本文是數學分析復習系列第(2)篇文章. 上一篇文章：
參考書：裴禮文、梅加強.
主要的數項級數收斂性證明方法整理如下：
- 直接驗證部分和有極限
- Abel變換驗證部分和有極限
- 比較判別法
- d'Alembert判別法
- 等價無窮小
- Cauchy準則
1 直接驗證部分和有極限
級數 sumlimits_{n=1}^{infty}a_n 的部分和 S_n=sumlimits_{k=1}^na_k. 級數收斂的充分必要條件是 S_n 收斂.
若 a_n>0, 則稱上述級數為正項級數, 此時部分和單調遞增. 從而正項級數收斂的另一個充分必要條件是 {S_n} 有上界.
解: 註意到
S_n=sumlimits_{k=1}^{n}dfrac{1}{k(k+1)}=sumlimits_{k=1}^n left(dfrac{1}{k}-dfrac{1}{k+1}right)=1-dfrac{1}{n+1}to 1(ntoinfty),
則原級數收斂. QED
證明：任取 m,n 滿足 m>n, 則 S_n=a_1+cdots+a_n, 則 S_n-na_n 有界, 記為 M, 由 {a_n} 的單調性可知當 kleq m 時 a_k-a_mgeq 0.
S_n-na_m=sumlimits_{k=1}^n(a_k-a_m)leq sumlimits_{k=1}^m(a_k-a_m)=S_m-ma_mleq M,
由 m 的任意性, 固定 n, 讓 mtoinfty, a_mto 0, 則 S_nleq M. 又由 n 的任意性, 級數 sumlimits_{n=1}^{infty}a_n 收斂. QED
證明: 由於 S_n 是單調遞增趨於無窮的, 則 dfrac{1}{S_n}to 0 且
sumlimits_{k=2}^{n}dfrac{a_k}{S_k^2}leq sumlimits_{k=2}^ndfrac{S_k-S_{k-1}}{S_kS_{k-1}}=dfrac{1}{S_1}-dfrac{1}{S_n}leqdfrac{1}{S_1}.
故 sumlimits_{n=1}^{infty}dfrac{a_n}{S_n^2} 收斂. QED
2 Abel求和驗證部分和有極限
證明: 設 S_n=sumlimits_{k=1}^{n}a_k, 則
begin{aligned} S_n&=sumlimits_{k=1}^{n}[(k+1)a_k-ka_k] \ &=sumlimits_{k=1}^{n}(k+1)a_k-sumlimits_{k=1}^{n}(k-1)a_k\ &=sumlimits_{k=2}^{n+1}ka_{k-1}-sumlimits_{k=1}^{n}ka_k\ &=-sumlimits_{k=2}^nk(a_k-a_{k-1})+(n+1)a_n-a_1 end{aligned}
由於 na_n 收斂, 則 (n+1)a_n=na_ncdotdfrac{n+1}{n} 也收斂, 從而 S_n 收斂. QED
證明：設 S_n=sumlimits_{k=1}^nb_k, 並不妨設 a_n 單調遞減趨於0, 則 a_n>a_{n+1}>0 且 S_n<M,exists M. 由於
begin{aligned} left| sumlimits_{n=m}^{m+k}a_nb_n right| =left| sumlimits_{n=m}^{m+k}a_n(S_n-S_{n-1}) right| &=left| sumlimits_{n=m}^{m+k}(a_n-a_{n+1})S_n-a_{m+k}S_{m+k-1} right|\ &<Msumlimits_{n=m}^{m+k}(a_n-a_{n+1})-|a_{m+k}S_{m+k-1}| \ &=M(a_m-a_{m+k+1})-|a_{m+k}S_{m+k-1}|. end{aligned}
當 mtoinfty 時, 上式趨於0. 依據Cauchy準則，原級數收斂. QED
證明：設 limlimits_{ntoinfty}a_n=a, 則 {a_n-a} 單調趨於0. 由Dirichlet判別法, sumlimits_{n=1}^{infty}(a_n-a)b_n 收斂, 則級數
sumlimits_{n=1}^{infty}a_nb_n=sumlimits_{n=1}^{infty}(a_n-a)b_n+ sumlimits_{n=1}^{infty}ab_n
收斂. QED
證明：利用公式 2sindfrac{x}{2}sin kx =cosleft(k-dfrac{1}{2}right)x-cosleft(k+dfrac{1}{2}right)x, 可得
sumlimits_{k=1}^nb_k=left{ begin{aligned} &0, &x=2kpi, \ &left(cosdfrac{x}{2}-cos(n+dfrac{1}{2})xright)/2sindfrac{x}{2}, &xneq 2kpi. end{aligned} right.
根據Dirichlet判別法, 原級數收斂. QED
3 比較判別法
提示: 當 n>1 時, dfrac{1}{n^2}<dfrac{1}{n(n-1)}. QED
提示: 註意到
begin{aligned} dfrac{1}{sqrt{n}(n+1)}&<dfrac{2}{sqrt{n}(sqrt{n+1}+sqrt{n})sqrt{n+1}} \ &=2cdotdfrac{sqrt{n+1}-sqrt{n}}{sqrt{n}sqrt{n+1}} \ &=2left(dfrac{1}{sqrt{n}}-dfrac{1}{sqrt{n+1}}right). end{aligned}
提示: dfrac{a_n}{n}leq dfrac{1}{2}left(a_n^2+dfrac{1}{n^2}right). 用例3.2.
提示: n充分大時, (ln n)^{ln n}=e^{ln nln ln n}>e^{aln n}=n^a,exists a>1.
證明： 由Cauchy-Schwarz不等式,
(sumlimits_{i=1}^{n}i)^2 leq (sumlimits_{i=1}^{n}a_i)cdot(sumlimits_{i=1}^{n}frac{i^2}{a_i}),
故
frac{2n+1}{sumlimits_{i=1}^{n}a_i}leq 4cdotfrac{2n+1}{n^2(n+1)^2}sumlimits_{i=1}^{n}frac{i^2}{a_i}.
因此
begin{aligned} sumlimits_{n=1}^{infty}(frac{2n+1}{sumlimits_{i=1}^{n}a_i}) &leqsumlimits_{n=1}^{infty}(4cdotfrac{2n+1}{n^2(n+1)^2}sumlimits_{i=1}^{n}frac{i^2}{a_i})\ &=4cdot sumlimits_{i=1}^{infty}(frac{i^2}{a_i} cdot(sumlimits_{n=i}^{+infty}(frac{1}{n^2}-frac{1}{(n+1)^2})))\ &=4cdotsumlimits_{i=1}^{+infty}frac{1}{a_i}. end{aligned}
由 sumlimits_{n=1}^{infty}frac{1}{a_n} 收斂知, sumlimits_{n=1}^{infty}frac{n}{a_1+a_2+cdots+a_n} 收斂. QED
4 d'Alembert判別法
設 {a_n},{b_n} 是正項數列. 在比較判別法中, 我們需要找 dfrac{a_n}{b_n} 的上界. 如果數列 left{dfrac{a_n}{b_n}right} 是單調遞減的, 那麼上界當然會存在(就是 dfrac{a_1}{b_1} ), 而數列 left{dfrac{a_n}{b_n}right} 是單調遞減的當且僅當 dfrac{a_{n+1}}{a_n}leqdfrac{b_{n+1}}{b_n}.
下面取b_n=q^n, 且 q<1, 則有如下的d'Alembert判別法:
(1)若對充分大的n恒有 dfrac{a_{n+1}}{a_n}leq q<1 時, 級數 sumlimits_{n=1}^{infty}a_n 收斂.
(2)若對充分大的n恒有 dfrac{a_{n+1}}{a_n}> 1 則級數 sumlimits_{n=1}^{infty}a_n 發散. (經評論區指出，修改瞭這處筆誤)
解: 由於
dfrac{a_{n+1}}{a_n}=dfrac{x}{left(1+dfrac{1}{n}right)^n}to dfrac{x}{e},
則當 0<x<e 時級數收斂; 當 x>e 時級數發散. 當 x=e 時,
dfrac{a_{n+1}}{a_n}=dfrac{e}{left(1+dfrac{1}{n}right)^n}geq 1,
級數也發散. QED
5 等價無窮小
對比較判別法作一些改寫. 設 {a_n},{b_n} 是正項數列, 如果 limlimits_{ntoinfty}dfrac{a_n}{b_n}=lambda, 則
(1)當 0<lambda<+infty 時, sum a_n 與$$ sum b_n 同斂散：
(2)當 lambda =0 時, sum b_n 收斂可推出 sum a_n 收斂.
(3)當 lambda = infty 時, sum b_n 發散可推出 sum a_n 發散.
證明：正項級數 sumlimits_{n=1}^{infty}a_n 收斂, 則 a_nto 0, b_n=ln (1-a_ne^{-a_n})sim -a_n (ntoinfty), 故 {b_n} 收斂. QED
解：由Taylor展開, 0<dfrac{1}{n}-lnleft(1+dfrac{1}{n}right)= dfrac{1}{2n^2}+oleft(dfrac{1}{n^2}right).則
sumlimits_{n=1}^{infty}left[dfrac{1}{n}-lnleft(1+dfrac{1}{n}right)right] =sumlimits_{n=1}^{infty}left(dfrac{1}{2n^2}+oleft(dfrac{1}{n^2}right)right) <+infty.
原級數收斂. QED
解: 由於 left(1-dfrac{p}{n}right)^{n^2}sim e^{-pn} (ntoinfty), 則級數 sumlimits_{n=1}^{infty}left(1-dfrac{p}{n}right)^{n^2} 的斂散性與級數 sumlimits_{n=1}^{infty}e^{-pn} 的斂散性相同. 當 p>0 時原級數收斂, 當 pleq 0 時原級數發散. QED
提示: 求 ln b_n 的極限.
提示: sumlimits_{k=1}^ndfrac{1}{n+k}=ln 2.
6 利用Cauchy準則
解： ngeq 1 時, 有
sumlimits_{k=n+1}^{2n}dfrac{1}{k}=dfrac{1}{n+1}+cdots+dfrac{1}{2n} geq dfrac{1}{2n}+cdots+dfrac{1}{2n}=dfrac{1}{2}.
由Cauchy準則, 原級數發散. QED
證明：若 {a_n} 有無窮項不小於1, 則 sumlimits_{n=1}^{infty}min{a_n,1} 發散;
若 {a_n} 隻有有限項不小於1, 則存在 N>0, 當 n>N 時 a_n<1, 從而此時有 min{a_n,1}=a_n. 由Cauchy準則, (省略一些步驟) sumlimits_{n=1}^{infty}min{a_n,1} 也發散. QED
證明： S_n 單調上升, 則
sumlimits_{k=n+1}^{n+p}dfrac{a_k}{S_k} geqdfrac{sumlimits_{k=n+1}^{n+p}a_k}{S_{n+p}}=dfrac{S_{n+p}-S_n}{S_{n+p}} =1-dfrac{S_n}{S_{n+p}}.
由於 S_ntoinfty, 則任意的正整數 n, 當p充分大時, 有dfrac{S_n}{S_{n+p}}<dfrac{1}{2}, 從而 sumlimits_{k=n+1}^{n+p}dfrac{a_k}{S_k}geq dfrac{1}{2}. 則 sumlimits_{n=1}^{infty}dfrac{a_n}{S_n} 發散. QED