分部求和、一致抵消与 Abel 端点定理

学习目标与预备知识

绝对收敛足以支持许多运算，却不能描述所有收敛级数。即使绝对值级数发散，抵消作用仍可能使长段和保持较小。本章推导一个有限求和恒等式，并用它证明数项级数与一致收敛的 Dirichlet 判别法；随后证明 Abel 端点定理，包括用以保证幂级数在收敛端点处连续的一致收敛结论。

本章使用 Cauchy 判别准则、一致收敛及其保持连续性的性质、单调实数列、初等三角恒等式和几何级数。在涉及对数的例题中，还会用到微积分基本定理。三角函数的构造已给出加法公式；本章不以 Fourier 级数理论为前提。

1. 先有有限恒等式，再得无限结论

设 $m\le N$ 为整数。对实数列 $a_n,b_n$，令

$$B_{m,k}=\sum_{n=m}^k b_n\quad(k\ge m),\qquad B_{m,m-1}=0.$$

由于 $b_n=B_{m,n}-B_{m,n-1}$，将两个有限和相减可得

$$\begin{aligned} \sum_{n=m}^N a_nb_n &=\sum_{n=m}^N a_nB_{m,n}-\sum_{n=m}^N a_nB_{m,n-1}\\ &=a_NB_{m,N}+\sum_{n=m}^{N-1}(a_n-a_{n+1})B_{m,n}. \end{aligned}$$

第二行中，第二个和在 $n=m$ 时的零项消失；将其余项换指标后，$a_{n+1}B_{m,n}$ 便与第一个和中的项对齐。这称为分部求和。它是精确的有限恒等式，无需任何收敛假设。

若 $a_n\ge0$ 非递增，且在所考虑的区段内 $|B_{m,k}|\le B$，则三角不等式给出

$$\left|\sum_{n=m}^N a_nb_n\right| \le Ba_N+B\sum_{n=m}^{N-1}(a_n-a_{n+1})=Ba_m.$$

各差值非负，其和为 $a_m-a_N$。单调性正是在这一裂项步骤中使用的。仅有各个 $b_n$ 的界，不能代替对其区段和的界。

2. 数项级数的 Dirichlet 判别法

定理 1。 假设部分和 $P_N=\sum_{n=1}^N b_n$ 有界，例如 $|P_N|\le M$，且 $a_n\ge0$ 非递增并趋于零，则 $\sum a_nb_n$ 收敛。此外，若其和为 $s$，则

$$\left|s-\sum_{n=1}^N a_nb_n\right|\le2Ma_{N+1}.$$

证明。 令 $P_0=0$。每个区段和满足

$$|B_{m,k}|=|P_k-P_{m-1}|\le2M.$$

因此有限恒等式给出 $|\sum_{n=m}^N a_nb_n|\le2Ma_m$。给定 $\varepsilon>0$，选取 $m_0$，使所有 $m\ge m_0$ 都满足 $2Ma_m<\varepsilon$；若 $M=0$，则每个 $b_n=P_n-P_{n-1}$ 都为零，结论直接成立。这个尾和估计正是 Cauchy 判别准则，故级数在 $\mathbb R$ 中收敛。对第 $N$ 项之后的余项，以 $N+1$ 为起始指标应用该估计，再令有限上指标趋于无穷。由于绝对值连续，不等式在极限下仍成立。$\square$

若已知更精确的直接区段界 $|B_{m,k}|\le B$，同一证明给出不超过 $Ba_{N+1}$ 的余项界。对交错系数 $b_n=(-1)^{n-1}$，每个区段和的绝对值至多为一。因此上述论证包含通常的交错级数余项界 $a_{N+1}$。

周期系数与其平均值

假设 $b_n$ 周期性重复一组 $\beta_1,\ldots,\beta_p$，其和为零。每个完整周期贡献零。因此初始部分和只能取有限个值 $0,\beta_1,\beta_1+\beta_2,\ldots,\beta_1+\cdots+\beta_{p-1}$，故有界。Dirichlet 判别法适用于任何非负、非递增且趋于零的权重。

若周期的平均值 $\mu=p^{-1}\sum\beta_j$ 非零，写成 $b_n=\mu+d_n$。新的周期系数 $d_n$ 平均值为零，部分和有界。取权重 $1/n$，

$$\sum_{n=1}^N\frac{b_n}{n}=\mu\sum_{n=1}^N\frac1n+\sum_{n=1}^N\frac{d_n}{n}.$$

第二项有有限极限；当 $\mu>0$ 时第一项趋于 $+\infty$，当 $\mu<0$ 时趋于 $-\infty$。所以周期性本身并非所需的抵消条件；平均值为零才提供了这种条件。

例 1：三项抵消，而非正负交替。 设系数重复 $2,-1,-1$，考虑

$$s=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{b_n}{n+2}.$$

初始部分和只取 $0,1,2$，因此任意两个这样的和之差的绝对值至多为二，直接区段界为 $B=2$。由于 $a_n=1/(n+2)$ 递减至零，级数收敛，且第 $N$ 项之后的余项至多为 $2/(N+3)$。绝对值级数发散，因为 $|b_n|\ge1$，故 $|b_n|/(n+2)\ge1/(n+2)$。

前六项之和为

$$s_6=\frac23-\frac14-\frac15+\frac26-\frac17-\frac18=\frac{79}{280}.$$

因此 $|s-79/280|\le2/9$。这是一个较粗但有效的估计：它给出了可重复计算的有限近似与解析误差界，并未把近似值当作精确和。

3. 所有参数共用一个界：一致 Dirichlet 判别法

含参数的级数可能在每个参数值处都收敛，却没有共同的收敛速度。一致 Cauchy 判别准则要求：对每个 $\varepsilon>0$，一个起始指标就能控制所有参数及其后所有尾段。

定理 2。 设 $E$ 为一个集合。假设对每个 $x\in E$，

1. $a_n(x)\ge0$ 且 $a_{n+1}(x)\le a_n(x)$；
2. $\sup_{x\in E}a_n(x)\to0$；
3. 存在有限常数 $B$，使得对每个 $x\in E$ 及所有 $N\ge m\ge1$，均有 $|\sum_{n=m}^N b_n(x)|\le B$。

那么 $\sum a_n(x)b_n(x)$ 在 $E$ 上一致收敛，其余项满足

$$\sup_{x\in E}\left|\sum_{n=N+1}^{\infty}a_n(x)b_n(x)\right|\le B\sup_{x\in E}a_{N+1}(x).$$

证明。 固定 $x$ 并应用有限恒等式，由单调性估计得到 $|\sum_{n=m}^N a_n(x)b_n(x)|\le Ba_m(x)$。对 $x$ 取上确界，即得与上指标无关的界。由假设 2，该界在 $m\to\infty$ 时趋于零，所以部分和列一致 Cauchy。实数的完备性给出逐点极限，而同一一致 Cauchy 界给出一致收敛：先取尾和容差 $\varepsilon/2$，再对每个 $x$ 令上指标趋于无穷，便得到对所有 $x$ 均不超过 $\varepsilon/2<\varepsilon$ 的误差。最后，在有限尾和不等式中取极限，得到所示余项估计。$\square$

例 2：远离有问题端点的正弦级数

设 $0<\delta<\pi$，$E_\delta=[\delta,2\pi-\delta]$。由加法恒等式，

$$2\sin(x/2)\sin(nx)=\cos((n-1/2)x)-\cos((n+1/2)x).$$

从 $n=m$ 加到 $N$，内部余弦项全部抵消，因此

$$\left|\sum_{n=m}^N\sin(nx)\right| \le\frac{2}{2|\sin(x/2)|}\le\frac1{\sin(\delta/2)}\qquad(x\in E_\delta).$$

最后一个不等式成立，因为 $x/2\in[\delta/2,\pi-\delta/2]$，在此区间正弦值至少为 $\sin(\delta/2)>0$。取 $a_n=1/n$，由定理 2 可知

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin(nx)}n$$

在 $E_\delta$ 上一致收敛，且第 $N$ 项之后的余项不超过 $1/[(N+1)\sin(\delta/2)]$。每个有限部分和都连续，故其和在 $E_\delta$ 上连续。对每个固定的 $x\in(0,2\pi)$，都存在上述某个闭区间包含 $x$，因此级数在该开区间内逐点收敛。

例 3：为什么不能无条件扩大区间

同一正弦级数在 $(0,2\pi)$ 上以及在 $[0,2\pi]$ 上都不一致收敛，尽管两个端点处的级数恒为零。对每个正整数 $m$，取 $x_m=\pi/(6m)$。当 $m\le n\le2m$ 时，角 $nx_m$ 属于 $[\pi/6,\pi/3]$，故 $\sin(nx_m)\ge1/2$。又 $n\le2m$，所以

$$\sum_{n=m}^{2m}\frac{\sin(nx_m)}n\ge\frac{m+1}{4m}>\frac14.$$

一致 Cauchy 准则要求充分靠后的所有区段，在定义域每一点处都小于例如 $1/8$。上式所示的尾段对每个 $m$ 都违反这一要求。随着尾段指标增大，参数点向端点移动；只检查固定参数会漏掉这一失效现象。

例 4：没有可求和绝对控制列的一致收敛

在 $[0,1]$ 上，令 $a_n(x)=x^n/n$，$b_n=(-1)^{n-1}$。权重非负且随 $n$ 非递增，在 $x=0$ 也如此。它们的上确界为 $1/n\to0$，交错系数的区段和绝对值至多为一。因此

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}x^n}{n}$$

在 $[0,1]$ 上一致收敛，尾项不超过 $1/(N+1)$。但其第 $n$ 项绝对值的上确界是 $1/n$。在整个区间上控制这些项的任何常数 $M_n$ 都须满足 $M_n\ge1/n$，故 $\sum M_n$ 发散，M 判别法在此不能应用。该判别法不适用并不证明不一致收敛；这里的抵消论证给出了绝对控制无法提供的结论。

4. Abel 端点定理：先确定端点收敛

定理 3。 假设数项级数 $\sum_{n=0}^{\infty}c_n$ 收敛到 $s$。那么幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty}c_nr^n$ 在 $0\le r\le1$ 上一致收敛。若以 $F(r)$ 表示其和，且包括 $F(1)=s$，那么 $F$ 在 $[0,1]$ 上连续，并且

$$\lim_{r\uparrow1}\sum_{n=0}^{\infty}c_nr^n=\sum_{n=0}^{\infty}c_n.$$

这里 $r^0$ 是常值多项式一，在 $r=0$ 时亦然。定理假设级数在 $r=1$ 处普通收敛；不能仅凭内部公式制造这种收敛。

利用一致尾和的证明。 给定 $\varepsilon>0$，数项级数收敛可提供一个指标 $m_0$，使得

$$\left|\sum_{n=m}^k c_n\right|<\varepsilon/2\qquad(k\ge m\ge m_0).$$

对每个 $r\in[0,1]$，在有限求和恒等式中取 $a_n=r^n$ 与 $b_n=c_n$。这些权重非负且非递增，但其上确界并不随 $n\to\infty$ 而趋于零，因此单靠定理 2 不能得出结论。关键在于系数尾段的界可以取得足够小。由恒等式，

$$\begin{aligned} \left|\sum_{n=m}^N c_nr^n\right| &\le\frac\varepsilon2\left[r^N+\sum_{n=m}^{N-1}(r^n-r^{n+1})\right]\\ &=\frac\varepsilon2 r^m\le\frac\varepsilon2<\varepsilon. \end{aligned}$$

这是整个闭区间上的一致 Cauchy 估计，由完备性得到一致极限。各部分和都是多项式，因而连续；一致极限保持连续性，故 $F$ 在 $[0,1]$ 上连续。在 $r=1$ 处，定义它的级数就是假设中的数项和 $s$，于是由左连续性得到所示极限。$\square$

对以 $a$ 为中心、有限正收敛半径为 $R$ 的幂级数，若右端点收敛，取 $c_n=d_nR^n$ 与 $x-a=Rr$ 即可化为本定理；若左端点收敛，取 $c_n=d_n(-R)^n$ 与 $x-a=-Rr$。这种缩放只证明从收敛区间内部单侧趋近的结论，不涉及半径以外的点。

5. Abel 加权平均恒等式与第二种端点证明

另有一个有用的恒等式。令 $s_n=\sum_{k=0}^n c_k$。当 $0\le r<1$ 时，

$$F(r)=(1-r)\sum_{n=0}^{\infty}s_nr^n.$$

推导。 有限恒等式是

$$\sum_{n=0}^N c_nr^n=(1-r)\sum_{n=0}^{N-1}s_nr^n+s_Nr^N.$$

将右侧展开并比较相邻系数，或使用有限分部求和公式，均可得到它。由于 $s_n\to s$，存在常数 $K$，使所有 $n$ 都满足 $|s_n|\le K$。因此当 $r<1$ 时，$\sum |s_n|r^n\le K/(1-r)$，且 $|s_Nr^N|\le Kr^N\to0$。这样便可在有限恒等式中合法取极限。

权重 $(1-r)r^n$ 非负，且总和为一。因此

$$F(r)-s=(1-r)\sum_{n=0}^{\infty}(s_n-s)r^n.$$

给定 $\varepsilon>0$，选取 $N_0$，使 $n\ge N_0$ 时 $|s_n-s|<\varepsilon/2$。上式尾部的绝对值至多为 $\varepsilon/2$，因为其权重之和至多为一。前面有限部分的绝对值至多为

$$(1-r)\sum_{n=0}^{N_0-1}|s_n-s|,$$

当 $r\uparrow1$ 时它趋于零。当 $r$ 充分接近 1 时，此项小于 $\varepsilon/2$，从而证明 $|F(r)-s|<\varepsilon$。这一第二种证明把端点极限解释为对已收敛部分和的加权平均，而不是未经证明地交换两个极限。

例 5：先证明端点存在，再求其值

对每个 $0\le r<1$，几何级数 $\sum_{n=0}^{\infty}(-t)^n$ 在 $[0,r]$ 上一致收敛，因为其各项由可求和常数列 $r^n$ 控制。其和为 $1/(1+t)$。在该紧区间逐项积分，得到

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}r^n}{n}=\int_0^r\frac{dt}{1+t}=\log(1+r).$$

在 $r=0$ 时等式也成立，两边均为零。另一方面，交错调和数项级数由 Dirichlet 判别法收敛。因此 Abel 端点定理适用，给出

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}n=\lim_{r\uparrow1}\log(1+r)=\log2.$$

证明次序不可颠倒：先证明端点数项级数收敛，再证明内部恒等式，最后由有充分依据的极限定理确定端点值。

6. Abel 定理不能消除的两个边界问题

逆命题不成立。 当 $c_n=(-1)^n$ 时，内部幂级数的和为 $1/(1+r)$，且当 $r\uparrow1$ 时有有限极限 $1/2$。但 $c_n$ 不趋于零，所以 $\sum c_n$ 按普通意义发散。有限径向极限的存在不意味着边界级数收敛。把径向极限称作普通级数的和会改变收敛的含义。

端点求导是另一问题。 例 5 的级数在 $[0,1]$ 上一致收敛。当 $r<1$ 时，其导数级数为 $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}r^{n-1}=1/(1+r)$。在 $r=1$ 时，导数级数的项为 $(-1)^{n-1}$，不趋于零。然而函数 $\log(1+r)$ 在 1 处的左导数是有限值 $1/2$。所以函数项级数在端点的一致收敛，既不保证端点导数级数收敛，也不允许在那里逐项求值。收敛半径内部的逐项求导定理仍然有效，但该定理并未因此扩展到边界。

7. 分级练习

基础

P01. 对 $m=2,N=4$、$a_n=1/n$ 与 $(b_2,b_3,b_4)=(3,-2,1)$，验证有限分部求和恒等式。精确计算原来的和及恒等式右侧的两项。

P02. 设 $b_n$ 周期性重复 $3,-1,-2$。证明 $\sum b_n/\sqrt n$ 条件收敛，并由初始部分和可能取到的值给出明确的余项界。

P03. 解释为什么“$b_n$ 有界且 $a_n\to0$ 且非递增，就能推出 $\sum a_nb_n$ 收敛”是错误的。给出反例并指出缺少的假设。

核心

P04. 在 Dirichlet 判别法中，仅有 $a_n\to0$ 能否替代非负且非递增的条件？取 $b_n=(-1)^n$ 和 $a_n=[1+(-1)^n]/(2n)$，分析所提出的结论。

P05. 对 $E=[\pi/3,5\pi/3]$，给出 $\sum\sin(nx)/n$ 的一致余项界。选取 $N$，使第 $N$ 项之后的误差在整个 $E$ 上严格小于 $0.01$。

P06. 证明正弦级数在 $[0,2\pi]$ 上不一致收敛，尽管每个端点处的级数收敛。给出一个使一致 Cauchy 准则失效的固定正容差。

P07. 定义

$$G(r)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n r^n}{n+1}\qquad(0\le r\le1).$$

证明一致收敛，求 $r>0$ 时的 $G(r)$，说明 $G(0)$ 并计算 $G(1)$。给出对所有 $r\in[0,1]$ 都有效的、求和至指标 $N$ 后的误差界。

综合与证明分析

P08. 某学生算出 $\lim_{r\uparrow1}\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n r^n=1/2$，便断定 $\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n=1/2$。准确说明哪个推论没有依据，并证明该级数在普通意义下发散。

P09. 对 $H(r)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}r^n/n$，比较：(i) 它在 1 处的左导数；(ii) 从收敛半径内部令 $r\uparrow1$ 时导数的极限；(iii) 逐项求导后再令 $r=1$ 所得的级数。论证这三个答案并解释为什么没有矛盾。

P10. 假设 $\sum_{n=0}^{\infty}c_n$ 与 $\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^nc_n$ 都收敛。证明 $\sum c_nx^n$ 在整个 $[-1,1]$ 上一致收敛。不要仅凭两个端点的逐点收敛推断一致收敛。

8. 完整解答

S01. 原来的和为 $3/2-2/3+1/4=13/12$。区段部分和为 $B_{2,2}=3$、$B_{2,3}=1$ 和 $B_{2,4}=2$。恒等式的末项为 $a_4B_{2,4}=(1/4)2=1/2$。差值之和为

$$(a_2-a_3)B_{2,2}+(a_3-a_4)B_{2,3} =(1/2-1/3)3+(1/3-1/4)1=1/2+1/12=7/12.$$

两部分相加得 $1/2+7/12=13/12$，符合要求。这里没有使用无限极限运算。

S02. 周期系数的初始部分和反复取 $0,3,2$。因此每个区段和都是该集合中两个数的差，其绝对值至多为三。权重 $n^{-1/2}$ 为正、递减且趋于零。Dirichlet 的证明给出收敛性，以及第 $N$ 项之后不超过 $3/\sqrt{N+1}$ 的余项界。由于每个指标都满足 $|b_n|\ge1$，绝对值级数大于等于 $\sum n^{-1/2}$；后者由 $p$ 级数判别法发散。因此原级数条件收敛。

S03. 取 $b_n=1$ 和 $a_n=1/n$。数列 $b_n$ 有界、权重递减至零，但乘积级数为调和级数，因而发散。其系数部分和 $P_N=N$ 无界。Dirichlet 的假设要求这些部分和有界，而不仅是每一项有界。

S04. 所给权重在奇数指标处为零，在偶数指标处为 $1/n$。它们非负且趋于零，但无穷多次从零增至正数，因此并非非递增。乘以 $b_n=(-1)^n$ 后，偶数项仍为正，奇数项为零。所以

$$\sum_{n=1}^{\infty}a_nb_n=\sum_{k=1}^{\infty}\frac1{2k},$$

它趋于 $+\infty$。系数部分和有界，因此这个反例凸显的是缺少权重单调性。

S05. 此处 $\delta=\pi/3$，且 $\sin(\delta/2)=\sin(\pi/6)=1/2$，所以一致尾项界为 $2/(N+1)$。要使误差严格小于 $0.01=1/100$，只需 $N+1>200$。取 $N=200$，在所给区间每个 $x$ 处都有 $2/201<1/100$。这是统一保证，不是对最大误差精确值的断言。

S06. 对 $m\ge1$，令 $x_m=\pi/(6m)$。每个 $x_m$ 都属于 $[0,2\pi]$。当 $m\le n\le2m$ 时，角度属于 $[\pi/6,\pi/3]$，其正弦值至少为 $1/2$，且 $1/n\ge1/(2m)$。因此区段和大于 $1/4$。若级数一致收敛，其部分和列必须对容差 $1/8$ 一致 Cauchy：存在某个阈值，使所有从该阈值之后开始的区段在每一点都小于 $1/8$。取超过阈值的 $m$，便与上述下界矛盾。两个端点数项级数的收敛性与这种移动点导致的障碍无关。

S07. 对每个 $r\in[0,1]$，各项的绝对值 $r^n/(n+1)$ 非负且随 $n$ 非递增；它们对 $r$ 的上确界为 $1/(n+1)\to0$，而交错系数的区段和绝对值至多为一。一致 Dirichlet 定理给出一致收敛，其指标 $N$ 之后的余项在整个 $[0,1]$ 上不超过 $1/(N+2)$。当 $r>0$ 时，将级数乘以 $r$，得到内部的对数级数：

$$rG(r)=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}r^k}{k}=\log(1+r)\qquad(0<r<1).$$

因此在那里 $G(r)=\log(1+r)/r$。当 $r=0$ 时只剩常数项，所以 $G(0)=1$；由对数在 1 处的导数，也有 $\log(1+r)/r\to1$。一致收敛使 $G$ 在 1 处连续，因而 $G(1)=\log2$，且同一公式 $\log(1+r)/r$ 在 $r=1$ 时也成立。定义 $G(0)$ 时没有除以零。

S08. 当 $0\le r<1$ 时，几何级数公式给出内部和 $1/(1+r)$，因此径向极限为 $1/2$。Abel 定理从系数级数的普通收敛推出这个径向极限；学生使用了其逆命题，而该逆命题不仅未被证明，而且是错误的。系数项 $(-1)^n$ 不趋于零。更具体地说，求和至指标 $N$ 的部分和在 $N$ 为偶数时为一、$N$ 为奇数时为零，两个子列的极限不同，所以普通级数发散。

S09. 前面的例题已确定 $H(r)=\log(1+r)$ 在 $[0,1]$ 上成立，因此它在 1 处的左导数为 $1/2$。对每个 $0<r<1$，收敛半径内部的幂级数逐项求导定理给出 $H'(r)=1/(1+r)$；当 $r\uparrow1$ 时，其极限也是 $1/2$。若逐项求导后代入 $r=1$，所得级数为 $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}$。其项不趋于零，部分和在一与零之间交替，故发散。前两个有限导数分别涉及函数本身和内部极限；发散表达式则涉及端点处的交换，而这里没有保证导数级数收敛的假设。逐项求导定理只在收敛半径内部陈述，因此其有效结论没有受到矛盾。

S10. 对收敛数项级数 $\sum c_n$ 应用 Abel 的一致尾和证明。对每个 $\varepsilon>0$，它给出指标 $N_+$，使得只要 $N\ge m\ge N_+$ 且 $x\in[0,1]$，每个尾段 $\sum_{n=m}^{N}c_nx^n$ 的绝对值都小于 $\varepsilon$。对 $d_n=(-1)^nc_n$ 应用同一证明，得到对 $r\in[0,1]$ 有效的阈值 $N_-$。若 $x\in[-1,0]$，令 $r=-x$，则 $c_nx^n=d_nr^n$，故第二个尾和估计适用。于是共同阈值 $\max(N_+,N_-)$ 控制 $[-1,1]$ 上各点的尾段。一致 Cauchy 准则证明整个区间上一致收敛。这个证明结合了两个半区间上的一致估计，而不是仅结合两个端点值。

总结

分部求和将加权求和问题转化为对系数部分和以及权重变化量的控制。当 M 判别法不适用时，Dirichlet 抵消法仍可证明条件收敛或一致收敛。Abel 端点定理要求端点数项级数收敛，然后证明趋近该端点时的一致收敛。有限径向极限或函数值的一致收敛，都不会自动允许将其当作边界级数的和或在边界逐项求导。