数的特征：

  • bn+1bn=\frac{b_{n+1}}{b_n}= 公比 qq
  • bn=qn⟹bnn=qb_n=q^n\Longrightarrow\sqrt[n]{b_n}=q.

将 ∑∞n=1an\underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}}a_n 与几何级数 ∑∞n=1bn\underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}}b_n (bn=qnb_n=q^n) 比较，得到定

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好，同学们，我们下课. —— 艾神

↑\uparrow 没有讲完.

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2025/10/9 02:50
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