正项级数的判别阈值、根值判别法与收敛半径

学习目标与预备知识

使用收敛判别法时，首先要区分其假设与结论。本章证明非负项级数的积分判别法与二进凝聚判别法，用它们处理对数临界情形，并从上极限的定义导出根值判别法与幂级数收敛半径公式。

我们使用实数的完备性、实数列的单调收敛定理、柯西准则、对数的基本性质以及定积分和反常积分。级数从另一个有限指标开始，收敛性不变：相应部分和相差一个固定的有限和，但级数的值通常会改变。

1. 非负项：部分和、比较与尾项

对于 $a_n\ge0$，记 $A_N=\sum_{n=1}^N a_n$。这些部分和非递减。如果它们有上界，完备性给出 $A_N\to\sup_N A_N$；如果没有上界，那么对每个实数 $K$，总有某个部分和大于 $K$，此后的部分和也都如此。因此，非负项级数或者有有限的和，或者发散到 $+\infty$。

若对所有 $n\ge n_0$ 都有 $0\le a_n\le b_n$，且 $\sum b_n$ 收敛，则 $a_n$ 的尾级数部分和以相应 $b_n$ 尾级数的有限和为上界，因而收敛。反之，若 $\sum a_n=+\infty$，则较大的 $b_n$ 尾级数部分和无界。注意比较的方向：较大级数发散并不能判定较小级数。

极限比较。 假设最终有 $a_n,b_n>0$，并且 $a_n/b_n\to\ell$，其中 $0<\ell<\infty$。取一个指标，使它之后均满足 $\ell/2<a_n/b_n<3\ell/2$。于是

$$\frac\ell2 b_n\le a_n\le\frac{3\ell}2b_n.$$

乘以正常数不改变非负部分和的有界性。两个方向的比较表明，两个级数同敛散。假设 $\ell>0$ 和 $\ell<\infty$ 不可随意去掉：$a_n/b_n\to0$ 只在 $\sum b_n$ 收敛时提供所需的上比较，并不产生等价关系。

对于收敛级数，前 $m$ 项之后的余项为

$$R_m=\sum_{n=m+1}^{\infty}a_n.$$

证明收敛与给出 $R_m$ 的数值界是两件不同的事。下面的判别法同时提供两者。

2. 积分判别法及其不等式

定理 1。 设 $f:[N,\infty)\to[0,\infty)$ 非递增，其中 $N$ 是正整数。那么 $\sum_{n=N}^{\infty}f(n)$ 收敛当且仅当 $\int_N^{\infty}f(x)\,dx$ 有限。当两者收敛时，对每个整数 $m\ge N$，

$$\int_{m+1}^{\infty}f(x)\,dx\le\sum_{n=m+1}^{\infty}f(n)\le\int_m^{\infty}f(x)\,dx.$$

有界单调函数在每个紧子区间上都黎曼可积。

证明。 在 $[n,n+1]$ 上，由单调性得到 $f(n+1)\le f(x)\le f(n)$。对此逐点不等式积分，得到

$$f(n+1)\le\int_n^{n+1}f(x)\,dx\le f(n).$$

将右侧不等式从 $n=N$ 加到 $M$，得到 $\int_N^{M+1}f\le\sum_{n=N}^{M}f(n)$。将左侧不等式从 $n=N$ 加到 $M-1$，得到 $\sum_{n=N+1}^{M}f(n)\le\int_N^M f$。因此

$$\int_N^{M+1}f\le\sum_{n=N}^{M}f(n)\le f(N)+\int_N^M f.$$

若反常积分有限，右侧就为所有部分和提供上界。若级数收敛，左侧不等式为 $\int_N^{M+1}f$ 提供上界。对于任意实数上端点 $T$，选取整数 $M$ 使 $T\le M+1$；由非负性，$\int_N^T f$ 也有上界。因此非递减的积分有有限极限，等价性得证。

对于余项，对 $n=m+1,m+2,\ldots$ 在 $[n,n+1]$ 上使用右侧矩形估计，得到积分下界；对同一组整数在 $[n-1,n]$ 上使用左侧矩形估计，得到积分上界。先对有限个不等式求和，再取极限；所有量都收敛，且不等式得以保留。$\square$

例 1：完整的 $p$ 级数阈值。 若 $p\le0$，则 $n^{-p}\ge1$，故通项不趋于零。若 $p>0$，则 $x^{-p}$ 为正且递减。当 $p\ne1$ 时，

$$\int_1^T x^{-p}\,dx=\frac{T^{1-p}-1}{1-p},$$

而当 $p=1$ 时，积分为 $\log T$。这些表达式有有限极限当且仅当 $p>1$。因此 $\sum n^{-p}$ 收敛当且仅当 $p>1$。此时余项满足

$$\frac{(m+1)^{1-p}}{p-1}\le R_m\le\frac{m^{1-p}}{p-1}.$$

当 $p=3$ 时，上式为 $1/[2(m+1)^2]\le R_m\le1/(2m^2)$。例如，$m=100$ 保证 $R_{100}\le1/20000$；这并不意味着确切余项等于该上界。

例 2：对数改变临界情形。 考虑

$$\sum_{n=3}^{\infty}\frac1{n(\log n)^q},\qquad q\in\mathbb R.$$

对于 $f(x)=1/[x(\log x)^q]$，其中 $x>1$，

$$\frac{f'(x)}{f(x)}=-\frac1x-\frac{q}{x\log x}=-\frac{1+q/\log x}{x}.$$

对每个固定实数 $q$，当 $x$ 充分大时，分子 $1+q/\log x$ 为正。因此即使 $f$ 从初始指标开始并非递减，积分判别法仍可用于某个尾部。代换 $u=\log x$ 得

$$\int\frac{dx}{x(\log x)^q}=\int u^{-q}\,du.$$

从任意固定的正下限 $u$ 到无穷的积分有限，当且仅当 $q>1$。因此此对数级数收敛当且仅当 $q>1$。特别地，$\sum1/(n\log n)$ 发散，尽管其各项小于调和级数对应项；单凭较小这一点并不能证明收敛。

当 $q>1$ 且 $m$ 充分大时，余项至多为

$$\int_m^{\infty}\frac{dx}{x(\log x)^q}=\frac{(\log m)^{1-q}}{q-1}.$$

当 $q=2$ 时，这个界仅以 $1/\log m$ 的速度下降，说明收敛级数也可能收敛得很慢。

3. 二进凝聚：单调性的作用

定理 2。 若 $a_n\ge0$ 且 $a_n$ 非递增，则

$$\sum_{n=1}^{\infty}a_n\quad\text{收敛当且仅当}\quad\sum_{k=0}^{\infty}2^k a_{2^k}\quad\text{收敛}.$$

证明。 分块 $B_k=\sum_{n=2^k}^{2^{k+1}-1}a_n$ 恰有 $2^k$ 项。每项至多为 $a_{2^k}$，至少为 $a_{2^{k+1}}$，因此

$$\frac12\bigl(2^{k+1}a_{2^{k+1}}\bigr)\le B_k\le2^k a_{2^k}.$$

若凝聚级数收敛，上界使分块级数的部分和有界。若分块级数收敛，下界使凝聚级数从 $k=1$ 开始的部分和有界；加回遗漏的一项不改变收敛性。最后，分块端点的部分和构成原非负项部分和的子列。任何中间部分和都位于相邻端点的部分和之间，故端点有界也使它有界。因此分块级数收敛当且仅当原级数收敛。$\square$

若单调性只从某个指标开始成立，就把之前有限个 $a_n$ 替换为该单调尾部的首项。这得到全局非递增的非负数列，同时两个级数都只改变有限项，因此结论仍成立。

例 3：改变对数底数，不改变阈值。 当 $q>0$ 时，$a_n=1/[n(\log_2 n)^q]$ 在 $n\ge2$ 时递减。在二的幂指标处，

$$2^k a_{2^k}=\frac1{k^q}\qquad(k\ge1).$$

凝聚判别法与 $p$ 级数定理给出：收敛当且仅当 $q>1$。若 $q\le0$，则当 $n\ge2$ 时 $(\log_2 n)^q\le1$，因此 $a_n\ge1/n$，级数发散。故对每个实数 $q$ 都有相同阈值。这与积分计算一致，因为 $\log_2 n=(\log n)/(\log2)$ 只使每项改变一个正常数因子。

4. 上极限是尾部界，而不是猜测出的极限

对于数列 $u_n\ge0$，定义

$$s_N=\sup\{u_n:n\ge N\},\qquad L=\inf_N s_N=\limsup_{n\to\infty}u_n,$$

允许取值 $+\infty$。尾部上确界非递增，故其下确界就是它的广义极限。我们需要以下两个结论。

• 若 $L<q$，则最终有 $u_n<q$。事实上，某个尾部上确界小于 $q$；否则这些上确界的下确界至少为 $q$。
• 若 $q<L$，则有无穷多个指标满足 $u_n>q$。否则某个尾部的每项都至多为 $q$，迫使其上确界以及 $L$ 至多为 $q$。

原数列没有极限时，这些结论仍有用。有限个特别大的项会影响某些较早的尾部上确界，但不影响 $L$。

定理 3：根值判别法。 对实数项 $a_n$，令 $L=\limsup |a_n|^{1/n}$，并取 $0^{1/n}=0$。

1. 若 $L<1$，则 $\sum a_n$ 绝对收敛。
2. 若 $L>1$，包括 $L=+\infty$ 的情形，$a_n$ 不趋于零，所以 $\sum a_n$ 发散。
3. 若 $L=1$，此判别法既不能确定收敛，也不能确定发散。

证明。 第一种情形下，选取 $q$ 使 $L<q<1$。最终有 $|a_n|^{1/n}<q$，从而 $|a_n|<q^n$。与收敛的几何级数比较，即得绝对收敛。

第二种情形下，选取有限的 $q$ 使 $1<q<L$；当 $L=+\infty$ 时也可以这样选。无穷多个指标满足 $|a_n|^{1/n}>q$，故在这些指标处有 $|a_n|>q^n\ge1$。因此 $a_n$ 不可能趋于零。

第三种情形中，$\sum1/n^2$ 收敛，$\sum1/n$ 发散，而交错调和级数条件收敛。三种情形均有 $|a_n|^{1/n}\to1$。为验证这个根值极限而不预先假定它，先注意对于每个 $\varepsilon>0$，

$$(1+\varepsilon)^n\ge\binom n2\varepsilon^2\ge n$$

只要 $n\ge1+2/\varepsilon^2$ 即有上式。因此最终有 $1\le n^{1/n}\le1+\varepsilon$，并且 $n^{1/n}\to1$。取其倒数或倒数的平方，即得所需极限。$\square$

根值极限等于一并不是发散的证据；它表示这个几何比较已到达无法判定的边界。

5. 推导收敛半径公式

考虑实幂级数

$$\sum_{n=0}^{\infty}c_n(x-a)^n,$$

并定义 $L=\limsup_{n\to\infty}|c_n|^{1/n}$。常数系数 $c_0$ 不参与这一定义。对于 $t=|x-a|>0$，

$$\limsup |c_n(x-a)^n|^{1/n}=tL.$$

当 $L$ 有限时，这是因为将每个尾部上确界乘以正数 $t$ 与取下确界可交换。若 $L=+\infty$，所有这些尾部上确界都是无穷大，乘以正数 $t$ 后仍是无穷大。

根值判别法于是给出 柯西–阿达马公式

$$R=\frac1L,\qquad\frac10=+\infty,\qquad\frac1{+\infty}=0.$$

若 $0<L<\infty$，级数在 $t<R$ 时绝对收敛，在 $t>R$ 时发散。若 $L=0$，它对每个有限 $t$ 都绝对收敛，故 $R=+\infty$。若 $L=+\infty$，它在每个 $t>0$ 处发散，故 $R=0$。在中心 $x=a$，所有 $n\ge1$ 的项均为零，各种情形下的和都是 $c_0$。当 $0<R<\infty$ 时，端点满足 $tL=1$；根值判别法不判定端点。

例 4：零系数使简单比值法失效，却不妨碍根值判别法。 令 $c_0=0$，并对 $k\ge1$ 设

$$c_{2k}=\frac{3^{2k}}{(2k)^2},\qquad c_{2k-1}=0.$$

沿偶数指标，$|c_{2k}|^{1/(2k)}=3/(2k)^{1/k}\to3$；沿奇数指标，根值为零。故极限不存在，但上极限为 $3$，且 $R=1/3$。分母为零时，相邻系数的比值无定义。在任一端点 $x=\pm1/3$，只剩偶次幂，绝对值级数为 $\sum_{k\ge1}1/(2k)^2$，它收敛。因此收敛区间是 $[-1/3,1/3]$。

例 5：一个端点收敛，另一个端点发散。 对于

$$\sum_{n=2}^{\infty}\frac{2^n x^n}{n\log n},$$

最终有 $1\le n\log n\le n^2$。夹在 $1$ 和 $n^{2/n}$ 之间可知其 $n$ 次方根趋于一，所以系数根值的极限是 $2$，而 $R=1/2$。在 $x=1/2$ 处，例 2 的对数级数发散。在 $x=-1/2$ 处，项为 $(-1)^n/(n\log n)$；其正的绝对值递减到零，因此交错级数判别法给出收敛。对应的绝对值级数发散。故收敛区间为 $[-1/2,1/2)$，左端点处条件收敛。

6. 分级练习

基础

P01. 给出 $\sum_{n=m+1}^{\infty}n^{-4}$ 的明确上下界。找出一个整数 $m$，保证余项至多为 $10^{-6}$。

P02. 判断 $\sum_{n=3}^{\infty}1/[n(\log n)^{3/2}]$ 与 $\sum_{n=3}^{\infty}1/[n(\log n)^{1/2}]$ 的收敛性。说明应用积分判别法所需的代换及尾部单调性。

P03. 若 $a_n,b_n>0$ 且 $a_n/b_n\to0$，$\sum b_n$ 发散是否蕴含 $\sum a_n$ 发散？分别举出一个 $\sum a_n$ 收敛和一个发散的例子。

核心

P04. 在二的幂指标处取 $a_n=1/n$，其余指标处取 $a_n=0$，以此证明没有单调性时不能使用凝聚判别法。求出两个级数的敛散情况，并验证 $a_n\to0$。

P05. 设偶数 $n$ 对应 $a_n=4^{-n}$，奇数 $n$ 对应 $a_n=9^{-n}$。求 $|a_n|^{1/n}$ 的上极限与下极限，用根值判别法判断收敛性，并解释为何不能说根值数列有一个极限。

P06. 用根值判别法直接证明 $\sum_{n=1}^{\infty}n^2/5^n$ 收敛。解答必须说明根值极限的理由，不能只说指数增长快于多项式。

P07. 设 $c_0=0$；当 $3$ 整除 $n$ 时 $c_n=n^2 2^n$，否则 $c_n=0$。求 $\sum c_nx^n$ 的收敛半径与完整的实数收敛区间。

综合与证明检验

P08. 当 $n=2^k$、其中整数 $k\ge1$ 时，令 $c_n=5^n$；其余情况，包括 $n=0,1$，令 $c_n=0$。求收敛半径并检查两个端点。解释为什么任意长的连续零系数并不意味着收敛半径无穷大。

P09. 假设两个具有相同中心的幂级数仅有有限个系数不同。证明它们有相同的收敛半径和端点敛散性，尽管其和不一定相同。

P10. 求所有实数 $q$，使以下级数

$$\sum_{n=16}^{\infty}\frac1{n\log n\,(\log\log n)^q}$$

收敛。在进行积分代换前，验证符号与最终单调性条件。

7. 完整解答

S01. 对 $f(x)=x^{-4}$ 应用余项不等式。积分得到

$$\frac1{3(m+1)^3}\le\sum_{n=m+1}^{\infty}\frac1{n^4}\le\frac1{3m^3}.$$

我们需要 $3m^3\ge10^6$。取 $m=70$ 得 $3m^3=1{,}029{,}000$，故上界为 $1/1{,}029{,}000<10^{-6}$。这是一个足以保证精度的选择，并不声称它是实际余项满足要求的最小指标。

S02. 对每个正指数 $q$，在 $x>1$ 上有 $f'(x)/f(x)=-(1+q/\log x)/x<0$。两个被积函数在 $x\ge3$ 时均为正。令 $u=\log x$，则 $du=dx/x$。当 $q=3/2$ 时，尾积分 $\int u^{-3/2}du$ 在无穷处有限；从 $\log3$ 开始的积分值为 $2/\sqrt{\log3}$，故级数收敛。当 $q=1/2$ 时，一个原函数是 $2\sqrt u$，它无界增长，所以积分与级数都发散。

S03. 不成立。令 $b_n=1/n$。取 $a_n=1/n^2$ 时，比值为 $1/n\to0$，但较小的级数收敛。取 $a_n=1/[n\log(n+1)]$ 时，比值为 $1/\log(n+1)\to0$，但较小的级数仍发散。为证明后者，$n\ge2$ 时有 $n+1\le n^2$，所以 $\log(n+1)\le2\log n$。因此 $a_n\ge1/(2n\log n)$，可用发散的对数级数作下比较。比值极限为零不能提供 $b_n$ 的固定正倍数作为下界。

S04. 当 $n=2^k$ 时，$a_n=2^{-k}$，所以原级数等于 $\sum_{k=0}^{\infty}2^{-k}=2$。其他指标处的项为零，而且始终有 $0\le a_n\le1/n$，故 $a_n\to0$。但对每个 $k$ 都有 $2^ka_{2^k}=1$，因此凝聚级数发散。该数列并非非递增：在充分大的二的幂之前，它从零跳到正值。这违反了分块不等式所需的单调性假设。

S05. 偶数指标处根值为 $1/4$，奇数指标处为 $1/9$。每个尾部均包含这两类指标，故其上确界为 $1/4$、下确界为 $1/9$。因此 $\limsup=1/4$，$\liminf=1/9$。由于 $1/4<1$，根值判别法给出绝对收敛。不同的子列极限表明根值数列本身没有极限。

S06. 我们有

$$\left(\frac{n^2}{5^n}\right)^{1/n}=\frac{n^{2/n}}5.$$

定理 3 中的二项式论证证明 $n^{1/n}\to1$，故其平方也趋于一。上式根值趋于 $1/5<1$，根值判别法证明级数收敛。这一证明定量说明了在取 $n$ 次方根后多项式因子为何消失。

S07. 在三的倍数指标上，系数根值为 $2n^{2/n}\to2$；在其他指标上为零。为说明上极限恰为 $2$，注意充分大的非零根值均小于 $2+\varepsilon$，而对每个 $\varepsilon>0$，无穷多个根值大于 $2-\varepsilon$。因此 $R=1/2$。在 $x=1/2$ 处，三的倍数指标上的项为 $n^2$，不趋于零。在 $x=-1/2$ 处，相应项为 $(-1)^n n^2$，其绝对值同样不趋于零。两端点均发散，收敛区间为 $(-1/2,1/2)$。

S08. 在每个选定指标处系数根值为 $5$，其他处为零。每个尾部都含选定指标，故尾部上确界为 $5$，收敛半径为 $1/5$。在 $x=1/5$ 处，选定项均为一，故通项不能趋于零。在 $x=-1/5$ 处，选定指数 $2^k$ 均为偶数，因此这些项仍为一。区间为 $(-1/5,1/5)$。连续的零再长，也不会改变每个尾部的根值上确界为 $5$；半径取决于尾部上确界，而非非零系数所占比例。

S09. 设所有 $n>K$ 的系数相同。则当 $N>K$ 时，两个系数根值数列的尾部相同，由已证公式可知其上极限和收敛半径相同。在任意固定实数输入处，两个级数相差有限多项式 $\sum_{n=0}^K(c_n-d_n)(x-a)^n$。对充分大的截断指标，其部分和之差都是这个固定有限值。因此一个级数在该输入处收敛当且仅当另一个收敛，包括任何有限端点。差多项式不一定为零，所以不能推出两者的和相等。

S10. 当 $x\ge16>e$ 时，$\log x>0$ 且 $\log\log x>0$，故对每个实数 $q$ 表达式都为正。其对数导数为

$$-\frac1x-\frac1{x\log x}-\frac{q}{x\log x\log\log x} =-\frac1x\left(1+\frac1{\log x}+\frac{q}{\log x\log\log x}\right).$$

括号内趋于一，因而最终为正，证明了最终递减。令 $u=\log\log x$，则 $du=dx/(x\log x)$。反常尾积分变为从正下限到无穷的 $\int u^{-q}du$。当 $q>1$ 时积分有限；当 $q=1$ 时它是发散到无穷的对数；当 $q<1$ 时它按上端点的正幂增长。对递减尾部应用积分判别法，得到原级数收敛当且仅当 $q>1$。

总结

比较法控制非负项部分和。积分判别法和凝聚判别法要求单调结构，其证明解释了原因。根值判别法利用上极限提供的最终上界或无穷多个下界。柯西–阿达马公式由此得出，同时分别处理零、无穷与端点情形。仅凭半径计算不能确定端点的和，也不能推断无穷运算可交换。