无穷数列、级数与误差

动机

本章需要第 5 章的有限和、基本不等式和幂。你应学会区分数列与级数，判断收敛的含义，通过部分和计算几何级数与裂项级数，并用误差界论证有限近似。无穷记号并不允许我们把无尽列表当成有限表达式处理。

仪器可能在每个整数时刻记录一个值，回声模型则可能相加逐渐减弱的信号。前者询问各个值如何变化，后者询问累积总量如何变化。这是两个不同数列，行为也可能不同。

6.1 数列与指标

本章的无穷实数列是从整数尾集 $\{n_0,n_0+1,n_0+2,\ldots\}$ 到 $\mathbb R$ 的函数，其中 $n_0$ 是固定整数。因此指标集包含每个充分大的整数，没有最后一个指标；通常取 $n_0=1$ 或 $n_0=0$。其值记为 $a_n$。记号 $(a_n)$ 表示整个数列，而不是某个未指定项。

显式公式直接计算一项；递推式规定初值和计算后续项的规则。两者都必须给出指标约定。例如

$$a_n=3+2n\quad(n\ge0)$$

从 $3,5,7,\ldots$ 开始；同一公式若取 $n\ge1$，则从 $5,7,9,\ldots$ 开始。递推式 $a_{n+1}=2a_n$ 必须给定 $a_0$ 或其他适当初值，才能确定唯一数列。

等差数列具有固定差，等比数列具有固定乘数。若首项指标为零，它们分别形如 $a_n=a_0+nd$ 和 $a_n=a_0r^n$。当 $r=0$，将 $a_0$ 作为给定初值，后续项全部设为零；无需对 $0^0$ 作一般约定。

例题

例 1：显式与递推描述。 令 $u_0=7$、$u_{n+1}=(u_n+3)/2$，其中 $n\ge0$。减去平衡值三：

$$u_{n+1}-3=\frac12(u_n-3).$$

因此 $u_n-3=4(1/2)^n$，所以 $u_n=3+4/2^n$。代入递推式和初值可验证；第 7 章将这种验证背后的归纳法形式化。各项递减趋于三，但在有限指标处从不等于三。

6.2 极限的含义

定义

数列收敛到实数 $L$，记作 $a_n\to L$，是指：

对每个 $\varepsilon>0$，存在整数 $N$，使每个允许的指标 $n\ge N$ 都满足 $|a_n-L|<\varepsilon$。

正数 $\varepsilon$ 是误差容许值。指标 $N$ 可以依赖容许值，但必须控制整个尾部，而不只是特别选取的一项。不收敛到任何有限实数的数列称为发散。发散可表现为无界增长、振荡等不同情形。

例题

例 2：明确的容许值。 对 $a_n=2+3/n$（$n\ge1$），距二的距离为 $3/n$。给定 $\varepsilon>0$，取整数 $N>3/\varepsilon$。则 $n\ge N$ 蕴含 $|a_n-2|=3/n\le3/N<\varepsilon$，所以 $a_n\to2$。要使误差严格小于 $0.01$，可取 $N=301$；若取 $N=300$，首个指标处只有相等，不是严格小于。

极限唯一。若 $L\ne M$ 都是极限，取 $\varepsilon=|L-M|/3$。在足够靠后的项中，$|a_n-L|$ 和 $|a_n-M|$ 都小于 $\varepsilon$。三角不等式给出 $|L-M|<2|L-M|/3$，矛盾。

收敛数列有界。取尾部使 $|a_n-L|<1$，则尾部各项绝对值小于 $|L|+1$。前面只有有限项，取它们绝对值与 $|L|+1$ 的最大值即可控制整个数列。反之不成立：$(-1)^n$ 有界，但偶数项与奇数项始终相差二，不能收敛。

若对每个相关 $n$ 有 $a_{n+1}\ge a_n$，数列非递减；若 $a_{n+1}\le a_n$，则非递增。单调数列可以是常数。仅有单调性或仅有有界性都不能保证收敛。例如 $a_n=n$ 递增但无界。

6.3 基本极限工具及其假设

命题

若 $a_n\to A$、$b_n\to B$，对固定实数 $c$，

$$a_n+b_n\to A+B,\quad ca_n\to cA,\quad a_nb_n\to AB.$$

若另外 $B\ne0$，则充分大的 $n$ 满足 $b_n\ne0$，且在该尾部有 $a_n/b_n\to A/B$。省略或改变有限个初始项不影响极限。

证明

这些运算法则的理由如下。和的误差至多为 $|a_n-A|+|b_n-B|$；让两者都小于目标容许值的一半即可。对乘积，写成

$$a_nb_n-AB=a_n(b_n-B)+B(a_n-A).$$

数列 $a_n$ 有界，因此两个因子的误差足够小时乘积误差也小。对商，$b_n\to B\ne0$ 蕴含最终 $|b_n|>|B|/2$，且

$$\left|\frac1{b_n}-\frac1B\right| =\frac{|b_n-B|}{|b_nB|}\le\frac{2|b_n-B|}{|B|^2}\to0.$$

再应用乘积法则即可。除以趋于零的数列不在该法则范围内。

极限运算法则的完整容许值选择

设 $a_n\to A$、$b_n\to B$ 是以整数 $n\ge n_0$ 为指标的实数列，固定 $\varepsilon>0$。下述所有阈值均可增大至至少为 $n_0$。对和，分别选取使 $|a_n-A|<\varepsilon/2$ 与 $|b_n-B|<\varepsilon/2$ 成立的阈值，再取最大值。三角不等式给出 $|(a_n+b_n)-(A+B)|<\varepsilon$。对固定实数 $c$，若 $c=0$，标量倍数结论立即成立；否则选取 $|a_n-A|<\varepsilon/|c|$，就有 $|ca_n-cA|<\varepsilon$。令 $c=-1$ 并应用和法则，也得到差法则。

对乘积，第 6.2 节已证的有界性给出实数 $M>0$，使每个指标都有 $|a_n|\le M$。选取一个共同尾部，使

$$|b_n-B|<\frac{\varepsilon}{2M},\qquad |a_n-A|<\frac{\varepsilon}{2(|B|+1)}.$$

利用第 6.3 节所示的乘积差分解，得到

$$|a_nb_n-AB|\le M|b_n-B|+|B|\,|a_n-A|<\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon|B|}{2(|B|+1)}<\varepsilon.$$

对倒数，假设 $B\ne0$。选取共同尾部，使 $|b_n-B|<|B|/2$ 且 $|b_n-B|<\varepsilon|B|^2/2$。由于 $|B|\le|B-b_n|+|b_n|$，第一个不等式给出 $|b_n|>|B|/2>0$。因此

$$\left|\frac1{b_n}-\frac1B\right|=\frac{|b_n-B|}{|b_n|\,|B|}<\frac{2|b_n-B|}{|B|^2}<\varepsilon.$$

故在非零尾部 $1/b_n\to1/B$，已证明的乘积法则给出 $a_n/b_n\to A/B$。有限次改变或省略不影响充分靠后的尾部，所以结论不依赖这些初始项。这里只用实数运算、三角不等式、收敛定义及此前已证的有界性定理，没有在任何极限法则的证明中预先假设该法则本身。

若最终有 $\ell_n\le a_n\le u_n$，且 $\ell_n,u_n\to L$，则 $a_n\to L$。事实上，对给定容许值，上下界最终都位于 $L-\varepsilon$ 与 $L+\varepsilon$ 之间，从而夹住 $a_n$。这称为夹逼原理。

例题

例 3：规范化有理式。 对 $n\ge1$，

$$\frac{5n-2}{2n+7}=\frac{5-2/n}{2+7/n}\longrightarrow\frac52.$$

分母趋于二而不是零，故商法则适用。相比之下，不能通过分别给分子分母赋有限极限来处理 $n/n$；二者都不收敛到有限实数。它在每个指标处直接等于一。

对满足 $|r|<1$ 的实数 $r$，有 $r^n\to0$。对 $0<q=|r|<1$，令 $h=q^{-1}-1>0$。基本不等式 $(1+h)^n\ge1+nh$ 给出

$$|r^n|=q^n\le\frac1{1+nh}\to0.$$

该不等式从 $n=1$ 开始，每一步将 $1+nh$ 乘以 $1+h$ 并保留额外的非负项 $nh^2$ 即得。当 $r=0$，所有正指标幂为零。当 $r=1$，数列恒为一；$r=-1$ 时振荡；$|r|>1$ 时绝对值无界增长。这些边界情形不能藏在 $|r|<1$ 的公式里。

另一个基础事实是单调有界收敛定理：有上界的非递减数列收敛，有下界的非递增数列也收敛。对于前者，利用实数完备性令 $L$ 为各项的上确界。给定 $\varepsilon>0$，$L-\varepsilon$ 不可能是上界，故某一项超过它。由单调性，所有后续项介于该项和 $L$ 之间，从而距 $L$ 小于 $\varepsilon$。将数列取负证明递减情形。此定理证明存在性；之后的代数方程只能在存在性成立后识别极限。

6.4 无穷级数是有限总和的极限

定义

对项 $a_1,a_2,\ldots$，定义第 $N$ 个部分和

$$S_N=\sum_{n=1}^{N}a_n.$$

若数列 $(S_N)$ 收敛到 $S$，则无穷级数 $\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ 收敛到 $S$，其和是该极限。若部分和没有有限极限，级数发散。该记号提出的是极限问题，并不授权完成无穷次运算。

收敛的必要条件是 $a_n\to0$。若 $S_N\to S$，则对 $n\ge2$，

$$a_n=S_n-S_{n-1}\longrightarrow S-S=0.$$

常见错误

所以项不趋于零可证明发散；项趋于零却不能证明收敛。

例题

例 4：区分项和总和。 数列 $a_n=1/n$ 收敛到零，但对应级数发散。将以 $2^m$ 结束的部分和分组：

$$1+\frac12+\left(\frac13+\frac14\right) +\left(\frac15+\cdots+\frac18\right)+\cdots.$$

从 $2^{j-1}+1$ 到 $2^j$ 的块含 $2^{j-1}$ 项，每项至少为 $1/2^j$，所以每块贡献至少 $1/2$。因此 $S_{2^m}\ge1+m/2$，无界。这是对选定有限部分和的分组，不是未经说明的无穷级数重排。故调和级数发散。

6.5 几何级数、所有情形与余项

命题

考虑 $a+ar+ar^2+\cdots$，部分和为 $S_N=\sum_{k=0}^{N-1}ar^k$。若 $a=0$，每项为零，对每个实数 $r$ 级数都收敛到零。现在设 $a\ne0$。

当 $r\ne1$，第 5 章给出 $S_N=a(1-r^N)/(1-r)$。若 $|r|<1$，则 $r^N\to0$，因此

$$\sum_{k=0}^{\infty}ar^k=\frac a{1-r}.$$

当 $|r|\ge1$，各项 $ar^k$ 不趋于零，故级数发散，包括 $r=1$ 和 $r=-1$。在 $r=2$ 时写出 $a/(1-r)$ 虽得到一个普通数，但不会使它成为发散级数的和。

当 $|r|<1$，前 $N$ 项后的精确余项为

$$R_N=S-S_N=\frac{ar^N}{1-r},\qquad |R_N|=\frac{|a|\,|r|^N}{|1-r|}.$$

较简单的估计 $|R_N|\le |a||r|^N/(1-|r|)$ 也成立。精确表达式保留符号，并正确处理负公比。

例题

例 5：交错几何累积。 对 $a=6$、$r=-1/3$，和为 $6/(1+1/3)=9/2$。四项后，

$$S_4=6-2+\frac23-\frac29=\frac{40}{9}.$$

余项为 $(9/2)-(40/9)=1/18$，与 $6(-1/3)^4/(4/3)$ 一致。第四部分和在极限下方，第五部分和在上方。

例题

例 6：回声容许误差。 理想化信号依次贡献 $3,3/2,3/4,\ldots$，使用同一个固定信号单位。假设线性叠加模型适用，其极限总量为六个单位。$N$ 项后的误差为 $6/2^N$。要使其至多为 $0.01$，需要 $2^N\ge600$。由于 $2^9=512<600$、$2^{10}=1024\ge600$，允许的最小 $N$ 为十。真实回声模型可能在无穷多项之前失准；该和是在给定理想化条件下的结论。

6.6 裂项、比较与交错例子

第 5 章给出

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

取极限证明级数和为一。余项是 $1/(N+1)$，不是首个被省略的项 $1/[(N+1)(N+2)]$。把剩余总量误当成一个剩余贡献，可能严重低估误差。

对非负项，部分和非递减。因此级数收敛当且仅当部分和有上界，这来自单调有界收敛定理。特别地，若 $0\le a_n\le b_n$ 且 $\sum b_n$ 收敛，则 $\sum a_n$ 收敛：$a_n$ 的每个部分和介于零与 $b_n$ 级数的有限和之间。若比较从后面开始，可以单独处理有限初始段。

例如当 $n\ge2$，

$$0<\frac1{n^2}\le\frac1{n(n-1)}=\frac1{n-1}-\frac1n.$$

将上界从二加到 $N$ 得 $1-1/N<1$。加上首项后，$\sum 1/n^2$ 的部分和小于二。因此级数收敛，虽然此比较没有计算其精确和。

还有一个有用的基本交错结果。若 $b_n\ge0$、$b_{n+1}\le b_n$ 且 $b_n\to0$，则

$$b_1-b_2+b_3-b_4+\cdots$$

收敛。$N$ 项后的误差绝对值至多为 $b_{N+1}$。为证明它，偶数部分和非递减，其增量为 $b_{2m+1}-b_{2m+2}\ge0$；奇数部分和非递增，其增量为 $-b_{2m+2}+b_{2m+3}\le0$。每个偶数部分和都不大于每个奇数部分和，形成嵌套上下界。两子列由单调有界收敛定理收敛，而其间距 $b_{2m+1}$ 趋于零，故极限相同。共同极限位于任意相邻两个部分和之间；它们的距离是首个省略项，证明误差界。

对 $b_n=1/n$，这证明 $1-1/2+1/3-\cdots$ 收敛，尽管全正的调和级数发散。判据要求非递增且趋于零，而不仅是符号交替。这里不需要该和的精确值。我们保持所给项的次序；这些基本论证不支持任意重排。

6.7 分级练习

基础

思考检查

练习 1

1. 对 $n\ge0$，写出 $a_n=2-3(1/2)^n$ 的前五项并求极限。

思考检查

练习 2

2. 对 $a_n=4+2/n$，求一个整数 $N$，使所有 $n\ge N$ 满足 $|a_n-4|<0.005$。

思考检查

练习 3

3. $1/n$、$(-1)^n$、$n/(n+1)$ 和 $n$ 中哪些收敛到有限实数？若收敛，给出极限。

思考检查

练习 4

4. 写出 $a_n=(-1)^{n-1}$（$n\ge1$）对应级数的前四个部分和。级数收敛吗？

核心

思考检查

练习 5

5. 求 $\lim_{n\to\infty}(7n+3)/(3n-2)$，并解释为什么规范化后商法则适用。

思考检查

练习 6

6. 对 $v_0=1$、$v_{n+1}=(v_n+8)/3$，推导并验证显式公式，再求极限。

思考检查

练习 7

7. 判断收敛性，存在时求和：(a) $\sum_{k=0}^{\infty}5(2/3)^k$；(b) $\sum_{k=0}^{\infty}4(-1)^k$；(c) $\sum_{k=0}^{\infty}0\cdot2^k$。

思考检查

练习 8

8. 求 $\sum_{n=1}^{\infty}1/[(n+2)(n+3)]$ 的和，以及 $N$ 项后的精确余项。

思考检查

练习 9

9. 对 $\sum_{k=0}^{\infty}2(1/3)^k$，求使 $N$ 项后误差至多为 $1/100$ 的最小 $N\ge1$。

思考检查

练习 10

10. 解释为什么 $a_n\to0$ 不足以证明 $\sum a_n$ 收敛，并给出各项为正且趋于零的一个收敛级数和一个发散级数。

综合

思考检查

练习 11

11. 不计算精确和，证明 $\sum_{n=1}^{\infty}1/(n^2+1)$ 收敛，并给出总和的有限上界。

思考检查

练习 12

12. $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}/(2n-1)$ 是否由交错判据收敛？根据余项界，多少项足以使误差至多为 $0.001$？

思考检查

练习 13

13. 重复输入立即增加 $4$ 个单位，之后在第 $k$ 次延迟后增加 $4(0.8)^k$ 个单位（$k\ge1$）。求理想化无穷总量和到第 $m$ 次延迟为止的总量，明确说明项数。

思考检查

练习 14

14. 学生声称 $w_{n+1}=w_n^2$、$w_0=2$ 收敛到 $L$，所以 $L=L^2$，极限为零或一。指出逻辑错误并确定实际行为。

思考检查

练习 15

15. 将 $0.272727\ldots$ 表为无穷几何级数和最简分数，并论证所用的收敛性。

思考检查

练习 16

16. 假设 $a_n\to L$，证明数列 $a_{n+1}$ 有相同极限。用此论证收敛级数的项趋于零这一必要条件，注意区分 $a_n$ 和 $S_n$ 的作用。

6.8 完整解答

解答 · 练习 1

1. 各项为 $-1,1/2,5/4,13/8,29/16$。由于 $(1/2)^n\to0$，极限为二。首个指标为零，故首项不是 $1/2$。

解答 · 练习 2

2. 需要 $2/n<1/200$，即 $n>400$。因此 $N=401$ 可行；$N=400$ 在首个指标处不满足严格条件。

解答 · 练习 3

3. 第一个趋于零。第二个偶数项为一、奇数项为负一，故无有限极限。第三个等于 $1-1/(n+1)$，趋于一。第四个无界增长，不收敛到有限实数。

解答 · 练习 4

4. 部分和为 $1,0,1,0$，持续振荡，不收敛。各项也不趋于零，这独立地排除级数收敛。

解答 · 练习 5

5. 分子分母除以 $n$ 得 $(7+3/n)/(3-2/n)$。它们的极限为七和三，分母极限非零，因此商趋于 $7/3$。

解答 · 练习 6

6. 不动点满足 $v=(v+8)/3$，故为四。相减得 $v_{n+1}-4=(v_n-4)/3$，因此 $v_n=4-3(1/3)^n$。零处给出一；代入公式得到同形式的下一项。由于 $(1/3)^n\to0$，极限为四。确立行为的是验证，而不仅是不动点方程。

解答 · 练习 7

7. (a) 公比绝对值小于一，和为 $5/(1-2/3)=15$。(b) 各项在四和负四之间交替，不趋于零，故发散。(c) 每项为零，和为零；首系数为零时不需要 $|r|<1$。

解答 · 练习 8

8. 一项等于 $1/(n+2)-1/(n+3)$，故 $S_N=1/3-1/(N+3)$，无穷和为 $1/3$，精确剩余总量为 $1/(N+3)$。

解答 · 练习 9

9. 和为三，精确误差为 $3(1/3)^N=3^{1-N}$。当 $N=5$，误差为 $1/81>1/100$；当 $N=6$，误差为 $1/243<1/100$。由于误差递减，最小 $N$ 为六。

解答 · 练习 10

10. 调和级数的项 $1/n\to0$，但其部分和由分块论证无界。级数 $\sum_{n=1}^{\infty}1/[n(n+1)]$ 的正项也趋于零，但其部分和趋于一。必要条件不能区分二者。

解答 · 练习 11

11. 首项为 $1/2$。对 $n\ge2$，$0<1/(n^2+1)\le1/n^2\le1/[n(n-1)]$。首项后的比较裂项总和为一，所以所有部分和至多为 $3/2$。非负项使它们非递减；单调有界收敛定理证明和有限且不大于 $3/2$。

解答 · 练习 12

12. 这里 $b_n=1/(2n-1)$ 为正、递减且趋于零，故级数收敛。$N$ 项后的误差至多为 $b_{N+1}=1/(2N+1)$。要使其至多为 $1/1000$，需要 $2N+1\ge1000$，故整数 $N\ge500$。这是充分界，不证明较少项绝不可能达到实际误差要求。

解答 · 练习 13

13. 总量为 $4/(1-0.8)=20$ 单位。到第 $m$ 次延迟包括指标 $k=0,\ldots,m$，故有 $m+1$ 项，总量为 $20[1-(0.8)^{m+1}]$。省略的总量为 $20(0.8)^{m+1}$。

解答 · 练习 14

14. 不动点方程只有在已确立收敛且可以取极限时才约束极限。这里由初值与反复平方得到 $w_n=2^{2^n}$。特别地，对 $n\ge0$ 有 $w_n\ge2^{n+1}$，故无界增长。没有有限 $L$ 可代入方程。

解答 · 练习 15

15. 小数为 $27/100+27/100^2+27/100^3+\cdots$。首项为 $27/100$、公比为 $1/100$，故收敛到 $(27/100)/(1-1/100)=27/99=3/11$。有限截断后的几何尾项明确趋于零。

解答 · 练习 16

16. 给定 $\varepsilon>0$，取 $N$ 使所有 $n\ge N$ 满足 $|a_n-L|<\varepsilon$。那么对所有 $n\ge N$，也有 $n+1\ge N$，故 $|a_{n+1}-L|<\varepsilon$。若级数部分和满足 $S_n\to S$，则在 $n\ge2$ 上移位数列 $S_{n-1}$ 也趋于 $S$：令 $n$ 比尾部阈值大一即可。于是由差的极限法则，项 $a_n=S_n-S_{n-1}$ 趋于零。得到项的结论依靠部分和收敛，而不是反过来。

总结

数列收敛指整个尾部进入给定有限数的任意容许误差内。无穷级数收敛指有限部分和数列收敛。除非每项均为零，几何级数收敛要求 $|r|<1$。项趋于零是必要而不充分的条件。裂项和比较从有限部分和推导结论；交错单调项提供另一种带首个省略项误差界的基本收敛结果。近似应由剩余总量论证，而不只是看最后一个已纳入贡献是否小。

联系。 第 5 章提供有限公式，第 7 章用归纳法论证递推公式和不等式。当幂难以方便地用整数比较时，第 9 章的对数可帮助求解几何误差不等式。