无穷级数

无穷级数（infinite series）把数列的项依次相加，但“无穷多项之和”要通过有限部分和的极限来定义。对给定项 $a_1,a_2,\dots$，先算 $$S_n=\sum _{k=1}^n{a}_k=a_1+\cdots +a_n.$$ 若数列 $S_n$ 趋于有限数 $S$，才写 $\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_k=S$；否则称级数发散。判断对象是部分和，不是单个 $a_n$。

几何级数的收敛

从半条线段开始，依次补上剩余的一半：长度为 $1/2,1/4,1/8,\dots$。第 $n$ 次后，已覆盖 $$S_n=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\cdots +\frac{1}{2^n}=1-\frac{1}{2^n}.$$

图上的线段不会在有限步完全涂满；极限意义下，剩余长度趋于零。

从等式可见剩余量 $1-S_n=2^{-n}$ 趋于零，所以级数之和为 1。这里没有“最后一块”突然把缝隙填满；每一步都只做有限次加法，极限说明误差可以任意小。

等比级数的完整条件

首项为 $a$、公比为 $r$ 的前 $n$ 项和是 $$S_n=a+ar+\cdots +a{r}^{n-1}.$$ 把它乘 $r$ 再相减，中间项两两抵消： $$(1-r)S_n=a-a{r}^n.$$ 当 $r\ne 1$，便有 $S_n=a(1-r^n)/(1-r)$。只有在 $|r|<1$ 时，$r^n\to 0$，从而 $$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}a{r}^n=\frac{a}{1-r},|r|<1.$$ 若 $a\ne 0$、$r=1$，每次都加 $a$，部分和不趋有限值；若 $r=-1$，部分和在两个值之间跳动；若 $|r|>1$，项本身的绝对值越来越大。$a=0$ 是平凡例外，此时每项都为零。

例如 $3-\frac{3}{2}+\frac{3}{4}-\cdots$ 的首项是 3、公比是 $-1/2$，所以和为 $3/(1+1/2)=2$。前三项之和为 $9/4$，在 2 附近来回逼近；交替变号不妨碍收敛，关键是公比绝对值小于 1。

项趋零只是必要条件

若 $S_n\to S$，则 $a_n=S_n-S_{n-1}\to S-S=0$。因此级数收敛必有 $a_n\to 0$；反过来不成立。调和级数 $$1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\cdots$$ 的项趋零，部分和却不断增长。把项按 $1;1/2;(1/3+1/4);(1/5+\cdots +1/8);\dots$ 分组：从第三组起，每组有 $2^{j-1}$ 项，每项至少 $1/2^j$，所以每组至少增加 $1/2$。组数无穷，部分和就没有有限上界。这个推理指出了“项很小”仍可能累积出无限总量的原因。

比较判别法

对非负项级数，部分和单调递增。因此若能找到统一上界，按单调有界定理，级数便收敛。例如对 $n\ge 2$， $$0<\frac{1}{n^2}<\frac{1}{n(n-1)}=\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}.$$ 右侧从 2 加到 $N$ 时大部分相消，只剩 $1-1/N<1$。所以 $\sum _{n=2}^{\mathrm{\infty }}1/n^2$ 的部分和小于 1，连同第一项，$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}1/n^2$ 必收敛且其和小于等于 2。比较法在这里证明存在有限和，并没有算出其精确值。

条件只适用于被比较的非负项。带正负号的级数还要分析抵消是否稳定；随意重排条件收敛级数甚至可能改变结果。后续幂级数把公比换成变量 $x$，从而把“哪些数列能相加”转成“在哪些输入上定义一个函数”。

参考资料

• OpenStax，Calculus Volume 2，§5.2 Infinite Series：部分和、几何级数与调和级数。
• 同书 §5.4 Comparison Tests：非负项级数的比较判别。
• 继续阅读：数列的极限、柯西收敛准则、幂级数、泰勒定理。