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 $S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} a_{k} = a_{1} + \dots + a_{n} .$ 若数列 $S_{n}$ 趋于有限数 $S$ ，才写 $\sum_{k = 1}^{\infty} a_{k} = S$ ；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 $S_{n} = \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \dots + \frac{1}{2^{n}} = 1 - \frac{1}{2^{n}} .$

单位线段分成二分之一、四分之一、八分之一等连续区间，每一步部分和离一的剩余长度减半 — 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 $S_{n} = a + a r + \dots + a r^{n - 1} .$ 把它乘 $r$ 再相减，中间项两两抵消： $(1 - r) S_{n} = a - a r^{n} .$ 当 $r \neq 1$ ，便有 $S_{n} = a (1 - r^{n}) / (1 - r)$ 。只有在 $| r | < 1$ 时， $r^{n} \to 0$ ，从而 $\sum_{n = 0}^{\infty} a r^{n} = \frac{a}{1 - r}, | r | < 1.$ 若 $a \neq 0$ 、 $r = 1$ ，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 $3 - \frac{3}{2} + \frac{3}{4} - \dots$ 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 $1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \dots$ 的项趋零，部分和却不断增长。把项按 $1; 1 / 2; (1 / 3 + 1 / 4); (1 / 5 + \dots + 1 / 8); \dots$ 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 $n \geq 2$ ， $0 < \frac{1}{n^{2}} < \frac{1}{n (n - 1)} = \frac{1}{n - 1} - \frac{1}{n} .$ 右侧从 2 加到 $N$ 时大部分相消，只剩 $1 - 1 / N < 1$ 。所以 $\sum_{n = 2}^{\infty} 1 / n^{2}$ 的部分和小于 1，连同第一项， $\sum_{n = 1}^{\infty} 1 / n^{2}$ 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。