具体数学:和式(六)无穷和式

SimonSkywalker
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2.7 无限和式

2.7.1 无限和的定义

错误案例

考虑两个看似相似的无限和：

设

S=1+12+14+18+116+⋯S = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{1}{8} + \frac{1}{16} + \cdots

若两边同乘 2：

2S=2+1+12+14+⋯=2+S  ⟹  S=22S = 2 + 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \cdots = 2 + S \implies S = 2

这与直觉一致，且可通过极限严格验证。

同时设

T=1+2+4+8+16+⋯T = 1 + 2 + 4 + 8 + 16 + \cdots

同理：

2T=2+4+8+16+⋯=T−1  ⟹  T=−12T = 2 + 4 + 8 + 16 + \cdots = T - 1 \implies T = -1

这个结果明显是错误的。 实际上，T 发散至 \infty，所谓 T = -1 是对不合法操作的误导性“解”。在有限和中，加法是直觉的：一项一项相加，直到结束。 在无限和中，我们必须精确定义“和”是什么，否则将陷入荒谬。

无限和不能随意移项、分组或代入公式！ 某些形式操作在发散级数上会产生矛盾结果，必须谨慎定义。

2.7.2 非负项无限和

精确定义

假设所有项 a_k \geq 0 。在这种情况下，虽然项的数量可能是无限的，但我们可以通过有限部分和来逼近总和。

设 K 是任意指标集（可以是无限的，甚至是不可数的），且对所有 k \in K，有 a_k \geq 0。

我们考虑所有有限子集 F \subset K 上的和 \sum_{k \in F} a_k。

如果存在一个常数 A，使得对所有有限子集 F 都有：

∑k∈Fak≤A,\sum_{k \in F} a_k \leq A,

那么我们就说这个无限和是“有界的” 。在这种情形下，我们定义：

∑k∈Kak为所有这样的 A 中最小的一个.\sum_{k \in K} a_k \quad \text{为所有这样的 } A \text{ 中最小的一个}.

这里我们依赖一个关于实数的基本事实： 所有满足该条件的 A 构成一个有下界的集合，因此存在最小的这样的 A。 这个最小值就是我们所定义的无限和。

如果不存在这样的常数 A（即有限部分和可以任意大），我们就定义：

∑k∈Kak=∞.\sum_{k \in K} a_k = \infty.

当 K 是非负整数集合时，上述定义意味着

∑k≥0ak=lim⁡n→∞∑k=0nak.\sum_{k \geq 0} a_k = \lim_{n \to \infty} \sum_{k=0}^n a_k.

若部分和 s_n = \sum_{k=0}^n a_k 有上界，则它收敛到某个实数 A，此时和为 A； 若无上界，则 s_n \to \infty，此时定义 \sum_{k \geq 0} a_k = \infty。

例子

例 1：几何级数

设 a_k = x^k，x \geq 0，则：

∑k≥0xk=lim⁡n→∞1−xn+11−x={11−x,0≤x<1;∞,x≥1.\sum_{k \geq 0} x^k = \lim_{n \to \infty} \frac{1 - x^{n+1}}{1 - x} = \begin{cases} \frac{1}{1 - x}, & 0 \leq x < 1; \\ \infty, & x \geq 1. \end{cases}
  • 当 x = \frac{1}{2}：
  • 当 x = 2：\sum_{k \geq 0} 2^k = \infty

只有当 |x| < 1 时，\sum x^k = \frac{1}{1-x} 成立。

例 2：望远镜和式

计算：

∑k≥01(k+1)(k+2)=∑k≥0(1k+1−1k+2)\sum_{k \geq 0} \frac{1}{(k+1)(k+2)} = \sum_{k \geq 0} \left( \frac{1}{k+1} - \frac{1}{k+2} \right)

这是望远镜和（telescoping series）：

∑k=0n−1(1k+1−1k+2)=1−1n→1(n→∞)\sum_{k=0}^{n-1} \left( \frac{1}{k+1} - \frac{1}{k+2} \right) = 1 - \frac{1}{n} \to 1 \quad (n \to \infty)

所以：

∑k≥01(k+1)(k+2)=1(2.58)\sum_{k \geq 0} \frac{1}{(k+1)(k+2)} = 1 \tag{2.58}

或者使用有限微积分进行计算 回忆下降阶乘幂的定义：

xm‾={x(x−1)⋯(x−m+1),m>01,m=01(x+1)(x+2)⋯(x+∣m∣),m<0x^{\underline{m}} = \begin{cases} x(x-1)\cdots(x-m+1), & m > 0 \\ 1, & m = 0 \\ \frac{1}{(x+1)(x+2)\cdots(x+|m|)}, & m < 0 \end{cases}

特别地，当 m = -2 时：

k−2‾=1(k+1)(k+2)k^{\underline{-2}} = \frac{1}{(k+1)(k+2)}

因此，原和式可写为：

∑k≥01(k+1)(k+2)=∑k≥0k−2‾\sum_{k \geq 0} \frac{1}{(k+1)(k+2)} = \sum_{k \geq 0} k^{\underline{-2}}
∑xm‾ δx=xm+1‾m+1+C,m≠−1\sum x^{\underline{m}} \,\delta x = \frac{x^{\underline{m+1}}}{m+1} + C, \quad m \ne -1
∑x−2‾ δx=x−1‾−1+C=−1x+1+C\sum x^{\underline{-2}} \,\delta x = \frac{x^{\underline{-1}}}{-1} + C = -\frac{1}{x+1} + C

我们要求的是从 0 到 \infty 的和，即：

∑k≥0k−2‾=∑0∞x−2‾ δx=(−1x+1)∣0∞\sum_{k \geq 0} k^{\underline{-2}} = \sum_{0}^{\infty} x^{\underline{-2}} \,\delta x = \left. \left( -\frac{1}{x+1} \right) \right|_{0}^{\infty}

根据定和式定义：

∑abg(x) δx=f(b)−f(a),若 g=Δf\sum_a^b g(x)\,\delta x = f(b) - f(a), \quad \text{若 } g = \Delta f

所以：

∑0∞x−2‾ δx=lim⁡n→∞(−1n+1)−(−10+1)=0−(−1)=1\sum_{0}^{\infty} x^{\underline{-2}} \,\delta x = \lim_{n \to \infty} \left( -\frac{1}{n+1} \right) - \left( -\frac{1}{0+1} \right) = 0 - (-1) = 1

因此：

∑k≥01(k+1)(k+2)=∑k≥0k−2‾=1\sum_{k \geq 0} \frac{1}{(k+1)(k+2)} = \sum_{k \geq 0} k^{\underline{-2}} = 1

2.7.3 一般项无限和

当项 a_k 可正可负时，问题变得复杂。

格兰迪级数

考虑：

∑k≥0(−1)k=1−1+1−1+1−1+⋯\sum_{k \geq 0} (-1)^k = 1 - 1 + 1 - 1 + 1 - 1 + \cdots
  • 分组为 (1-1)+(1-1)+\cdots = 0+0+\cdots \implies \text{和为 } 0
  • 分组为 1-(1-1)-(1-1)-\cdots = 1-0-0-\cdots \implies \text{和为 } 1

结果依赖于分组方式，无法唯一确定！

双向无限和

考虑双向和式：

∑k=−∞∞ak,其中 ak={1k+1,k≥01k−1,k<0\sum_{k=-\infty}^{\infty} a_k, \quad \text{其中 } a_k = \begin{cases} \frac{1}{k+1}, & k \geq 0 \\ \frac{1}{k-1}, & k < 0 \end{cases}

即：

⋯+(−14)+(−13)+(−12)+1+12+13+14+⋯(2.58)\cdots + \left(-\frac{1}{4}\right) + \left(-\frac{1}{3}\right) + \left(-\frac{1}{2}\right) + 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \cdots \tag{2.58}

不同分组方式导致不同结果

  • 对称分组（从中心向外）：
⋯+(−14+(−13+(−12+(1)+12)+13)+14)+⋯ ,=1\cdots+\left(-\frac{1}{4}+\left(-\frac{1}{3}+\left(-\frac{1}{2}+(1)+\frac{1}{2}\right)+\frac{1}{3}\right)+\frac{1}{4}\right)+\cdots, = 1

  • 将所有括号左移一步：

    ⋯+(−15+(−14+(−13+(−12)+1)+12)+13)+⋯ ,→1−1n−1n+1\cdots+\left(-\frac{1}{5}+\left(-\frac{1}{4}+\left(-\frac{1}{3}+\left(-\frac{1}{2}\right)+1\right)+\frac{1}{2}\right)+\frac{1}{3}\right)+\cdots, \to 1 - \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}

    易知：最后的结果为1

  • 另一分组形式：

    −1n+1−1n−⋯−12+1+12+⋯+12n−1+12n=1+H2n−Hn+1-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n}-\cdots-\frac{1}{2}+1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{2n-1}+\frac{1}{2n}=1+H_{2n}-H_{n+1}

    第 9 章将证 \lim_{n \to \infty} (H_{2n} - H_{n+1}) = \ln 2，故此方式得和为 1 + \ln 2。

若一个无限和的值依赖于求和顺序或分组方式，则它不满足我们对 \Sigma 的自由操作要求。 我们必须排除这类“病态”和式。

2.7.4 绝对收敛

为此，我们引入绝对收敛的概念。

对任意实数 x，定义其正部与负部：

x+=x⋅[x>0],x−=−x⋅[x<0]  ⟹  x=x+−x−x^+ = x \cdot [x > 0], \quad x^- = -x \cdot [x < 0] \implies x = x^+ - x^-

设 a_k 为实数列，定义：

  • A^+ = \sum_{k \in K} a_k^+
  • A^- = \sum_{k \in K} a_k^-

则我们定义：

∑k∈Kak=A+−A−,若 A+<∞ 且 A−<∞(2.59)\sum_{k \in K} a_k = A^+ - A^-, \quad \text{若 } A^+ < \infty \text{ 且 } A^- < \infty \tag{2.59}

若 A^+ = \infty 而 A^- < \infty，则和发散至 +\infty； 若 A^- = \infty 而 A^+ < \infty，则发散至 -\infty； 若两者均为 \infty，则和未定义。

绝对收敛 ⇔ \sum |a_k| < \infty 只有在绝对收敛的前提下，我们才能自由使用分配律、结合律、交换律等运算法则。

复数项与多重和式的推广

复数项和式

若 a_k \in \mathbb{C}，定义：

∑k∈Kak=∑k∈Kℜ(ak)+i∑k∈Kℑ(ak)\sum_{k \in K} a_k = \sum_{k \in K} \Re(a_k) + i \sum_{k \in K} \Im(a_k)

只要两个实部和虚部的和都定义良好。

多重和式

定理（绝对收敛下的交换求和顺序） 设 {K_j \mid j \in J} 为指标集族，若

∑j∈J∑k∈Kj∣aj,k∣<∞\sum_{j \in J} \sum_{k \in K_j} |a_{j,k}| < \infty

则

∑j∈J∑k∈Kjaj,k=∑k∈Kj∑j∈Jaj,k\sum_{j \in J} \sum_{k \in K_j} a_{j,k} = \sum_{k \in K_j} \sum_{j \in J} a_{j,k}

且所有重排、分组、交换顺序的操作均保持和不变。

此定理的证明可归约到非负项情形： 先证对 a_{j,k} \geq 0 成立，再分解为正负部或实虚部即可。

我们此前使用的四大运算法则，在绝对收敛下全部成立：

法则条件结论
分配律 (2.15)\sum a_k 绝对收敛于 A，c \in \mathbb{C}\sum c a_k = c A
结合律 (2.16)\sum a_k \to A，\sum b_k \to B，均绝对收敛\sum (a_k + b_k) = A + B
交换律 (2.17)\sum a_k 绝对收敛任意重排后和不变
先对某指标求和多重和绝对收敛可交换求和顺序

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