级数：有限恒等式、模型与有保证的尾项

有限恒等式、模型与尾项

记住一个无穷和公式，并不能回答三个前置问题：使用了哪个有限代数恒等式、端点极限是否存在、有限计算后还剩多少。我们分别建立这些层次，再应用于递推和等待时间分布。所需基础是有限代数、等比求和公式、初等对数与级数收敛的定义；不对无穷级数逐项求导。

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。

1. 指标平移是有限代数

对正整数 $N$，定义 $S_N(r)=\sum_{k=1}^Nkr^k$。写出 $rS_N$ 时，指数及其对应系数都会改变：

$$S_N=r+2r^2+\cdots+Nr^N, \qquad rS_N=r^2+2r^3+\cdots+Nr^{N+1}.$$

相减得到

$$(1-r)S_N=\sum_{k=1}^Nr^k-Nr^{N+1}.$$

最后一项是边界项，不能仅因为它位于原指标范围外就删去。若 $r\ne1$，代入有限等比恒等式得到

$$S_N(r)=\frac{r-(N+1)r^{N+1}+Nr^{N+2}}{(1-r)^2}.$$

若 $r=1$，不能除以 $1-r$，原和直接给出 $N(N+1)/2$。有限恒等式对其他每个实数或复数 $r$ 均有效，包括无穷级数发散的情况。例如在 $r=2$ 时它仍是精确公式。

一般方法。 加权和乘以公比会把相同权重平移一位。相减将线性权重 $k$ 化为更简单的差 $k-(k-1)=1$。更复杂的多项式权重可通过进一步有限差分简化。每次相减也会产生端点项，因此推导应在合并幂次之前明确写出这些项。

2. 通过极限需要另一个论证

当 $|r|<1$ 时，$Nr^N\to0$。为证明额外因子 $N$ 不妨碍收敛，令 $\rho=|r|$，其中 $0<\rho<1$，再选 $q$ 使 $\rho<q<1$。对于充分大的 $n$，有 $\rho(1+1/n)\le q$。因此正项 $a_n=n\rho^n$ 从那时起满足 $a_{n+1}\le qa_n$。反复比较，便可用趋于零的等比数列控制它们。$r=0$ 的情况直接成立。

对已证明的有限恒等式取极限，得到

$$\sum_{k=1}^{\infty}kr^k=\frac r{(1-r)^2},\qquad |r|<1.$$

当 $|r|\ge1$ 时，各项 $kr^k$ 不趋于零，因此无穷级数不收敛。有限公式绝不允许在收敛范围外直接把指标换成无穷。

对于满足 $|r|<1$ 的有符号或复数公比，精确尾和为

$$\sum_{k=N+1}^{\infty}kr^k =\frac{r^{N+1}[(N+1)-Nr]}{(1-r)^2}.$$

一种推导写成 $k=N+j$，再把 $\sum_{j\ge1}(N+j)r^{N+j}$ 分成一个等比和与刚建立的加权和。令 $\rho=|r|$，可得到有保证的绝对上界：

$$\left|\sum_{k=N+1}^{\infty}kr^k\right| \le\frac{\rho^{N+1}[(N+1)-N\rho]}{(1-\rho)^2}.$$

此估计不依赖抵消，因此可能大于带符号误差的绝对值。

3. 递推模型需要明确观察时刻

假设蓄水池在第 $n$ 次添加之后立即含有 $B_n$ 单位。在两次添加之间保留比例 $q$，先假定 $0<q<1$，然后加入 $d\ge0$ 个新单位。因此

$$B_{n+1}=qB_n+d.$$

展开前几步可以发现规律，但需要归纳证明：

$$B_n=q^nB_0+d\sum_{j=0}^{n-1}q^j =q^nB_0+\frac{d(1-q^n)}{1-q}.$$

基础情形 $n=0$ 的和为空。先乘 $q$ 再加 $d$，使有限和转到下一情形。因此 $B_n$ 趋于 $B_*=d/(1-q)$；减去固定点得到精确误差 $B_n-B_*=q^n(B_0-B_*)$。

例：模型与解释。 若 $q=3/4,d=2,B_0=0$，则 $B_n=8(1-(3/4)^n)$，所以 8 是极限水平，不会在有限次添加后达到。要使其与极限之差小于 $0.1$，须有 $8(3/4)^n<0.1$，即 $n>\ln80/\ln(4/3)$。最小整数是 16：精确比较 $80\cdot3^{15}>4^{15}$ 和 $80\cdot3^{16}<4^{16}$，无需对对数取近似便能确认阈值。

如果先添加再保留，递推式变为 $C_{n+1}=q(C_n+d)$，极限水平为 $qd/(1-q)$。虽然两模型使用相同的物理常数，其含义却不同。写递推前须先决定在何时观察该量。退化情形 $q=0$ 可直接检查：先保留后添加给出 $B_n=d$，其中 $n\ge1$；先添加后保留给出 $C_n=0$，其中 $n\ge1$。这样避免在 $n=0$ 的公式中使用含糊的数值 $0^0$。

4. 概率综合：等待首次成功

进行独立试验，共同成功概率为 $p$，先假设 $0<p<1$。令 $X$ 为直到并包括首次成功的试验次数。对于 $k\ge1$，

$$P(X=k)=(1-p)^{k-1}p.$$

这里的独立性指每个有限组试验结果的联合概率等于各自边缘概率的乘积。除下述零概率事件外，$X=k$ 表示先失败 $k-1$ 次，再成功一次，因此得到所示概率。对每个正整数 $m$，永不成功的事件都包含在前 $m$ 次全部失败的事件中，后者的概率为 $(1-p)^m$。此上界趋于零，故永不成功的概率为零；在该零概率事件上定义 $X=1$，不改变其分布。等比恒等式给出 $\sum_{k=1}^m p(1-p)^{k-1}=1-(1-p)^m\to1$，因此这个可数分布已归一化。对非负整数值随机变量，期望定义为非负级数 $\sum_k kP(X=k)$，允许其为无穷。此处已证明的加权求和公式表明期望有限：

$$E[X]=\sum_{k\ge1}kp(1-p)^{k-1}=\frac1p.$$

当 $p=1$ 时，必有 $X=1$，相同答案直接成立。当 $p=0$ 时，首次成功永不发生；不能把 $1/p$ 当作有限期望，也不能说显示的权重仍然和为 1。

5. 误差诊断：项的大小不等于尾和大小

“下一项小于容许误差就停止”通常并不可靠。对首项为 $a$、公比为 $r\in(0,1)$ 的正等比尾和，整个尾和为 $a/(1-r)$。若 $r=99/100$ 且第一项遗漏项为 $10^{-4}$，遗漏总量为 $10^{-2}$，是该项的 100 倍。严格停止规则应使用推导出的尾和界控制所有遗漏项的总和。

仅有符号交替也不够。令 $b_n=(2+(-1)^n)/n>0$。虽然 $b_n\to0$，级数 $\sum_{n\ge1}(-1)^nb_n$ 却发散：第 $k$ 对连续项为

$$\frac3{2k}-\frac1{2k-1}\ge\frac1{2k},$$

因此其偶数部分和大于等于一个发散的调和级数倍数。通常的交错级数判别法除了要求正项绝对值趋于零，还需要它们最终单调递减。这里绝对值反复向上跳；忽略这一假设便是第一个错误步骤。

分层综合与诊断

1. 推导。 从有限加权恒等式出发，推导 $r\ne1$ 时 $\sum_{k=0}^{N-1}(k+1)r^k$ 的公式，并单独处理 $r=1$。解释指标变换。
2. 模型比较。 在蓄水池模型中，添加 $d$ 后保留比例 $q$。从任意 $C_0$ 出发推导 $C_n$ 的精确公式，比较其极限与先保留后添加模型的极限。
3. 概率。 对 $0<p<1$ 且 $N$ 为正整数的首次成功模型，直接计算 $P(X>N)$，解释尾概率与期望为何是不同的量。
4. 有保证的计算。 设 $\varepsilon>0$。一个正项等比级数的公比为 $4/5$。首个遗漏项满足什么条件即可保证整个遗漏和小于 $\varepsilon$？该项本身是否必须小于 $\varepsilon$？
5. 证明检查。 有学生取极限前删去 $(1-r)S_N=\sum_{k=1}^Nr^k-Nr^{N+1}$ 的最后一项，理由是“端点没有影响”。指出最后的无穷公式何时仍可能正确，并说明这一论证为何无效。
6. 挑战。 证明上面 $\sum(-1)^nb_n$ 的成对下界，再解释部分和某个子列趋于无穷为什么足以排除整个部分和数列的收敛。

完整解答

1. 令 $j=k+1$，则该和是 $\sum_{j=1}^N jr^{j-1}$。当 $r\ne0,1$ 时，它是 $S_N(r)/r$，因此等于 $[1-(N+1)r^N+Nr^{N+1}]/(1-r)^2$。当 $r=0$ 时原和等于 1，且对 $N\ge1$ 显示的表达式也给出 1，因此仍然有效。当 $r=1$ 时，将 1 至 $N$ 的整数相加得到 $N(N+1)/2$。这处理了除以 $r$ 不合法的点。
2. 递推为 $C_{n+1}=qC_n+qd$。当 $0<q<1$ 且 $n\ge0$ 时，归纳得到 $C_n=q^nC_0+qd(1-q^n)/(1-q)$，趋于 $qd/(1-q)$。当 $q=0$ 时，初值为 $C_0$，而 $n\ge1$ 时 $C_n=0$，故极限为零。先保留后添加的极限为 $d/(1-q)$，当 $0\le q<1$ 时它大 $d$。在观察时刻，第一次模型中的新添加量只在下一周期受到保留，而第二个模型中的添加量在当前周期立即受到保留。
3. 事件 $X>N$ 表示前 $N$ 次试验全部失败，因此由独立性其概率为 $(1-p)^N$。它是超过阈值的无量纲概率，而 $E[X]=1/p$ 是试验次数的概率加权平均值。不能用其中一个替代另一个，也不能由期望推断确定的等待时间保证。
4. 整个尾和是首项 $a$ 的 5 倍，因此 $a<\varepsilon/5$ 是充分条件；对这个正项精确等比尾和，它也是必要条件。要使总和小于 $\varepsilon$，当然必须有 $a<\varepsilon$，但这并不充分：介于 $\varepsilon/5$ 和 $\varepsilon$ 之间的项通过较弱检验，尾和却没有通过。
5. 端点项是精确有限恒等式的一部分，通常不为零。只有在证明 $Nr^{N+1}\to0$ 后才能删去；当 $|r|<1$ 时该极限成立。此时最终无穷公式正确，但缺少估计使论证有逻辑缺口。当 $r=2$ 时，端点项增长，不能删去；所声称的无穷和也违反项趋于零的必要条件。
6. 从一对项中减去 $1/(2k)$，得到 $1/k-1/(2k-1)=(k-1)/[k(2k-1)]\ge0$。因此偶数部分和至少为 $\sum_{k=1}^N1/(2k)$，无界。收敛实数列的每个子列都必须收敛到同一个有限极限，因此这个发散子列排除了整个数列的收敛。

总结与术语

指标平移在保留指定有限项的同时改变标签。边界项由端点处的平移或消去留下。递推描述在选定观察时刻更新的量。有保证的尾界控制所有遗漏项，而非仅控制下一项。有限恒等式、极限论证、模型假设与计算误差界是不同层次，应按此顺序论证。