7. 数列、有限和与收敛级数

学习目标与定义

数列 $(a_n)_{n\ge1}$ 是按次序排列的数。若对每个 $\varepsilon>0$，存在正整数 $N\in\mathbb Z_{\ge1}$ 使 $n\ge N$ 蕴含 $|a_n-L|<\varepsilon$，则数列收敛到 $L$。级数 $\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ 通过部分和 $S_N=\sum_{n=1}^N a_n$ 定义：它收敛当且仅当 $S_N$ 有有限极限。项与部分和是不同的数列。

等差数列满足 $a_n=a_1+(n-1)d$，首尾配对得 $S_N=N(a_1+a_N)/2$。等比数列满足 $a_n=ar^{n-1}$，其精确有限和为

$$S_N=\frac{a(1-r^N)}{1-r}\quad(r\ne1),\qquad S_N=Na\quad(r=1).$$

推导。 从 $S_N=a+\cdots+ar^{N-1}$ 减去 $rS_N=ar+\cdots+ar^N$，中间项全部抵消，得到 $(1-r)S_N=a-ar^N$。这是不需要收敛假设的有限代数恒等式。

定理：等比级数及其尾项

若 $|r|<1$，则 $\sum_{n=1}^{\infty}ar^{n-1}=a/(1-r)$，取前 $N$ 项后的误差为 $ar^N/(1-r)$。若 $a\ne0$ 且 $|r|\ge1$，级数不收敛。

证明。 当 $|r|<1$，$r^N\to0$，所以有限和公式给出所述极限和精确误差。当 $|r|\ge1$，各项不趋于零。任何收敛级数都必须满足 $a_n=S_n-S_{n-1}\to0$，故此时不可能收敛。特殊情况 $a=0$ 的零级数对任何 $r$ 都收敛。

项趋于零是必要但非充分条件。调和级数 $\sum1/n$ 发散：第 $n=2^{k-1}+1,\ldots,2^k$ 块有 $2^{k-1}$ 项，每项至少为 $1/2^k$，所以每块至少贡献 $1/2$，部分和因此无界。

裂项和也应先计算有限和再取极限。例如

$$\sum_{n=1}^N\frac1{n(n+1)}=\sum_{n=1}^N\left(\frac1n-\frac1{n+1}\right)=1-\frac1{N+1}.$$

因此无穷和为 $1$。有限抵消本身不能证明无穷项可任意重排；上述次序是计算的一部分。

证明桥梁：有限和、等比极限与比较

下述等比恒等式中的 $a,r$ 可以为实数或复数，并令 $\rho=|r|$。当使用复数时，有符号余项应理解为复数余项；复数和的收敛按模定义。

我们将阿基米德性质与完备性作为实数的基本性质。阿基米德性质说明：对每个实数 $M$，都存在正整数 $N\in\mathbb Z_{\ge1}$ 使 $N>M$。完备性说明：每个非空且有上界的实数集合都有最小上界。归纳法只用于有限整数论证；这里不预设无穷抵消或重排。

等比幂趋于零。 设 $0\le\rho<1$。若 $\rho=0$，则对 $n\ge1$ 有 $\rho^n=0$。否则令 $t=1/\rho-1>0$。由归纳法有 $(1+t)^n\ge1+nt$：将 $1+nt$ 乘以 $1+t$，得到 $1+(n+1)t+nt^2\ge1+(n+1)t$。因此 $0\le\rho^n\le1/(1+nt)$。给定 $\varepsilon>0$，阿基米德性质保证存在 $N$ 使 $1+Nt>1/\varepsilon$；对 $n\ge N$ 就有 $\rho^n<\varepsilon$。所以当 $|r|<1$ 时，$r^n\to0$。

当 $|r|<1$ 时，对有限等比和 $S_N=a(1-r^N)/(1-r)$，直接相减得

$$\left|S_N-\frac a{1-r}\right|=\frac{|a|\,|r|^N}{|1-r|}\longrightarrow0.$$

这从收敛定义直接证明无穷和及其精确有符号余项 $a r^N/(1-r)$，也包括负公比。若 $a=0$，对每个实数或复数 $r$，所有部分和都为零。若 $a\ne0$ 且 $|r|\ge1$，各项的绝对值至少为 $|a|$，所以各项不趋于零。

为什么收敛级数的项趋于零。 若 $S_n\to S$，则

$$|a_n|=|S_n-S_{n-1}|\le|S_n-S|+|S_{n-1}-S|.$$

对任意 $\varepsilon>0$，当 $n$ 充分大时，右边两项都小于 $\varepsilon/2$，故 $a_n\to0$。此外，每个收敛实数列都有界：充分靠后的项与极限的距离小于一，而之前有限项也有界。这些事实证明上面的等比级数发散结论。

调和级数的有限分块发散证明。 对每个整数 $k\ge1$，有限区块 $n=2^{k-1}+1,\ldots,2^k$ 有 $2^{k-1}$ 项，每项至少为 $1/2^k$。因此

$$\sum_{n=1}^{2^K}\frac1n =1+\sum_{k=1}^K\sum_{n=2^{k-1}+1}^{2^k}\frac1n \ge1+\frac K2.$$

这些部分和无界，所以调和级数不收敛；但由阿基米德性质，$1/n\to0$。以上分组全部是有限的，不依赖无穷级数重排定理。

比较与绝对收敛。 先证明非递减且有上界的实数列 $(s_n)$ 收敛于 $L=\sup\{s_n:n\ge1\}$。对每个 $\varepsilon>0$，存在 $s_N>L-\varepsilon$，否则 $L-\varepsilon$ 就是上界；对 $n\ge N$，有 $L-\varepsilon<s_n\le L$。

若从某项开始 $0\le u_n\le b_n$，且 $b_n\ge0$、$\sum b_n$ 收敛，则 $u_n$ 的尾部部分和非递减，并被固定的有限初始贡献加上 $b_n$ 部分和的一个上界所控制。由前面的上确界论证，$\sum u_n$ 收敛。对实数 $a_n$，若 $\sum|a_n|$ 收敛，可将该论证用于 $a_n^+=(|a_n|+a_n)/2$ 和 $a_n^-=(|a_n|-a_n)/2$；它们都介于零与 $|a_n|$ 之间。两个部分和各自收敛，所以其差 $\sum_{n=1}^N a_n$ 收敛，因为差的误差不超过两个各别误差之和。对复数 $a_n$，将实数结论用于实部和虚部，它们的绝对值均不超过 $|a_n|$。 若两个分量和的极限为 $U,V$，则复数部分和趋于 $U+iV$，因为 $|z-(U+iV)|\le|\operatorname{Re}z-U|+|\operatorname{Im}z-V|$。这证明绝对收敛蕴含收敛，也证明可与收敛的等比控制级数作比较。改变有限个初始项不影响收敛性，因为它只给后面的部分和加上固定有限常数。

例题

误差目标。 用 $n=0,\ldots,N-1$ 项近似 $\sum_{n=0}^{\infty}3(1/4)^n=4$。被省略的尾项为 $4(1/4)^N$。要使其小于 $10^{-3}$，要求 $4^N>4000$。由于 $4^5=1024$、$4^6=4096$，六项足够，五项不够。

循环小数。 小数 $0.272727\ldots$ 表示 $\sum_{k=1}^{\infty}27\cdot100^{-k}$，其和为 $(27/100)/(1-1/100)=27/99=3/11$。等比级数定义使无穷记号精确化。

分层练习

1. 基础。 求 $\sum_{n=1}^{20}(3n-1)$。
2. 核心。 求 $\sum_{n=1}^{\infty}2(-1/3)^{n-1}$ 的和，并给出取前四项后的绝对误差界。
3. 核心。 求 $\sum_{n=1}^{\infty}1/((n+1)(n+2))$。
4. 证明。 解释为何 $\sum n/(n+1)$ 发散，再给出一个项趋于零但发散的级数。

详解

1. 使用 $\sum_{n=1}^{20}n=20\cdot21/2=210$，得到 $3\cdot210-20=610$。
2. 公比的绝对值小于一，因此和为 $2/(1+1/3)=3/2$。精确尾项为 $[2(-1/3)^4]/(1+1/3)=1/54$，其绝对值也是 $1/54$。
3. 写成 $1/((n+1)(n+2))=1/(n+1)-1/(n+2)$。前 $N$ 项和为 $1/2-1/(N+2)$，极限为 $1/2$。
4. 各项 $n/(n+1)$ 趋于 $1$，不满足项趋零的必要条件。调和级数的项满足 $1/n\to0$，但如上面的分组估计所示，它发散。因此该条件不能反过来使用。

总结与术语

部分和是有限项的累积和。级数在部分和收敛时收敛；尾项是截断后省略的余项。裂项级数利用有限部分和中相邻项的抵消化简。先找出精确有限恒等式，再论证极限；未经检查假设，不要把无穷项直接代入公式。