无穷级数 I：收敛概念与正项级数

数列研究的是一串数会不会靠近某个目标；无穷级数研究的仍是这个问题，只是目标对象换成了“不断增加的有限和”。看到

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

时，不要想象自己完成了无穷次加法。数学上真正存在的是每个有限阶段的和。我们把这些有限和排成数列，再问它的尾部是否稳定。这一层翻译做对了，后面的比较、积分、比值和根值判别法才有落脚处。

本章主要讨论正项级数。它和下一章的带符号级数差别很大：正项只会把部分和往上推，不会把前面已经累积的量抵消掉。因此正项级数的收敛问题会变成“部分和有没有上界”。这不是一个口号，而是下面所有判别法共用的证明骨架。

从无穷符号回到部分和

设 $(a_n)$ 是实数数列。定义第 $N$ 个部分和

S_N=\sum_{n=1}^{N}a_n=a_1+a_2+\cdots+a_N, \qquad N\in\mathbb N.

如果存在 $S\in\mathbb R$ ，使得

\lim_{N\to\infty}S_N=S,

就说级数 $\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ 收敛到 $S$ 。如果部分和数列不收敛，级数就发散。它可能趋于 $+\infty$ 或 $-\infty$ ，也可能始终有界却来回摆动。

例如

1-1+1-1+\cdots

的部分和是 $1,0,1,0,\ldots$ 。它们都在 $[0,1]$ 中，却没有极限，所以级数发散。这个反例先给我们划一条线：一般级数的部分和有界，不足以推出收敛。正项情形之所以特殊，是因为届时部分和还会单调。

尾部才决定收敛性

对 $M\in\mathbb N$ ，从第 $M$ 项开始的部分和与原部分和之间只差一个常数：

\sum_{n=1}^{N}a_n = \sum_{n=1}^{M-1}a_n+\sum_{n=M}^{N}a_n \qquad(N\ge M).

所以增删或修改有限多个项，不改变级数是收敛还是发散；如果两者收敛，和只相差那段有限和。这解释了判别法为什么总说“从充分大的 $n$ 起”。级数看的是尾部，前几项不必整齐。

能忽略有限个前项，不代表能随意给无穷多项换顺序或加括号。有限和的运算法则可以直接用；对无穷级数，任何操作都要回到部分和数列来核对极限。

收敛级数的通项必须趋于零

令 $S_0=0$ 。每一项都是相邻部分和的差：

a_N=S_N-S_{N-1}.

若 $\sum a_n$ 收敛到 $S$ ，则 $S_N\to S$ 且 $S_{N-1}\to S$ ，于是

\lim_{N\to\infty}a_N=S-S=0.

因此

\sum_{n=1}^{\infty}a_n\text{ 收敛} \quad\Longrightarrow\quad a_n\to0.

这是必要条件，不是充分条件。它只说明单次新加进来的量会变小；它没有控制把无数个小量累计起来会不会超过所有界限。

例题：第一步就该停下来的情形

判断

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{4n+3}{9n-2}

是否收敛。

先检查通项，而不是急着找复杂判别法：

\lim_{n\to\infty}\frac{4n+3}{9n-2}=\frac49.

该极限不为 $0$ 。它违反了收敛级数的必要条件。

所以级数发散。这里不需要再比较，也不需要求部分和的闭式。

反例：调和级数为什么没有被“小项”救下来

调和级数

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

的通项确实趋于 $0$ ，但它发散。把它分成长度依次翻倍的组：

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

第 $j$ 个组

\sum_{n=2^j+1}^{2^{j+1}}\frac1n

有 $2^j$ 项，且每项都不小于 $1/2^{j+1}$ ，故该组和不小于 $1/2$ 。于是

S_{2^r} =1+\sum_{j=0}^{r-1}\sum_{n=2^j+1}^{2^{j+1}}\frac1n \ge1+\frac r2.

右边无界，故部分和无界，调和级数发散。这里翻车的直觉是“项变小就够了”：真正要压住的是任意长的一段尾和。

级数的 Cauchy 准则

前一章已经知道，实数数列收敛当且仅当它是 Cauchy 数列。把该结论用于 $(S_N)$ ，得到

\sum_{n=1}^{\infty}a_n\text{ 收敛}

当且仅当对每个 $\varepsilon>0$ ，存在 $N\in\mathbb N$ ，使得当 $m\ge n\ge N$ 时，

\left|\sum_{k=n}^{m}a_k\right|<\varepsilon.

因为

\sum_{k=n}^{m}a_k=S_m-S_{n-1},

这只是部分和的 Cauchy 条件换了一种写法。它比“ $a_n\to0$ ”强得多：从充分靠后的 $n$ 出发，无论加到多远的 $m$ ，整段尾和都必须小。

几何级数与正项的上界结构

几何级数是后面最常用的参照物。对 $a,r\in\mathbb R$ ，

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

的有限部分和满足

\sum_{n=0}^{N}ar^n =a\frac{1-r^{N+1}}{1-r} \qquad(r\ne1).

当 $|r|<1$ 时， $r^{N+1}\to0$ ，故

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

当 $a\ne0$ 且 $|r|\ge1$ 时， $ar^n$ 不趋于零： $r=1$ 时通项恒为 $a$ ， $r=-1$ 时在 $a$ 与 $-a$ 之间交替， $|r|>1$ 时绝对值增长。必要条件说明这些情形都发散。

例题：交替不等于不能收敛

求

\sum_{n=0}^{\infty}9\left(-\frac14\right)^n.

公比为 $-1/4$ ，其绝对值小于 $1$ ，所以几何级数收敛。

令 $N\to\infty$ 于有限和公式，得到

\sum_{n=0}^{\infty}9\left(-\frac14\right)^n = \frac9{1+1/4} = \frac{36}{5}.

正负号使部分和从两侧靠近，但没有妨碍极限存在。决定收敛的是幂的绝对值是否衰减。

现在设 $a_n\ge0$ 。由于

S_{N+1}=S_N+a_{N+1}\ge S_N,

部分和数列单调不减。于是由单调有界定理，

\sum_{n=1}^{\infty}a_n\text{ 收敛} \quad\Longleftrightarrow\quad (S_N)\text{ 有上界}.

如果没有上界，单调不减的部分和会超过任意给定实数，因而趋于 $+\infty$ 。如果 $a_n$ 只是最终非负，删去有限个前项后同样成立。

正项级数的所有主要判别法都可以读成“给部分和找上界”或“证明它们不可能有上界”。这就是它们表面不同、证明却相互连通的原因。

比较：上界要来自收敛，下界要来自发散

设从某个 $N$ 起

0\le a_n\le b_n.

若 $\sum b_n$ 收敛，则 $\sum a_n$ 收敛；若 $\sum a_n$ 发散，则 $\sum b_n$ 发散。证明只需逐项相加：

0\le\sum_{n=N}^{M}a_n\le\sum_{n=N}^{M}b_n.

右侧部分和有上界时，左侧正项部分和也有上界；左侧无上界时，右侧更不可能有上界。

这两个方向不能混用。由

\frac1{n^2}\le\frac1n

只能看出左边小于发散的调和级数，不能判定左边发散；事实上 $\sum1/n^2$ 收敛。比较时要记住一句实话：收敛的上界才能压住未知级数，发散的下界才能托住未知级数。

$p$ 级数作为比较基准

后面会频繁使用

\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^p}.

它在 $p>1$ 时收敛，在 $p\le1$ 时发散。 $p\le0$ 时通项不趋于零； $0<p\le1$ 与 $p>1$ 的分界会在积分判别法中算出来。

例题：用下界证明发散

判断

\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{\sqrt{n^2+10n}}.

对 $n\ge1$ 有 $n^2+10n\le11n^2$ ，故

\frac1{\sqrt{n^2+10n}}\ge\frac1{\sqrt{11}\,n}.

右边是调和级数的正倍数，发散；它是原级数的下界。

因而原级数的正项部分和也无上界，原级数发散。

极限比较把“同阶”写严谨

若从某个下标起 $a_n>0$ 、 $b_n>0$ ，并且

\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n}=L, \qquad0<L<\infty,

则 $\sum a_n$ 与 $\sum b_n$ 同收敛或同发散。因为最终可以把比值夹在 $L/2$ 和 $3L/2$ 之间：

\frac L2b_n<a_n<\frac{3L}{2}b_n.

然后分别用两次直接比较即可。

比值极限为 $0$ 或 $+\infty$ 时，不能声称“同收敛同发散”，但仍有单向结论：若 $a_n/b_n\to0$ 且 $\sum b_n$ 收敛，则 $\sum a_n$ 收敛；若 $a_n/b_n\to+\infty$ 且 $\sum b_n$ 发散，则 $\sum a_n$ 发散。其余方向要另选工具。

例题：最高次项只是猜测，极限比较把它变成证明

判断

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{6n^2+3n+5}{4n^4+n+2}.

最高次项提示它像 $1/n^2$ ，取 $b_n=1/n^2$ 。

计算而不只凭感觉判断：

\frac{a_n}{b_n} = \frac{6n^4+3n^3+5n^2}{4n^4+n+2} \longrightarrow\frac32.

极限是正的有限数，故原级数与 $\sum1/n^2$ 同收敛同发散。由于 $p=2>1$ ，原级数收敛。

接下来，积分把 $p$ 级数的界线算出来，并给出一类含对数项的级数的判别办法。

积分如何估计无限多个矩形

设 $f$ 在 $[N,\infty)$ 上连续、正且单调不增，并且 $a_n=f(n)$ 。那么

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

与

\int_N^\infty f(x)\,dx

同收敛同发散。理由不是把“求和”随意替换成“积分”，而是单调性提供了严格的矩形夹逼。对 $x\in[n,n+1]$ ，

f(n+1)\le f(x)\le f(n).

所以

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

从 $n=N$ 累加到 $M$ ：

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

如果积分截断值有上界，左侧正项部分和有上界；如果右侧部分和有上界，积分截断值也有上界。两者都单调，因此这组不等式恰好给出同收敛同发散。

积分判别法需要一条尾部上同时满足正、连续、单调不增。只因某个表达式写成 $f(n)$ 就套积分，是常见错误；没有单调性，上面的面积夹逼没有依据。

用积分完成 $p$ 级数判别

对 $p>0$ ，

\int_1^A x^{-p}\,dx = \begin{cases} \dfrac{A^{1-p}-1}{1-p},&p\ne1,\\ \log A,&p=1. \end{cases}

当 $p>1$ 时， $A^{1-p}\to0$ ，积分有有限极限；当 $0<p<1$ 时， $A^{1-p}\to\infty$ ；当 $p=1$ 时， $\log A\to\infty$ 。合并前面 $p\le0$ 的必要条件检查，就得到

\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^p} \begin{cases} \text{收敛},&p>1,\\ \text{发散},&p\le1. \end{cases}

例题：临界项多一个对数，结论可能翻转

判断

\sum_{n=2}^{\infty}\frac1{n(\log n)^{3/2}}.

取 $f(x)=1/[x(\log x)^{3/2}]$ 。在 $[2,\infty)$ 上， $\log x>0$ ，分母随 $x$ 增大而增大，因此 $f$ 正、连续、递减。

令 $u=\log x$ ，则 $du=dx/x$ ：

\int_2^A\frac{dx}{x(\log x)^{3/2}} = \int_{\log2}^{\log A}u^{-3/2}\,du = \left[-\frac2{\sqrt u}\right]_{\log2}^{\log A}.

令 $A\to\infty$ ，结果为 $2/\sqrt{\log2}$ ，是有限数。因此给定级数收敛。

把指数 $3/2$ 换成 $1$ ，积分变为

\int_2^A\frac{dx}{x\log x} =\log(\log A)-\log(\log2),

它没有上界。因此 $\sum_{n=2}^{\infty}1/(n\log n)$ 发散。两组通项都趋于零，区别只能在整段尾部的累计中看见。

比值与根值：寻找几何速度

出现阶乘、连乘或整体的 $n$ 次幂时，直接凑 $p$ 级数比较往往不顺。此时应问：相邻项的比会不会最终小于一个固定的 $1$ ？或者，每项的 $n$ 次根会不会最终小于 $1$ ？两种问题都会把尾部拉回几何级数。

比值判别法

设 $a_n>0$ 对充分大的 $n$ 成立，且

L=\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}

存在。则

条件	结论
$L<1$	$\sum a_n$ 收敛
$L>1$	$\sum a_n$ 发散
$L=1$	判别法无结论

若该比值趋于 $+\infty$ ，也属于第二行的情形：它最终大于任意固定的 $r>1$ ，所以通项不可能趋于零。

若 $L<1$ ，可选 $r$ 满足 $L<r<1$ 。从某项起有 $a_{n+1}/a_n<r$ ，反复相乘得到

a_{N+j}<a_Nr^j\qquad(j\in\mathbb N_0).

尾部被收敛几何级数压住。若 $L>1$ ，取 $1<r<L$ ，则尾部相邻项最终按至少 $r$ 的比例增长，尤其不可能趋于零，于是级数发散。

临界值 $1$ 真的没有结论。对任意 $p>0$ ，

\frac{(n+1)^{-p}}{n^{-p}} =\left(\frac n{n+1}\right)^p\to1,

而 $\sum1/n$ 发散、 $\sum1/n^2$ 收敛。甚至“最终递减”也不够： $1/n$ 正在递减，却仍然累积发散。

例题：阶乘型级数

判断

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(n!)^2}{(3n)!}.

令 $a_n=(n!)^2/(3n)!$ 。阶乘相邻相除会消去大部分因子，适合比值判别法。

计算：

\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(n+1)^2}{(3n+1)(3n+2)(3n+3)}.

分子是二次量、分母是三次量，所以该比值趋于 $0<1$ 。由比值判别法，级数收敛。

根值判别法

设 $a_n\ge0$ 对充分大的 $n$ 成立，且

L=\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_n}

存在。则同样有

条件	结论
$L<1$	$\sum a_n$ 收敛
$L>1$	$\sum a_n$ 发散
$L=1$	判别法无结论

若 $\sqrt[n]{a_n}\to+\infty$ ，同样按第二行处理。

当 $L<1$ ，选 $L<r<1$ ，最终 $\sqrt[n]{a_n}<r$ ，即 $a_n<r^n$ ；当 $L>1$ ，最终 $a_n>1$ ，通项不趋零。两边都回到几何级数或必要条件。对 $a_n=1/n^p$ ，有

\sqrt[n]{a_n} =\exp\left(-\frac{p\log n}{n}\right)\to1,

却仍会随 $p$ 的不同收敛或发散，所以根值等于 $1$ 时必须换方法。

例题：整体幂直接取根

判断

\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{3n+1}{8n-5}\right)^n.

从 $n=1$ 起各项为正，令 $a_n=[(3n+1)/(8n-5)]^n$ 。

取 $n$ 次根：

\sqrt[n]{a_n}=\frac{3n+1}{8n-5}\to\frac38.

$3/8<1$ ，根值判别法说明该级数收敛。

选择判别法时要检查的边界

尾部特点	优先尝试	不可跳过的检查
$a_n$ 不趋于 $0$	必要条件	它只能判发散
可与已知正项级数夹逼	直接比较或极限比较	上界须收敛、下界须发散
$a_n=f(n)$	积分判别法	$f$ 最终正、连续、递减
有阶乘或相邻项消去明显	比值判别法	最终正，且极限不是 $1$
有整体 $n$ 次幂	根值判别法	最终非负，且极限不是 $1$

正项级数的判断路线可以简化为：先看必要条件，再找一种能控制尾部总量的办法。不要因为算出了一个“等于 $1$ ”的比值或根值就仓促下结论；那正是工具把你送到边界、要求换方向的时候。

练习：把每条推理链写完整

练习：必要条件

判断

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{3n-2}{4n+9}.

练习：直接比较

判断

\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{\sqrt{n^2+8n}}.

练习：极限比较

判断

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{7n^3+2n+1}{5n^5+n}.

练习：积分判别法

判断

\sum_{n=2}^{\infty}\frac1{n(\log n)^{4/3}}.

令 $f(x)=1/[x(\log x)^{4/3}]$ 。它在 $[2,\infty)$ 上正、连续、递减。令 $u=\log x$ ：

\int_2^A\frac{dx}{x(\log x)^{4/3}} =\left[-3u^{-1/3}\right]_{\log2}^{\log A}.

令 $A\to\infty$ ，积分趋于 $3/(\log2)^{1/3}$ ，有限。因此由积分判别法，级数收敛。

练习：比值与根值

分别判断

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^4}{5^n}, \qquad \sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{4n-1}{9n+2}\right)^n.

对第一项，令 $a_n=n^4/5^n$ ：

\frac{a_{n+1}}{a_n} =\frac15\left(1+\frac1n\right)^4\to\frac15<1.

比值判别法给出收敛。

对第二项，令 $c_n=[(4n-1)/(9n+2)]^n$ ：

\sqrt[n]{c_n}=\frac{4n-1}{9n+2}\to\frac49<1.

根值判别法给出收敛。

下一步：抵消会改变什么

本章的中心始终是部分和。必要条件、Cauchy 尾和、比较、积分、比值和根值，看似在做不同计算，实则都在判断部分和是否能被控制。

对正项级数，单调性让“有上界”等价于收敛，因此判别法特别有力。下一章会去掉 $a_n\ge0$ 的条件。正负项可以互相抵消，部分和不再单调；我们需要区分绝对收敛和条件收敛，并用交错结构重新建立控制。这一章的部分和语言和尾部意识会原样保留下来。

无穷级数 I：收敛概念与正项级数

数列研究的是一串数会不会靠近某个目标；无穷级数研究的仍是这个问题，只是目标对象换成了“不断增加的有限和”。看到

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

从无穷符号回到部分和

设 $(a_n)$ 是实数数列。定义第 $N$ 个部分和

S_N=\sum_{n=1}^{N}a_n=a_1+a_2+\cdots+a_N, \qquad N\in\mathbb N.

如果存在 $S\in\mathbb R$ ，使得

\lim_{N\to\infty}S_N=S,

就说级数 $\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ 收敛到 $S$ 。如果部分和数列不收敛，级数就发散。它可能趋于 $+\infty$ 或 $-\infty$ ，也可能始终有界却来回摆动。

例如

1-1+1-1+\cdots

尾部才决定收敛性

对 $M\in\mathbb N$ ，从第 $M$ 项开始的部分和与原部分和之间只差一个常数：

\sum_{n=1}^{N}a_n = \sum_{n=1}^{M-1}a_n+\sum_{n=M}^{N}a_n \qquad(N\ge M).

收敛级数的通项必须趋于零

令 $S_0=0$ 。每一项都是相邻部分和的差：

a_N=S_N-S_{N-1}.

若 $\sum a_n$ 收敛到 $S$ ，则 $S_N\to S$ 且 $S_{N-1}\to S$ ，于是

\lim_{N\to\infty}a_N=S-S=0.

因此

\sum_{n=1}^{\infty}a_n\text{ 收敛} \quad\Longrightarrow\quad a_n\to0.

这是必要条件，不是充分条件。它只说明单次新加进来的量会变小；它没有控制把无数个小量累计起来会不会超过所有界限。

例题：第一步就该停下来的情形

判断

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{4n+3}{9n-2}

是否收敛。

先检查通项，而不是急着找复杂判别法：

\lim_{n\to\infty}\frac{4n+3}{9n-2}=\frac49.

该极限不为 $0$ 。它违反了收敛级数的必要条件。

所以级数发散。这里不需要再比较，也不需要求部分和的闭式。

反例：调和级数为什么没有被“小项”救下来

调和级数

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

的通项确实趋于 $0$ ，但它发散。把它分成长度依次翻倍的组：

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

第 $j$ 个组

\sum_{n=2^j+1}^{2^{j+1}}\frac1n

有 $2^j$ 项，且每项都不小于 $1/2^{j+1}$ ，故该组和不小于 $1/2$ 。于是

S_{2^r} =1+\sum_{j=0}^{r-1}\sum_{n=2^j+1}^{2^{j+1}}\frac1n \ge1+\frac r2.

右边无界，故部分和无界，调和级数发散。这里翻车的直觉是“项变小就够了”：真正要压住的是任意长的一段尾和。

级数的 Cauchy 准则

前一章已经知道，实数数列收敛当且仅当它是 Cauchy 数列。把该结论用于 $(S_N)$ ，得到

\sum_{n=1}^{\infty}a_n\text{ 收敛}

当且仅当对每个 $\varepsilon>0$ ，存在 $N\in\mathbb N$ ，使得当 $m\ge n\ge N$ 时，

\left|\sum_{k=n}^{m}a_k\right|<\varepsilon.

因为

\sum_{k=n}^{m}a_k=S_m-S_{n-1},

这只是部分和的 Cauchy 条件换了一种写法。它比“ $a_n\to0$ ”强得多：从充分靠后的 $n$ 出发，无论加到多远的 $m$ ，整段尾和都必须小。

几何级数与正项的上界结构

几何级数是后面最常用的参照物。对 $a,r\in\mathbb R$ ，

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

的有限部分和满足

\sum_{n=0}^{N}ar^n =a\frac{1-r^{N+1}}{1-r} \qquad(r\ne1).

当 $|r|<1$ 时， $r^{N+1}\to0$ ，故

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

当 $a\ne0$ 且 $|r|\ge1$ 时， $ar^n$ 不趋于零： $r=1$ 时通项恒为 $a$ ， $r=-1$ 时在 $a$ 与 $-a$ 之间交替， $|r|>1$ 时绝对值增长。必要条件说明这些情形都发散。

例题：交替不等于不能收敛

求

\sum_{n=0}^{\infty}9\left(-\frac14\right)^n.

公比为 $-1/4$ ，其绝对值小于 $1$ ，所以几何级数收敛。

令 $N\to\infty$ 于有限和公式，得到

\sum_{n=0}^{\infty}9\left(-\frac14\right)^n = \frac9{1+1/4} = \frac{36}{5}.

正负号使部分和从两侧靠近，但没有妨碍极限存在。决定收敛的是幂的绝对值是否衰减。

现在设 $a_n\ge0$ 。由于

S_{N+1}=S_N+a_{N+1}\ge S_N,

部分和数列单调不减。于是由单调有界定理，

\sum_{n=1}^{\infty}a_n\text{ 收敛} \quad\Longleftrightarrow\quad (S_N)\text{ 有上界}.

如果没有上界，单调不减的部分和会超过任意给定实数，因而趋于 $+\infty$ 。如果 $a_n$ 只是最终非负，删去有限个前项后同样成立。

正项级数的所有主要判别法都可以读成“给部分和找上界”或“证明它们不可能有上界”。这就是它们表面不同、证明却相互连通的原因。

比较：上界要来自收敛，下界要来自发散

设从某个 $N$ 起

0\le a_n\le b_n.

若 $\sum b_n$ 收敛，则 $\sum a_n$ 收敛；若 $\sum a_n$ 发散，则 $\sum b_n$ 发散。证明只需逐项相加：

0\le\sum_{n=N}^{M}a_n\le\sum_{n=N}^{M}b_n.

右侧部分和有上界时，左侧正项部分和也有上界；左侧无上界时，右侧更不可能有上界。

这两个方向不能混用。由

\frac1{n^2}\le\frac1n

$p$ 级数作为比较基准

后面会频繁使用

\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^p}.

它在 $p>1$ 时收敛，在 $p\le1$ 时发散。 $p\le0$ 时通项不趋于零； $0<p\le1$ 与 $p>1$ 的分界会在积分判别法中算出来。

例题：用下界证明发散

判断

\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{\sqrt{n^2+10n}}.

对 $n\ge1$ 有 $n^2+10n\le11n^2$ ，故

\frac1{\sqrt{n^2+10n}}\ge\frac1{\sqrt{11}\,n}.

右边是调和级数的正倍数，发散；它是原级数的下界。

因而原级数的正项部分和也无上界，原级数发散。

极限比较把“同阶”写严谨

若从某个下标起 $a_n>0$ 、 $b_n>0$ ，并且

\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n}=L, \qquad0<L<\infty,

则 $\sum a_n$ 与 $\sum b_n$ 同收敛或同发散。因为最终可以把比值夹在 $L/2$ 和 $3L/2$ 之间：

\frac L2b_n<a_n<\frac{3L}{2}b_n.

然后分别用两次直接比较即可。

例题：最高次项只是猜测，极限比较把它变成证明

判断

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{6n^2+3n+5}{4n^4+n+2}.

最高次项提示它像 $1/n^2$ ，取 $b_n=1/n^2$ 。

计算而不只凭感觉判断：

\frac{a_n}{b_n} = \frac{6n^4+3n^3+5n^2}{4n^4+n+2} \longrightarrow\frac32.

极限是正的有限数，故原级数与 $\sum1/n^2$ 同收敛同发散。由于 $p=2>1$ ，原级数收敛。

接下来，积分把 $p$ 级数的界线算出来，并给出一类含对数项的级数的判别办法。

积分如何估计无限多个矩形

设 $f$ 在 $[N,\infty)$ 上连续、正且单调不增，并且 $a_n=f(n)$ 。那么

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

与

\int_N^\infty f(x)\,dx

同收敛同发散。理由不是把“求和”随意替换成“积分”，而是单调性提供了严格的矩形夹逼。对 $x\in[n,n+1]$ ，

f(n+1)\le f(x)\le f(n).

所以

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

从 $n=N$ 累加到 $M$ ：

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

积分判别法需要一条尾部上同时满足正、连续、单调不增。只因某个表达式写成 $f(n)$ 就套积分，是常见错误；没有单调性，上面的面积夹逼没有依据。

用积分完成 $p$ 级数判别

对 $p>0$ ，

\int_1^A x^{-p}\,dx = \begin{cases} \dfrac{A^{1-p}-1}{1-p},&p\ne1,\\ \log A,&p=1. \end{cases}

当 $p>1$ 时， $A^{1-p}\to0$ ，积分有有限极限；当 $0<p<1$ 时， $A^{1-p}\to\infty$ ；当 $p=1$ 时， $\log A\to\infty$ 。合并前面 $p\le0$ 的必要条件检查，就得到

\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^p} \begin{cases} \text{收敛},&p>1,\\ \text{发散},&p\le1. \end{cases}

例题：临界项多一个对数，结论可能翻转

判断

\sum_{n=2}^{\infty}\frac1{n(\log n)^{3/2}}.

取 $f(x)=1/[x(\log x)^{3/2}]$ 。在 $[2,\infty)$ 上， $\log x>0$ ，分母随 $x$ 增大而增大，因此 $f$ 正、连续、递减。

令 $u=\log x$ ，则 $du=dx/x$ ：

\int_2^A\frac{dx}{x(\log x)^{3/2}} = \int_{\log2}^{\log A}u^{-3/2}\,du = \left[-\frac2{\sqrt u}\right]_{\log2}^{\log A}.

令 $A\to\infty$ ，结果为 $2/\sqrt{\log2}$ ，是有限数。因此给定级数收敛。

把指数 $3/2$ 换成 $1$ ，积分变为

\int_2^A\frac{dx}{x\log x} =\log(\log A)-\log(\log2),

它没有上界。因此 $\sum_{n=2}^{\infty}1/(n\log n)$ 发散。两组通项都趋于零，区别只能在整段尾部的累计中看见。

比值与根值：寻找几何速度

比值判别法

设 $a_n>0$ 对充分大的 $n$ 成立，且

L=\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}

存在。则

条件	结论
$L<1$	$\sum a_n$ 收敛
$L>1$	$\sum a_n$ 发散
$L=1$	判别法无结论

若该比值趋于 $+\infty$ ，也属于第二行的情形：它最终大于任意固定的 $r>1$ ，所以通项不可能趋于零。

若 $L<1$ ，可选 $r$ 满足 $L<r<1$ 。从某项起有 $a_{n+1}/a_n<r$ ，反复相乘得到

a_{N+j}<a_Nr^j\qquad(j\in\mathbb N_0).

尾部被收敛几何级数压住。若 $L>1$ ，取 $1<r<L$ ，则尾部相邻项最终按至少 $r$ 的比例增长，尤其不可能趋于零，于是级数发散。

临界值 $1$ 真的没有结论。对任意 $p>0$ ，

\frac{(n+1)^{-p}}{n^{-p}} =\left(\frac n{n+1}\right)^p\to1,

而 $\sum1/n$ 发散、 $\sum1/n^2$ 收敛。甚至“最终递减”也不够： $1/n$ 正在递减，却仍然累积发散。

例题：阶乘型级数

判断

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(n!)^2}{(3n)!}.

令 $a_n=(n!)^2/(3n)!$ 。阶乘相邻相除会消去大部分因子，适合比值判别法。

计算：

\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(n+1)^2}{(3n+1)(3n+2)(3n+3)}.

分子是二次量、分母是三次量，所以该比值趋于 $0<1$ 。由比值判别法，级数收敛。

根值判别法

设 $a_n\ge0$ 对充分大的 $n$ 成立，且

L=\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_n}

存在。则同样有

条件	结论
$L<1$	$\sum a_n$ 收敛
$L>1$	$\sum a_n$ 发散
$L=1$	判别法无结论

若 $\sqrt[n]{a_n}\to+\infty$ ，同样按第二行处理。

当 $L<1$ ，选 $L<r<1$ ，最终 $\sqrt[n]{a_n}<r$ ，即 $a_n<r^n$ ；当 $L>1$ ，最终 $a_n>1$ ，通项不趋零。两边都回到几何级数或必要条件。对 $a_n=1/n^p$ ，有

\sqrt[n]{a_n} =\exp\left(-\frac{p\log n}{n}\right)\to1,

却仍会随 $p$ 的不同收敛或发散，所以根值等于 $1$ 时必须换方法。

例题：整体幂直接取根

判断

\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{3n+1}{8n-5}\right)^n.

从 $n=1$ 起各项为正，令 $a_n=[(3n+1)/(8n-5)]^n$ 。

取 $n$ 次根：

\sqrt[n]{a_n}=\frac{3n+1}{8n-5}\to\frac38.

$3/8<1$ ，根值判别法说明该级数收敛。

选择判别法时要检查的边界

尾部特点	优先尝试	不可跳过的检查
$a_n$ 不趋于 $0$	必要条件	它只能判发散
可与已知正项级数夹逼	直接比较或极限比较	上界须收敛、下界须发散
$a_n=f(n)$	积分判别法	$f$ 最终正、连续、递减
有阶乘或相邻项消去明显	比值判别法	最终正，且极限不是 $1$
有整体 $n$ 次幂	根值判别法	最终非负，且极限不是 $1$

练习：把每条推理链写完整

练习：必要条件

判断

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{3n-2}{4n+9}.

练习：直接比较

判断

\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{\sqrt{n^2+8n}}.

练习：极限比较

判断

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{7n^3+2n+1}{5n^5+n}.

练习：积分判别法

判断

\sum_{n=2}^{\infty}\frac1{n(\log n)^{4/3}}.

令 $f(x)=1/[x(\log x)^{4/3}]$ 。它在 $[2,\infty)$ 上正、连续、递减。令 $u=\log x$ ：

\int_2^A\frac{dx}{x(\log x)^{4/3}} =\left[-3u^{-1/3}\right]_{\log2}^{\log A}.

令 $A\to\infty$ ，积分趋于 $3/(\log2)^{1/3}$ ，有限。因此由积分判别法，级数收敛。

练习：比值与根值

分别判断

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^4}{5^n}, \qquad \sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{4n-1}{9n+2}\right)^n.

对第一项，令 $a_n=n^4/5^n$ ：

\frac{a_{n+1}}{a_n} =\frac15\left(1+\frac1n\right)^4\to\frac15<1.

比值判别法给出收敛。

对第二项，令 $c_n=[(4n-1)/(9n+2)]^n$ ：

\sqrt[n]{c_n}=\frac{4n-1}{9n+2}\to\frac49<1.

根值判别法给出收敛。

下一步：抵消会改变什么

本章的中心始终是部分和。必要条件、Cauchy 尾和、比较、积分、比值和根值，看似在做不同计算，实则都在判断部分和是否能被控制。

无穷级数 I：收敛概念与正项级数

从无穷符号回到部分和

尾部才决定收敛性

收敛级数的通项必须趋于零

例题：第一步就该停下来的情形

反例：调和级数为什么没有被“小项”救下来

级数的 Cauchy 准则

几何级数与正项的上界结构

例题：交替不等于不能收敛

比较：上界要来自收敛，下界要来自发散

ppp 级数作为比较基准

例题：用下界证明发散

极限比较把“同阶”写严谨

例题：最高次项只是猜测，极限比较把它变成证明

积分如何估计无限多个矩形

用积分完成 ppp 级数判别

例题：临界项多一个对数，结论可能翻转

比值与根值：寻找几何速度

比值判别法

例题：阶乘型级数

根值判别法

例题：整体幂直接取根

选择判别法时要检查的边界

练习：把每条推理链写完整

练习：必要条件

练习：直接比较

练习：极限比较

练习：积分判别法

练习：比值与根值

下一步：抵消会改变什么

无穷级数 I：收敛概念与正项级数

从无穷符号回到部分和

尾部才决定收敛性

收敛级数的通项必须趋于零

例题：第一步就该停下来的情形

反例：调和级数为什么没有被“小项”救下来

级数的 Cauchy 准则

几何级数与正项的上界结构

例题：交替不等于不能收敛

比较：上界要来自收敛，下界要来自发散

ppp 级数作为比较基准

例题：用下界证明发散

极限比较把“同阶”写严谨

例题：最高次项只是猜测，极限比较把它变成证明

积分如何估计无限多个矩形

用积分完成 ppp 级数判别

例题：临界项多一个对数，结论可能翻转

比值与根值：寻找几何速度

比值判别法

例题：阶乘型级数

根值判别法

例题：整体幂直接取根

选择判别法时要检查的边界

练习：把每条推理链写完整

练习：必要条件

练习：直接比较

练习：极限比较

练习：积分判别法

练习：比值与根值

下一步：抵消会改变什么

$p$ 级数作为比较基准

用积分完成 $p$ 级数判别

$p$ 级数作为比较基准

用积分完成 $p$ 级数判别