第十二章 数项级数 (Numerical Series)

级数是分析学中处理无限求和问题的核心工具，是连接离散与连续、代数与分析的桥梁。本节重点讨论数项级数的敛散性判别及其分析性质。

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1. 数项级数基本概念

对于数列 $\{a_n\}$，其无限求和 $\sum_{n=1}^\infty a_n$ 称为 数项级数。

• 部分和：$S_n = \sum_{i=1}^n a_i$。
• 收敛性：若 $\lim_{n \to \infty} S_n = S$ 存在（有限），则级数收敛，称 $S$ 为其和；否则级数发散。
• 必要条件：若 $\sum a_n$ 收敛，则 $\lim_{n \to \infty} a_n = 0$。
• 柯西收敛准则：$\sum a_n$ 收敛 $\iff \forall \epsilon > 0, \exists N, \forall n > N, \forall p \in \mathbb{N}_+, |a_{n+1} + \dots + a_{n+p}| < \epsilon$。

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2. 正项级数判别法 (Positive Term Series)

2.1 基础判别法

比较判别法

$0 \leq a_n \leq b_n$:
$\sum b_n$ 收敛 $\implies \sum a_n$ 收敛；
$\sum a_n$ 发散 $\implies \sum b_n$ 发散。

比值判别法 (D'Alembert)

$r = \lim \frac{a_{n+1}}{a_n}$:
$r < 1$ 收敛；$r > 1$ 发散；$r = 1$ 失效。

根值判别法 (Cauchy)

$\rho = \lim \sqrt[n]{a_n}$:
$\rho < 1$ 收敛；$\rho > 1$ 发散；$\rho = 1$ 失效。

2.2 进阶判别法 (判别 $r=1$ 的利器)

• Raabe 判别法：设 $K = \lim_{n \to \infty} n \left( \frac{a_n}{a_{n+1}} - 1 \right)$。
  • $K > 1$：收敛。
  • $K < 1$：发散。
• Kummer 判别法 (广义形式)：设 $\{c_n\}$ 为正项数列且 $\sum 1/c_n$ 发散。令 $K_n = c_n \frac{a_n}{a_{n+1}} - c_{n+1}$。
  • $\lim K_n > 0 \implies$ 收敛；$\lim K_n < 0 \implies$ 发散。
• Gauss 判别法：若 $\frac{a_n}{a_{n+1}} = 1 + \frac{\mu}{n} + O(\frac{1}{n^{1+\lambda}})$，则 $\mu > 1$ 收敛，$\mu \leq 1$ 发散。

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3. 任意项级数 (Series with Arbitrary Terms)

3.1 绝对收敛与条件收敛

• 绝对收敛：$\sum |a_n|$ 收敛。
• 条件收敛：$\sum a_n$ 收敛但 $\sum |a_n|$ 发散。

3.2 变号级数判别法

Dirichlet 判别法

满足：
1. $\sum a_n$ 的部分和有界；
2. $\{b_n\}$ 单调且 $\lim b_n = 0$。
则 $\sum a_n b_n$ 收敛。

Abel 判别法

满足：
1. $\sum a_n$ 收敛；
2. $\{b_n\}$ 单调有界。
则 $\sum a_n b_n$ 收敛。

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4. 深度实战解析 (8+ 典型辨析与计算)

案例 1：Raabe 判别法的精细应用

判定级数 $\sum_{n=1}^\infty \left[ \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!} \right]^p$ 的敛散性。

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解析过程

1. 写出比值： $\frac{a_n}{a_{n+1}} = \left[ \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!} \cdot \frac{(2n+2)!!}{(21+1)!!} \right]^p = \left( \frac{2n+2}{2n+1} \right)^p = \left( 1 + \frac{1}{2n+1} \right)^p$
2. 泰勒展开： $\frac{a_n}{a_{n+1}} = 1 + \frac{p}{2n+1} + O(\frac{1}{n^2}) = 1 + \frac{p/2}{n + 1/2} + O(\frac{1}{n^2}) = 1 + \frac{p/2}{n} + O(\frac{1}{n^2})$
3. 应用 Raabe： $K = \lim_{n \to \infty} n (\frac{a_n}{a_{n+1}} - 1) = \frac{p}{2}$
4. 结论：
   • 当 $p > 2$ 时，收敛；
   • 当 $p < 2$ 时，发散；
   • 当 $p = 2$ 时，由上述展开知 $\mu = 1$，Raabe 失效。但观察 $\frac{a_n}{a_{n+1}} = 1 + \frac{1}{n} + O(\frac{1}{n^2})$，由 Gauss 判别法知 $p=2$ 时发散。

答案

$p > 2$ 收敛，$p \leq 2$ 发散。

案例 2：积分判别法判定 $\ln$ 相关级数

判定级数 $\sum_{n=2}^\infty \frac{1}{n (\ln n)^p}$ 的敛散性。

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解析过程

1. 构造函数：设 $f(x) = \frac{1}{x (\ln x)^p}$，在 $[2, \infty)$ 上非负递减。
2. 计算广义积分： $\int_2^\infty \frac{1}{x (\ln x)^p} dx \stackrel{u=\ln x}{=} \int_{\ln 2}^\infty \frac{1}{u^p} du$
3. 积分敛散性： 该积分在 $p > 1$ 时收敛，$p \leq 1$ 时发散。
4. 结论： 原级数在 $p > 1$ 时收敛，$p \leq 1$ 时发散。

答案

$p > 1$ 收敛，$p \leq 1$ 发散。

案例 3：变号级数辨析 (Dirichlet/Abel 预热)

讨论 $\sum_{n=1}^\infty \frac{\sin n}{n^p}$ ($p > 0$) 的敛散性。

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解析过程

1. 绝对收敛性：当 $p > 1$ 时，由 $|\frac{\sin n}{n^p}| \leq \frac{1}{n^p}$ 知绝对收敛。
2. 条件收敛性：当 $0 < p \leq 1$ 时。
   • 利用 Dirichlet 判别法（$\sum \sin n$ 部分和有界，$\frac{1}{n^p} \searrow 0$）知级数收敛。
   • 考察绝对值 $\sum \frac{|\sin n|}{n^p} \geq \sum \frac{\sin^2 n}{n^p} = \sum \frac{1 - \cos 2n}{2n^p}$。
   • $\sum \frac{1}{2n^p}$ 发散，$1/2 \sum \frac{\cos 2n}{n^p}$ 收敛 $\implies \sum \frac{|\sin n|}{n^p}$ 发散。
3. 结论：$p > 1$ 绝对收敛，$0 < p \leq 1$ 条件收敛。

答案

$p > 1$ 绝对收敛，$0 < p \leq 1$ 条件收敛。

案例 4：Gauss 判别法的实战

判定级数 $\sum_{n=1}^\infty a_n$，其中 $a_n = \frac{n! e^n}{n^n \sqrt{n}}$。

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解析过程

1. 比值计算： $\frac{a_n}{a_{n+1}} = \frac{n! e^n}{n^{n+1/2}} \cdot \frac{(n+1)^{n+3/2}}{(n+1)! e^{n+1}} = \frac{1}{e} \left( \frac{n+1}{n} \right)^{n+1/2} = \frac{1}{e} \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^{n+1/2}$
2. 利用展开式： $\ln \frac{a_n}{a_{n+1}} = (n + \frac{1}{2}) \ln(1 + \frac{1}{n}) - 1 = (n + \frac{1}{2}) ( \frac{1}{n} - \frac{1}{2n^2} + \frac{1}{3n^3} + O(\frac{1}{n^4}) ) - 1$ $= (1 - \frac{1}{2n} + \frac{1}{3n^2} + \frac{1}{2n} - \frac{1}{4n^2} + O(\frac{1}{n^3})) - 1 = \frac{1}{12n^2} + O(\frac{1}{n^3})$
3. 还原比值： $\frac{a_n}{a_{n+1}} = e^{\frac{1}{12n^2} + O(\frac{1}{n^3})} = 1 + \frac{0}{n} + \frac{1}{12n^2} + O(\frac{1}{n^3})$
4. 应用 Gauss： 这里 $\mu = 0 \leq 1$，故级数发散。 (注：这就是 Stirling 公式的来源分析之一)

答案

发散。

案例 5：Riemann 重排定理的直观理解

考虑交错调和级数 $S = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \dots = \ln 2$。将其重排为：正项 1 个，负项 2 个。 $1 - \frac{1}{2} - \frac{1}{4} + \frac{1}{3} - \frac{1}{6} - \frac{1}{8} + \dots$ 求其新和。

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解析过程

1. 分组分析： $(1 - \frac{1}{2}) - \frac{1}{4} + (\frac{1}{3} - \frac{1}{6}) - \frac{1}{8} + \dots$ $= \frac{1}{2} - \frac{1}{4} + \frac{1}{6} - \frac{1}{8} + \dots$
2. 提取公因子： $= \frac{1}{2} (1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \dots) = \frac{1}{2} \ln 2$
3. 结论： 同一级数，仅改变求和顺序，和从 $\ln 2$ 变为了 $\frac{1}{2} \ln 2$。这有力地证明了条件收敛级数重排后性质的不稳定性。

答案

$\frac{1}{2} \ln 2$

案例 6：Cauchy 乘积计算

求级数 $\sum_{n=0}^\infty \frac{x^n}{n!}$ 与自身的 Cauchy 乘积。

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解析过程

1. 应用公式： $c_n = \sum_{k=0}^n a_k a_{n-k} = \sum_{k=0}^n \frac{x^k}{k!} \frac{x^{n-k}}{(n-k)!} = \frac{x^n}{n!} \sum_{k=0}^n \frac{n!}{k!(n-k)!}$
2. 利用二项式系数： $c_n = \frac{x^n}{n!} \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} = \frac{x^n}{n!} \cdot 2^n = \frac{(2x)^n}{n!}$
3. 结论： $(\sum \frac{x^n}{n!})^2 = \sum \frac{(2x)^n}{n!}$。这对应了指数函数的性质 $e^x \cdot e^x = e^{2x}$。

答案

$\sum_{n=0}^\infty \frac{(2x)^n}{n!}$

案例 7：必要条件判定的陷阱

判定级数 $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^{1+1/n}}$ 的敛散性。

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解析过程

1. 考察一般项： $a_n = \frac{1}{n \cdot n^{1/n}}$
2. 极限分析： 我们知道 $\lim_{n \to \infty} n^{1/n} = 1$。
3. 比较判别法： 利用极限形式比较判别法，取 $b_n = \frac{1}{n}$： $\lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{b_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n^{1/n}} = 1$
4. 结论： 由于 $\sum \frac{1}{n}$ 发散，故原级数发散。 (注：尽管指数 $1+1/n > 1$，但它趋向 1 的速度太快，无法保证收敛)

答案

发散。

案例 8：结合积分判别法的误差估计

级数 $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}$ 收敛于 $\pi^2/6$。若取前 100 项求和，误差 $R_{100}$ 范围是多少？

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解析过程

1. 应用积分判别法余项公式： $\int_{101}^\infty \frac{1}{x^2} dx \leq R_{100} \leq \int_{100}^\infty \frac{1}{x^2} dx$
2. 计算积分： $\int_{N}^\infty x^{-2} dx = [-\frac{1}{x}]_N^\infty = \frac{1}{N}$
3. 结论： $\frac{1}{101} \leq R_{100} \leq \frac{1}{100}$ 即误差在 $0.0099$ 到 $0.01$ 之间。

答案

$0.0099 \leq R_{100} \leq 0.01$

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5. 延伸阅读

本章讨论了常数项级数的敛散性。对于包含变量 $x$ 的级数，请参阅后续章节：

• 第十三章 函数序列与函数项级数
• 第十四章 幂级数

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6. 配套练习

1. 基础-正项：判定 $\sum_{n=1}^\infty \left( 1 - \cos \frac{1}{n} \right)$ 的敛散性。
2. 基础-交错：判定 $\sum_{n=2}^\infty \frac{(-1)^n}{\ln n}$ 是绝对收敛、条件收敛还是发散。
3. 计算：求级数 $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2 + 3n + 2}$ 的和。
4. 辨析：若 $\sum a_n$ 收敛，$a_n > 0$，是否必有 $\sum a_n^2$ 收敛？
5. 挑战 (Gauss)：判定 $\sum_{n=1}^\infty \frac{n!}{(a+1)(a+2)\dots(a+n)}$ ($a > 0$) 的敛散性。

点击查看练习 3 解析与答案

解析过程

1. 部分分数分解： $\frac{1}{n^2 + 3n + 2} = \frac{1}{(n+1)(n+2)} = \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2}$
2. 部分和： $S_n = (\frac{1}{2} - \frac{1}{3}) + (\frac{1}{3} - \frac{1}{4}) + \dots + (\frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2}) = \frac{1}{2} - \frac{1}{n+2}$
3. 求极限： $\lim_{n \to \infty} S_n = 1/2$

答案

$1/2$

点击查看练习 4 解析与答案

解析过程

成立。 因为 $\sum a_n$ 收敛，由必要条件知 $\lim a_n = 0$。 从而对于足够大的 $n$，有 $0 < a_n < 1$。 于是 $0 < a_n^2 < a_n$。 根据比较判别法，$\sum a_n^2$ 必收敛。

答案

是，必收敛。

点击查看练习 5 解析与答案

解析过程

1. 计算比值： $\frac{a_n}{a_{n+1}} = \frac{n!}{\prod (a+k)} \cdot \frac{\prod_{k=1}^{n+1} (a+k)}{(n+1)!} = \frac{a+n+1}{n+1} = \frac{n+1+a}{n+1} = 1 + \frac{a}{n+1}$
2. 应用 Raabe： $K = \lim_{n \to \infty} n (\frac{a_n}{a_{n+1}} - 1) = \lim_{n \to \infty} \frac{an}{n+1} = a$
3. 结论：
   • $a > 1$ 收敛；
   • $a < 1$ 发散；
   • $a = 1$ 时，$\frac{a_n}{a_{n+1}} = 1 + \frac{1}{n+1}$，比值极限为 1，Raabe 失效。但观察 $\frac{a_n}{a_{n+1}} = 1 + \frac{1}{n+1} < 1 + \frac{1}{n}$，或者直接看到 $a_n = \frac{n!}{(n+1)!} = \frac{1}{n+1}$，级数发散。

答案

$a > 1$ 收敛，$a \leq 1$ 发散。

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练习库同步 (Analysis Exercise Sync)

Ex 12.1Kummer/Raabe 判别法的应用

Ex 12.2绝对收敛与条件收敛

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编者注：数项级数是处理无穷小量与无限逼近的基石。掌握 Raabe 与 Gauss 判别法，能让你在面对复杂极限时游刃有余。