无限求和怎样由部分和定义？¶

先备知识¶

第二部已经把“无限过程”解释为数列极限。这里需要有限和

\[ S_n=a_1+\cdots+a_n \]

以及数列极限的线性运算。无穷级数不是把无穷多个数一次相加，而是研究有限部分和 \((S_n)\) 是否趋于一个有限实数。

学习目标¶

完成本单元后，你应能：

用部分和严格定义数项级数的收敛与和；
区分通项 \(a_n\)、部分和 \(S_n\) 和余项 \(R_n\)；
证明收敛级数的通项趋于零，并解释逆命题为何错误；
计算几何级数和伸缩级数；
判断有限项增删为何不改变敛散性；
只在和已经存在后进行无限级数的线性运算。

牵引问题¶

有限等式

\[ 1+\frac12+\cdots+\frac1{2^{n-1}} =2-\frac1{2^{n-1}} \]

右端趋于 \(2\)。这是否足以给 \(1+\frac12+\frac14+\cdots\) 一个严格含义？若每一项都趋于零，是否所有这样的无穷和都收敛？

探索与猜想¶

先只做有限加法。对每个 \(n\)，\(S_n\) 是普通实数；若 \((S_n)\) 收敛，就把它的极限命名为无穷级数的和。这样所有极限工具都可直接使用，也立即暴露两个不同对象：

\(a_n\) 只记录第 \(n\) 次新增的量；
\(S_n\) 记录到第 \(n\) 次为止的总量。

新增量趋零是总量稳定的必要信号，却不能保证很多很小的新增量累积后仍有界。

概念与理论¶

数项级数的收敛¶

给定实数列 \((a_n)\)，定义第 \(n\) 个部分和

\[ S_n=\sum_{k=1}^{n}a_k. \]

若存在有限实数 \(S\) 使 \(S_n\to S\)，就称级数 \(\sum_{n=1}^{\infty}a_n\) 收敛，并写

\[ \sum_{n=1}^{\infty}a_n=S. \]

若部分和没有有限极限，就称级数发散。正无穷或负无穷只是发散方向，不是本章意义下的 “和”。

起点改变只改动有限项。例如从 \(n=N\) 开始的部分和与原部分和相差固定的有限和 \(\sum_{k=1}^{N-1}a_k\)，所以两者同时收敛或同时发散。

余项与截断误差¶

只有已经证明 \(\sum a_n=S\) 收敛后，才定义第 \(n\) 个余项

\[ R_n=S-S_n=\sum_{k=n+1}^{\infty}a_k. \]

余项是有限截断 \(S_n\) 与真实和 \(S\) 的误差。写出 \(R_n\) 本身不等于已经获得可计算误差界；还需证明 \(|R_n|\) 的上界。

收敛级数的通项必趋于零¶

定理。 若 \(\sum_{n=1}^{\infty}a_n\) 收敛，则 \(a_n\to0\)。

证明。 令 \(S_n=\sum_{k=1}^{n}a_k\)，并补记 \(S_0=0\)。若 \(S_n\to S\)，则 \(S_{n-1}\to S\)，所以

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

证毕。

逆命题错误。调和级数满足 \(1/n\to0\)，但

\[ \sum_{n=1}^{\infty}\frac1n \]

发散；下一单元将用任意有限尾段给出证明。因此“通项趋于零只是必要条件”，不能把必要条件当成判别法。

有限线性运算¶

若 \(\sum a_n=A\)、\(\sum b_n=B\) 都收敛，则对实数 \(\alpha,\beta\)，有限部分和满足

\[ \sum_{k=1}^{n}(\alpha a_k+\beta b_k) =\alpha S_n+\beta T_n, \]

取极限得

\[ \sum_{n=1}^{\infty}(\alpha a_n+\beta b_n)=\alpha A+\beta B. \]

这个结论的前提是两个原级数分别收敛。不能先对两个未判定的级数作“无穷减法”，再用形式消去宣称结果存在。

例题与迁移¶

例 1：几何级数¶

对 \(r\ne1\)，有限几何和为

\[ S_n=a+ar+\cdots+ar^{n-1}=a\frac{1-r^n}{1-r}. \]

若 \(|r|<1\)，则 \(r^n\to0\)，故

\[ \sum_{n=0}^{\infty}ar^n=\frac{a}{1-r}. \]

若 \(|r|\ge1\) 且 \(a\ne0\)，通项 \(ar^n\) 不趋于零，级数发散。这里先计算有限和，再取极限；公式不是对“无穷多项”直接做代数。

例 2：伸缩级数¶

由

\[ \frac1{k(k+1)}=\frac1k-\frac1{k+1} \]

得到有限部分和

\[ S_n=\sum_{k=1}^{n}\left(\frac1k-\frac1{k+1}\right) =1-\frac1{n+1}. \]

因此

\[ \sum_{k=1}^{\infty}\frac1{k(k+1)}=1, \qquad R_n=\frac1{n+1}. \]

伸缩发生在有限部分和内部；若不先写出 \(S_n\)，容易漏掉边界项。

例 3：有限项不会改变敛散性¶

把一个收敛级数的前三项任意修改。对 \(n\ge3\)，新旧部分和只相差一个固定常数，因此新部分和仍有极限。和的数值可能改变，敛散性不改变。

即时检验与回望¶

即时检验 1¶

若 \(a_n=(-1)^n\)，能否只凭 \(a_n\) 有界就判断 \(\sum a_n\) 收敛？

答案

不能。其部分和在 \(0\) 与 \(-1\) 之间振荡，没有极限；更直接地，通项不趋于零。

即时检验 2¶

求 \(\sum_{k=2}^{\infty}1/[k(k-1)]\) 的和与第 \(n\) 项后余项。

答案

因 \(1/[k(k-1)]=1/(k-1)-1/k\)，从 \(2\) 到 \(n\) 的部分和为 \(1-1/n\)。故级数和为 \(1\)，余项为 \(1/n\)。

习题与答案¶

习题 1¶

写出 \(\sum_{n=1}^{\infty}3/4^n\) 的部分和并求和。

答案

\(S_N=\frac34(1-4^{-N})/(1-\frac14)=1-4^{-N}\)，故和为 \(1\)。

习题 2¶

判定 \(\sum_{n=0}^{\infty}2(-3/4)^n\)，并解释符号交替为何不妨碍本题。

答案

公比绝对值 \(3/4<1\)，部分和极限存在，和为 \(2/(1+3/4)=8/7\)。符号交替不是理由；关键是 \(r^n\to0\)。

习题 3¶

用必要条件判定 \(\sum_{n=1}^{\infty}(n+1)/n\)。

答案

通项趋于 \(1\ne0\)，所以级数发散。

习题 4¶

求 \(\sum_{n=1}^{\infty}1/[(n+1)(n+2)]\)。

答案

分解为 \(1/(n+1)-1/(n+2)\)。部分和为 \(1/2-1/(N+2)\)，故和为 \(1/2\)。

习题 5¶

若一个级数删去第 100 项后收敛，证明原级数收敛。

答案

对 \(n\ge100\)，原部分和等于新部分和加回固定数 \(a_{100}\)。收敛数列加常数仍收敛。

习题 6¶

指出错误：“因为 \(1/n\to0\)，所以 \(\sum1/n\) 收敛。”

答案

把必要条件误当成充分条件。收敛推出通项趋零，逆命题不成立。

习题 7¶

已知 \(\sum a_n=A\)、\(\sum b_n=B\)，证明 \(\sum(2a_n-3b_n)=2A-3B\)。

答案

先对有限部分和使用线性： \(\sum_{k=1}^N(2a_k-3b_k)=2S_N-3T_N\)，再令 \(N\to\infty\)。

常见误区与后续¶

把无穷级数当成已经存在的无限加法，而不写部分和。
看见 \(a_n\to0\) 就宣布收敛。
在尚未证明收敛时使用余项符号并称其为误差。
用未判定级数的形式相消代替有限部分和计算。

下一单元用 Cauchy 尾部判据直接刻画部分和何时收敛，并证明调和级数虽然通项趋零，任意远处仍能找到不小的有限尾段。