无穷级数：从部分和到收敛

数列研究一个个数最终走向哪里；级数研究把这些数依次累加时，总和是否稳定。

写下

a_1+a_2+a_3+\cdots

并不表示我们真的完成了无穷次加法。严格对象是部分和数列：

S_N=a_1+a_2+\cdots+a_N

级数是否收敛，完全由 $S_N$ 是否有有限极限决定。

部分和数列逐渐靠近极限

从有限相加到无限相加

无穷级数记作

\sum_{n=1}^{\infty}a_n

它的定义是

\sum_{n=1}^{\infty}a_n =\lim_{N\to\infty}\sum_{n=1}^{N}a_n =\lim_{N\to\infty}S_N

若极限为 $S$ ，就说级数收敛，且和为 $S$ ；若极限不存在或无界，就说级数发散。

级数的“和”不是把省略号后面的东西一次算完，而是部分和的极限。所有判别法最终都在替我们判断这个极限。

起始下标

\sum_{n=0}^{\infty}a_n

与

\sum_{n=1}^{\infty}a_n

可能只差一个有限项，但和会不同。收敛性不受增加或删除有限项影响，具体和却会改变。

例如

\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac12\right)^n=2

而

\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac12\right)^n=1

级数与部分和数列

例题：由部分和求级数

设

a_n=\frac{1}{n(n+1)}

先做部分分式：

\frac{1}{n(n+1)} =\frac1n-\frac1{n+1}

部分和为

S_N =\left(1-\frac12\right) +\left(\frac12-\frac13\right) +\cdots+ \left(\frac1N-\frac1{N+1}\right)

中间项相消：

S_N=1-\frac1{N+1}

因此

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(n+1)} =\lim_{N\to\infty}S_N=1

这种大量中间项相消的级数叫望远镜级数。

相消前要先写部分和

不能在无穷表达式上随意说“都消掉了”。正确做法是先写有限的 $S_N$ ，明确剩下哪些边界项，再取 $N\to\infty$ 。

例题：错位两项的望远镜

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(n+2)}

分解：

\frac{1}{n(n+2)} =\frac12\left(\frac1n-\frac1{n+2}\right)

部分和留下前两项与最后两项：

S_N =\frac12\left( 1+\frac12-\frac1{N+1}-\frac1{N+2} \right)

所以级数和为

\frac34

几何级数

几何级数具有固定公比：

a+ar+ar^2+ar^3+\cdots

前 $N+1$ 项部分和为

S_N=a+ar+\cdots+ar^N

两边乘 $r$ ：

rS_N=ar+ar^2+\cdots+ar^{N+1}

相减得到

(1-r)S_N=a(1-r^{N+1})

若 $r\ne1$ ：

S_N=a\frac{1-r^{N+1}}{1-r}

当 $|r|<1$ ， $r^{N+1}\to0$ ，所以

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

若 $|r|\ge1$ 且 $a\ne0$ ，通项不趋零，级数发散。

几何级数的面积分割

识别首项和公比

计算

\sum_{n=2}^{\infty}3\left(\frac14\right)^n

第一项对应 $n=2$ ：

a=\frac{3}{16}

公比为 $1/4$ ，所以

\sum_{n=2}^{\infty}3\left(\frac14\right)^n =\frac{3/16}{1-1/4} =\frac14

不要把公式中的 $a$ 误认成表达式里不随 $n$ 变化的系数 $3$ ； $a$ 是级数实际起始项。

公比为负

\sum_{n=0}^{\infty}2\left(-\frac13\right)^n =\frac{2}{1+1/3} =\frac32

部分和会在极限两侧来回靠近，但因 $|r|<1$ 仍收敛。

循环小数

0.\overline{27} =\frac{27}{100}+\frac{27}{100^2}+\cdots

是首项 $27/100$ 、公比 $1/100$ 的几何级数：

0.\overline{27} =\frac{27/100}{1-1/100} =\frac{3}{11}

通项判别：第一道门

若

\sum_{n=1}^{\infty}a_n

收敛，那么

a_n=S_n-S_{n-1}\to0

因此：

\lim_{n\to\infty}a_n\ne0 \quad\Longrightarrow\quad \sum a_n\text{ 发散}

这叫通项判别或发散判别。

通项判别的逻辑方向

例题

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2n+1}{3n-4}

通项极限为

\frac23

不等于零，所以级数发散。

若 $a_n\to0$ ，通项判别没有结论。它不能证明收敛。调和级数就是最重要的反例。

调和级数

调和级数是

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

通项趋零，却发散。

一种证明方法是分组：

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

每一组的项数翻倍。在第 $k$ 组中，每一项至少等于该组最后一项，所以每组和至少为 $1/2$ 。无穷多组各贡献至少 $1/2$ ，部分和没有上界。

调和级数缓慢但持续发散

它发散得非常慢，所以看前很多项仍可能误以为稳定。有限数值实验不能代替证明。

p 级数

p 级数是

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^p}

其收敛规律为

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^p} \begin{cases} \text{收敛},&p>1\\ \text{发散},&p\le1 \end{cases}

当 $p\le0$ 时，通项甚至不趋零；当 $0<p\le1$ 时，通项趋零却仍不够快。下一章会用积分判别严格证明这个分界。

p 级数在 p=1 处分界

移位不改变 p 型

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(n+5)^2}

仍是 $p=2$ 的尾部，收敛。删除或增加有限项不会改变收敛性。

但若题目问具体和，移位会改变结果，不能直接说等于 $\sum1/n^2$ 。

级数的线性运算

若 $\sum a_n$ 与 $\sum b_n$ 都收敛，且 $c$ 为常数，则

\sum(ca_n)=c\sum a_n

\sum(a_n\pm b_n) =\sum a_n\pm\sum b_n

这些结论来自对应部分和的极限运算。

若其中一个级数发散，就不能随意拆开。例如

\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac1n-\frac1{n+1}\right)

整体是收敛的望远镜级数，但拆成两个调和型发散级数后写“ $\infty-\infty$ ”没有意义。

只有当拆开的级数各自收敛时，才可以分别求和再相加减。相消结构常常必须保留在同一个部分和里。

收敛也可以看成“尾巴变得任意小”

若部分和 $S_N$ 收敛，那么对足够大的 $m>n$ ：

S_m-S_n =a_{n+1}+a_{n+2}+\cdots+a_m

应该任意小。反过来，若所有足够靠后的有限尾和都能统一变小，部分和数列就满足柯西条件，从而收敛。

这个视角解释了为什么只看单项 $a_n$ 不够。 $a_n\to0$ 只保证尾巴里的每一块变小，却没有保证很多块加在一起仍然小。

对调和级数，取 $m=2n$ ：

S_{2n}-S_n =\frac1{n+1}+\cdots+\frac1{2n}

这 $n$ 项中的每一项至少为 $1/(2n)$ ，所以

S_{2n}-S_n\ge\frac12

无论 $n$ 多大，总能找到一个后续尾段和至少为 $1/2$ 。因此部分和不可能稳定。

对几何级数 $|r|<1$ ：

|a_{n+1}+\cdots+a_m| \le |a|\frac{|r|^{n+1}}{1-|r|}

右边随 $n\to\infty$ 趋零，所以整个尾巴可控。这就是“项变小速度足够快”的精确含义之一。

从过程模型得到级数

级数不只出现在纯代数里。只要一个过程反复发生，且每次贡献按某种规律缩小，就会自然出现无限相加。

反弹球的总路程

一只球从高度 $h$ 落下，每次反弹到前一次高度的比例 $r$ ，其中 $0<r<1$ 。

第一次下落路程是 $h$ 。随后每次反弹高度为

hr,\ hr^2,\ hr^3,\ldots

每个反弹高度既要向上走一次，又要向下走一次，所以总路程为

D=h+2h(r+r^2+r^3+\cdots)

几何级数求和：

D=h+2h\frac{r}{1-r} =h\frac{1+r}{1-r}

若 $r\ge1$ ，这个物理模型本身就不再描述逐渐损耗的反弹，总路程级数也不会收敛。

分期支付的现值

若每期支付金额为 $P$ ，每期折现因子为 $q$ ，且 $0<q<1$ ，无限期支付的现值是

Pq+Pq^2+Pq^3+\cdots =\frac{Pq}{1-q}

数学上仍是几何级数。建模时最容易错的是时间点：第一笔支付发生在现在还是一期以后，会决定级数从 $q^0$ 还是 $q^1$ 开始。

不断修正的近似

若一个算法的第 $n$ 次修正量为 $a_n$ ，最终结果是否稳定取决于

\sum a_n

而不只是 $a_n\to0$ 。修正越来越小并不保证总修正有限；这与调和级数的警告完全相同。

p 级数分界的直观证明

对 $p>1$ ，函数 $f(x)=x^{-p}$ 正、连续、递减。第 $n$ 项可以与从 $n-1$ 到 $n$ 的面积比较：

\frac1{n^p}\le\int_{n-1}^{n}\frac1{x^p}\,dx

于是从第二项起，级数被收敛的反常积分压住。

对 $0<p\le1$ ，可以用类似分组看见发散。把项按

2^k\le n<2^{k+1}

分组。第 $k$ 组有 $2^k$ 项，每一项至少为

\frac{1}{(2^{k+1})^p}

所以该组和至少为

2^k\cdot2^{-p(k+1)} =2^{-p}2^{k(1-p)}

当 $p\le1$ 时，这个下界不会趋零；无穷多个分组的贡献无法累积成有限数。

下一章会把这种“级数与面积比较”整理成积分判别法。

余项与有限近似

若级数收敛到 $S$ ，取前 $N$ 项得到 $S_N$ ，余项为

R_N=S-S_N

对几何级数 $|r|<1$ ：

R_N =ar^{N+1}+ar^{N+2}+\cdots =\frac{ar^{N+1}}{1-r}

因此可以直接决定需要多少项。

例题：几何级数精度

用前若干项近似

\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac13\right)^n

要求误差小于 $10^{-4}$ 。取到 $n=N$ 后：

R_N=\frac{(1/3)^{N+1}}{1-1/3} =\frac32\left(\frac13\right)^{N+1}

要求

\frac32\left(\frac13\right)^{N+1}<10^{-4}

检验可得 $N=8$ 已足够。说明近似时应报告“取到哪一项”，而不是只写一个小数。

改变有限项与重新编号

若两个级数从某一项开始完全相同，它们必然同收敛或同发散。原因是它们的部分和只相差一个固定的有限数。

例如

\sum_{n=10}^{\infty}\frac1{n^2}

与

\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^2}

具有相同收敛性，但前者的和少了前九项。

重新编号时要同步变换每个位置。令 $k=n-3$ ：

\sum_{n=3}^{\infty}\left(\frac12\right)^n =\sum_{k=0}^{\infty}\left(\frac12\right)^{k+3}

=\frac18\sum_{k=0}^{\infty}\left(\frac12\right)^k =\frac14

若只把下标从 $n=3$ 改成 $k=0$ ，却不把指数 $n$ 改成 $k+3$ ，就改变了级数。

常数倍与零级数

若 $c\ne0$ ， $\sum ca_n$ 与 $\sum a_n$ 同收敛或同发散；若 $c=0$ ，则所有项为零，当然收敛。常数倍会改变和，却不会改变非零倍数下的收敛性。

这些简单规则在比较复杂级数时很有用：可以忽略有限前缀、提取固定常数，但不能忽略影响长期速度的 $n$ 相关因子。

收敛判断的第一轮路线

先求 $\lim a_n$ 。不为零或不存在，立即发散。
看是否是几何级数，识别真实首项与公比。
看是否能部分分式后望远镜相消。
看是否是已知 p 级数或只差有限项。
若仍不能判断，进入下一章的积分、比较、交错、比值和根值判别。

不要看到阶乘就立刻用比值判别，也不要看到分式就立刻做比较。先用最具体、能直接给出和的结构。

第一步的通项判别只有“快速否决权”，没有“批准权”： $a_n$ 不趋于零时，级数必发散； $a_n$ 趋于零时，只说明它通过了最低门槛。调和级数正是最重要的反例。把这句话刻意说完整，可以避免下一章学习各种判别法时误以为它们是在重复检查同一件事。

常见误区

把 $\sum a_n$ 与 $\lim a_n$ 当成同一个问题；
几何级数忽略起始下标；
望远镜级数不写有限部分和；
用“通项趋零”证明收敛；
将两个发散级数拆开相减；
用前几百项看起来稳定代替证明；
收敛性与具体和混为一谈。

练习

判断收敛性；若能直接求和则求和。

$\sum_{n=0}^{\infty}5(0.2)^n$
$\sum_{n=3}^{\infty}2(-1/4)^n$
$\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{(n+1)(n+2)}$
$\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{3}{n(n+3)}$
$\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{n+1}{n}$
$\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{n^{3/2}}$
$\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{\sqrt n}$
把 $0.\overline{135}$ 写成分数。
对 $\sum_{n=0}^{\infty}(1/5)^n$ ，求使余项小于 $10^{-6}$ 的最小 $N$ 。

几何级数，和为
$\frac{5}{1-0.2}=\frac{25}{4}$
首项为 $2(-1/4)^3=-1/32$ ，公比 $-1/4$ ：
$\frac{-1/32}{1+1/4}=-\frac1{40}$

\frac{1}{(n+1)(n+2)} =\frac1{n+1}-\frac1{n+2}

和为 $1/2$ 。 4.

\frac{3}{n(n+3)} =\frac1n-\frac1{n+3}

部分和留下前三项，和为

1+\frac12+\frac13=\frac{11}{6}

通项趋近 $1$ ，级数发散。
p 级数， $p=3/2>1$ ，收敛。
p 级数， $p=1/2\le1$ ，发散。

0.\overline{135} =\frac{135}{999} =\frac5{37}

余项为
$R_N=\frac{(1/5)^{N+1}}{1-1/5}$
检验得最小 $N=8$ 。

小结

无穷级数的定义始终落在部分和数列上。几何级数和望远镜级数能直接求和，通项判别能快速排除，调和级数与 p 级数提供最重要的参照。

下一章要解决的是：当级数既不几何、也不望远镜时，怎样只根据通项的大小、符号与结构判断收敛，并在收敛时控制余项。

无穷级数：从部分和到收敛

数列研究一个个数最终走向哪里；级数研究把这些数依次累加时，总和是否稳定。

写下

a_1+a_2+a_3+\cdots

并不表示我们真的完成了无穷次加法。严格对象是部分和数列：

S_N=a_1+a_2+\cdots+a_N

级数是否收敛，完全由 $S_N$ 是否有有限极限决定。

部分和数列逐渐靠近极限

从有限相加到无限相加

无穷级数记作

\sum_{n=1}^{\infty}a_n

它的定义是

\sum_{n=1}^{\infty}a_n =\lim_{N\to\infty}\sum_{n=1}^{N}a_n =\lim_{N\to\infty}S_N

若极限为 $S$ ，就说级数收敛，且和为 $S$ ；若极限不存在或无界，就说级数发散。

级数的“和”不是把省略号后面的东西一次算完，而是部分和的极限。所有判别法最终都在替我们判断这个极限。

起始下标

\sum_{n=0}^{\infty}a_n

与

\sum_{n=1}^{\infty}a_n

可能只差一个有限项，但和会不同。收敛性不受增加或删除有限项影响，具体和却会改变。

例如

\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac12\right)^n=2

而

\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac12\right)^n=1

级数与部分和数列

例题：由部分和求级数

设

a_n=\frac{1}{n(n+1)}

先做部分分式：

\frac{1}{n(n+1)} =\frac1n-\frac1{n+1}

部分和为

S_N =\left(1-\frac12\right) +\left(\frac12-\frac13\right) +\cdots+ \left(\frac1N-\frac1{N+1}\right)

中间项相消：

S_N=1-\frac1{N+1}

因此

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(n+1)} =\lim_{N\to\infty}S_N=1

这种大量中间项相消的级数叫望远镜级数。

相消前要先写部分和

不能在无穷表达式上随意说“都消掉了”。正确做法是先写有限的 $S_N$ ，明确剩下哪些边界项，再取 $N\to\infty$ 。

例题：错位两项的望远镜

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(n+2)}

分解：

\frac{1}{n(n+2)} =\frac12\left(\frac1n-\frac1{n+2}\right)

部分和留下前两项与最后两项：

S_N =\frac12\left( 1+\frac12-\frac1{N+1}-\frac1{N+2} \right)

所以级数和为

\frac34

几何级数

几何级数具有固定公比：

a+ar+ar^2+ar^3+\cdots

前 $N+1$ 项部分和为

S_N=a+ar+\cdots+ar^N

两边乘 $r$ ：

rS_N=ar+ar^2+\cdots+ar^{N+1}

相减得到

(1-r)S_N=a(1-r^{N+1})

若 $r\ne1$ ：

S_N=a\frac{1-r^{N+1}}{1-r}

当 $|r|<1$ ， $r^{N+1}\to0$ ，所以

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

若 $|r|\ge1$ 且 $a\ne0$ ，通项不趋零，级数发散。

几何级数的面积分割

识别首项和公比

计算

\sum_{n=2}^{\infty}3\left(\frac14\right)^n

第一项对应 $n=2$ ：

a=\frac{3}{16}

公比为 $1/4$ ，所以

\sum_{n=2}^{\infty}3\left(\frac14\right)^n =\frac{3/16}{1-1/4} =\frac14

不要把公式中的 $a$ 误认成表达式里不随 $n$ 变化的系数 $3$ ； $a$ 是级数实际起始项。

公比为负

\sum_{n=0}^{\infty}2\left(-\frac13\right)^n =\frac{2}{1+1/3} =\frac32

部分和会在极限两侧来回靠近，但因 $|r|<1$ 仍收敛。

循环小数

0.\overline{27} =\frac{27}{100}+\frac{27}{100^2}+\cdots

是首项 $27/100$ 、公比 $1/100$ 的几何级数：

0.\overline{27} =\frac{27/100}{1-1/100} =\frac{3}{11}

通项判别：第一道门

若

\sum_{n=1}^{\infty}a_n

收敛，那么

a_n=S_n-S_{n-1}\to0

因此：

\lim_{n\to\infty}a_n\ne0 \quad\Longrightarrow\quad \sum a_n\text{ 发散}

这叫通项判别或发散判别。

通项判别的逻辑方向

例题

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2n+1}{3n-4}

通项极限为

\frac23

不等于零，所以级数发散。

若 $a_n\to0$ ，通项判别没有结论。它不能证明收敛。调和级数就是最重要的反例。

调和级数

调和级数是

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

通项趋零，却发散。

一种证明方法是分组：

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

每一组的项数翻倍。在第 $k$ 组中，每一项至少等于该组最后一项，所以每组和至少为 $1/2$ 。无穷多组各贡献至少 $1/2$ ，部分和没有上界。

调和级数缓慢但持续发散

它发散得非常慢，所以看前很多项仍可能误以为稳定。有限数值实验不能代替证明。

p 级数

p 级数是

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^p}

其收敛规律为

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^p} \begin{cases} \text{收敛},&p>1\\ \text{发散},&p\le1 \end{cases}

当 $p\le0$ 时，通项甚至不趋零；当 $0<p\le1$ 时，通项趋零却仍不够快。下一章会用积分判别严格证明这个分界。

p 级数在 p=1 处分界

移位不改变 p 型

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(n+5)^2}

仍是 $p=2$ 的尾部，收敛。删除或增加有限项不会改变收敛性。

但若题目问具体和，移位会改变结果，不能直接说等于 $\sum1/n^2$ 。

级数的线性运算

若 $\sum a_n$ 与 $\sum b_n$ 都收敛，且 $c$ 为常数，则

\sum(ca_n)=c\sum a_n

\sum(a_n\pm b_n) =\sum a_n\pm\sum b_n

这些结论来自对应部分和的极限运算。

若其中一个级数发散，就不能随意拆开。例如

\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac1n-\frac1{n+1}\right)

整体是收敛的望远镜级数，但拆成两个调和型发散级数后写“ $\infty-\infty$ ”没有意义。

只有当拆开的级数各自收敛时，才可以分别求和再相加减。相消结构常常必须保留在同一个部分和里。

收敛也可以看成“尾巴变得任意小”

若部分和 $S_N$ 收敛，那么对足够大的 $m>n$ ：

S_m-S_n =a_{n+1}+a_{n+2}+\cdots+a_m

应该任意小。反过来，若所有足够靠后的有限尾和都能统一变小，部分和数列就满足柯西条件，从而收敛。

这个视角解释了为什么只看单项 $a_n$ 不够。 $a_n\to0$ 只保证尾巴里的每一块变小，却没有保证很多块加在一起仍然小。

对调和级数，取 $m=2n$ ：

S_{2n}-S_n =\frac1{n+1}+\cdots+\frac1{2n}

这 $n$ 项中的每一项至少为 $1/(2n)$ ，所以

S_{2n}-S_n\ge\frac12

无论 $n$ 多大，总能找到一个后续尾段和至少为 $1/2$ 。因此部分和不可能稳定。

对几何级数 $|r|<1$ ：

|a_{n+1}+\cdots+a_m| \le |a|\frac{|r|^{n+1}}{1-|r|}

右边随 $n\to\infty$ 趋零，所以整个尾巴可控。这就是“项变小速度足够快”的精确含义之一。

从过程模型得到级数

级数不只出现在纯代数里。只要一个过程反复发生，且每次贡献按某种规律缩小，就会自然出现无限相加。

反弹球的总路程

一只球从高度 $h$ 落下，每次反弹到前一次高度的比例 $r$ ，其中 $0<r<1$ 。

第一次下落路程是 $h$ 。随后每次反弹高度为

hr,\ hr^2,\ hr^3,\ldots

每个反弹高度既要向上走一次，又要向下走一次，所以总路程为

D=h+2h(r+r^2+r^3+\cdots)

几何级数求和：

D=h+2h\frac{r}{1-r} =h\frac{1+r}{1-r}

若 $r\ge1$ ，这个物理模型本身就不再描述逐渐损耗的反弹，总路程级数也不会收敛。

分期支付的现值

若每期支付金额为 $P$ ，每期折现因子为 $q$ ，且 $0<q<1$ ，无限期支付的现值是

Pq+Pq^2+Pq^3+\cdots =\frac{Pq}{1-q}

数学上仍是几何级数。建模时最容易错的是时间点：第一笔支付发生在现在还是一期以后，会决定级数从 $q^0$ 还是 $q^1$ 开始。

不断修正的近似

若一个算法的第 $n$ 次修正量为 $a_n$ ，最终结果是否稳定取决于

\sum a_n

而不只是 $a_n\to0$ 。修正越来越小并不保证总修正有限；这与调和级数的警告完全相同。

p 级数分界的直观证明

对 $p>1$ ，函数 $f(x)=x^{-p}$ 正、连续、递减。第 $n$ 项可以与从 $n-1$ 到 $n$ 的面积比较：

\frac1{n^p}\le\int_{n-1}^{n}\frac1{x^p}\,dx

于是从第二项起，级数被收敛的反常积分压住。

对 $0<p\le1$ ，可以用类似分组看见发散。把项按

2^k\le n<2^{k+1}

分组。第 $k$ 组有 $2^k$ 项，每一项至少为

\frac{1}{(2^{k+1})^p}

所以该组和至少为

2^k\cdot2^{-p(k+1)} =2^{-p}2^{k(1-p)}

当 $p\le1$ 时，这个下界不会趋零；无穷多个分组的贡献无法累积成有限数。

下一章会把这种“级数与面积比较”整理成积分判别法。

余项与有限近似

若级数收敛到 $S$ ，取前 $N$ 项得到 $S_N$ ，余项为

R_N=S-S_N

对几何级数 $|r|<1$ ：

R_N =ar^{N+1}+ar^{N+2}+\cdots =\frac{ar^{N+1}}{1-r}

因此可以直接决定需要多少项。

例题：几何级数精度

用前若干项近似

\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac13\right)^n

要求误差小于 $10^{-4}$ 。取到 $n=N$ 后：

R_N=\frac{(1/3)^{N+1}}{1-1/3} =\frac32\left(\frac13\right)^{N+1}

要求

\frac32\left(\frac13\right)^{N+1}<10^{-4}

检验可得 $N=8$ 已足够。说明近似时应报告“取到哪一项”，而不是只写一个小数。

改变有限项与重新编号

若两个级数从某一项开始完全相同，它们必然同收敛或同发散。原因是它们的部分和只相差一个固定的有限数。

例如

\sum_{n=10}^{\infty}\frac1{n^2}

与

\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^2}

具有相同收敛性，但前者的和少了前九项。

重新编号时要同步变换每个位置。令 $k=n-3$ ：

\sum_{n=3}^{\infty}\left(\frac12\right)^n =\sum_{k=0}^{\infty}\left(\frac12\right)^{k+3}

=\frac18\sum_{k=0}^{\infty}\left(\frac12\right)^k =\frac14

若只把下标从 $n=3$ 改成 $k=0$ ，却不把指数 $n$ 改成 $k+3$ ，就改变了级数。

常数倍与零级数

若 $c\ne0$ ， $\sum ca_n$ 与 $\sum a_n$ 同收敛或同发散；若 $c=0$ ，则所有项为零，当然收敛。常数倍会改变和，却不会改变非零倍数下的收敛性。

这些简单规则在比较复杂级数时很有用：可以忽略有限前缀、提取固定常数，但不能忽略影响长期速度的 $n$ 相关因子。

收敛判断的第一轮路线

先求 $\lim a_n$ 。不为零或不存在，立即发散。
看是否是几何级数，识别真实首项与公比。
看是否能部分分式后望远镜相消。
看是否是已知 p 级数或只差有限项。
若仍不能判断，进入下一章的积分、比较、交错、比值和根值判别。

不要看到阶乘就立刻用比值判别，也不要看到分式就立刻做比较。先用最具体、能直接给出和的结构。

常见误区

把 $\sum a_n$ 与 $\lim a_n$ 当成同一个问题；
几何级数忽略起始下标；
望远镜级数不写有限部分和；
用“通项趋零”证明收敛；
将两个发散级数拆开相减；
用前几百项看起来稳定代替证明；
收敛性与具体和混为一谈。

练习

判断收敛性；若能直接求和则求和。

$\sum_{n=0}^{\infty}5(0.2)^n$
$\sum_{n=3}^{\infty}2(-1/4)^n$
$\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{(n+1)(n+2)}$
$\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{3}{n(n+3)}$
$\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{n+1}{n}$
$\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{n^{3/2}}$
$\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{\sqrt n}$
把 $0.\overline{135}$ 写成分数。
对 $\sum_{n=0}^{\infty}(1/5)^n$ ，求使余项小于 $10^{-6}$ 的最小 $N$ 。

几何级数，和为
$\frac{5}{1-0.2}=\frac{25}{4}$
首项为 $2(-1/4)^3=-1/32$ ，公比 $-1/4$ ：
$\frac{-1/32}{1+1/4}=-\frac1{40}$

\frac{1}{(n+1)(n+2)} =\frac1{n+1}-\frac1{n+2}

和为 $1/2$ 。 4.

\frac{3}{n(n+3)} =\frac1n-\frac1{n+3}

部分和留下前三项，和为

1+\frac12+\frac13=\frac{11}{6}

通项趋近 $1$ ，级数发散。
p 级数， $p=3/2>1$ ，收敛。
p 级数， $p=1/2\le1$ ，发散。

0.\overline{135} =\frac{135}{999} =\frac5{37}

余项为
$R_N=\frac{(1/5)^{N+1}}{1-1/5}$
检验得最小 $N=8$ 。

小结

无穷级数的定义始终落在部分和数列上。几何级数和望远镜级数能直接求和，通项判别能快速排除，调和级数与 p 级数提供最重要的参照。

下一章要解决的是：当级数既不几何、也不望远镜时，怎样只根据通项的大小、符号与结构判断收敛，并在收敛时控制余项。