实分析/级数

实分析
级数

在分析中，经常需要考虑无穷多个数字的和。因此，对于某个数字序列 (a_n)，我们可能想要考虑类似于

\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}

.

这样的表达式。但是，这可能并不立即清楚确切的含义。直观地，我们想说无穷多个数字的和应该是我们在对大量项求和后接近的数字。我们将使用序列极限的概念来使之精确。级数研究中的标准术语有时有改进的空间，但本节将遵循标准术语。

定义

我们从一个我们想要求和的数字序列 (a_n) 开始。

定义实数的级数是一个无限的形式和

\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}

其中每个项 a_n 都是一个实数。

这个定义需要一些说明。首先，没有尝试定义形式和。可以简单地将形式和定义为项的序列，但这不会增加讨论的清晰度。允许级数形式仅仅是出于方便。在确定是否应该有任何数字来表示和之前，经常更容易引用一个级数。这非常类似于标准做法，即说 $\textstyle \lim _{n\to \infty }a_{n}$ 不存在 - 我们只在极限存在时定义了符号 $\textstyle \lim _{n\to \infty }a_{n}$ 的含义。我们应该改为说序列 a_n 不收敛。然而，之前陈述的含义是完全清楚的。

定义序列 a_n 的第 n 个部分和定义为 (a_n) 的前 n 项的和，即

S_{n}=\sum _{i=1}^{n}a_{i}=a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{n}

.

当序列 a_n 被认为是级数的项时，S_n 通常被称为级数的第 n 个部分和。

在同一个参数中可能出现多个部分和，因此当我们希望避免混淆时，部分和通常简写为 $\sum _{i=1}^{n}a_{i}$ 而不是 S_n。

定义对于级数

\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}

，我们将级数的和定义为部分和的极限。也就是说，我们定义

\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}=\lim _{N\to \infty }\sum _{n=1}^{N}a_{n}=\lim _{N\to \infty }S_{N}

.

如果极限存在，我们说级数收敛，否则我们说级数发散。

当一个级数发散时，我们不能将 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 解释为一个数字，而只能解释为一个形式上的和。另一方面，当级数收敛时，我们通常不知道级数收敛到哪个数字，因此这个数字通常用 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 表示。这与在建立序列a_n收敛之前写 $\textstyle \lim _{n\to \infty }a_{n}$ 类似。在实践中，符号 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 的含义是根据上下文清楚的。

通常，从n = 1以外的某个数字开始求级数之和会很方便，并将级数从某个其他点开始，例如 0、2、-10 等。希望这不会造成混淆；级数的和仍然定义为部分和的极限。通常，从上下文可以清楚地知道求和从哪里开始。在这些情况下，省略 sigma 符号中的索引并不罕见 - 也就是说，将 ∑a_n 写成 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 是有用的。

示例

无限和的概念可能比最初看起来要微妙一些。例如，考虑序列a_n = (−1)ⁿ。a_n 的和收敛还是发散？我们可以考虑部分和S_N，当N 为奇数时为 1，当N 为偶数时为 0。因此，级数似乎发散。另一方面，1 − 1 + 1 − 1 + 1 − 1 + … = (1 − 1) + (1 − 1) + (1 − 1) + … = 0 + 0 + 0 + … = 0。那么，根据我们的理论，级数是发散还是收敛到 0？答案是发散；上一句话中的谬误在于断言 1 − 1 + 1 − 1 + 1 − 1 + … = (1 − 1) + (1 − 1) + (1 − 1) + …。对于无限级数，我们不能以任何顺序求和；我们必须证明为什么我们被允许将 +1's 与 -1's 组合在一起而不改变总和。正式地说，结合律不一定会对无限级数成立。我们将研究何时可以重新排列级数的元素并仍然得到相同的总和。
也许级数最熟悉的例子来自实数的十进制展开。虽然我们还没有给出十进制展开的严格定义，但可以证明每个实数r 可以表示为 $\textstyle r=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {a_{n}}{10^{n}}}$ 的形式，其中a_n ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}。
考虑级数 $\textstyle {\tfrac {1}{1\cdot 2}}+{\tfrac {1}{2\cdot 3}}+{\tfrac {1}{3\cdot 4}}\cdots =\sum _{n=1}^{\infty }{\tfrac {1}{n(n+1)}}$ 。乍一看，可能很难确定部分和并决定级数是否收敛。但是，事实证明，这个级数比最初看起来要好，因为 $\textstyle {\frac {1}{n(n+1)}}={\frac {1}{n}}-{\frac {1}{n+1}}.$ 因此

$\sum _{n=1}^{N}{\frac {1}{n(n+1)}}=\sum _{n=1}^{N}{\frac {1}{n}}-{\frac {1}{n+1}}=1-{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2}}-{\frac {1}{3}}+{\frac {1}{3}}-{\frac {1}{4}}+\cdots +{\frac {1}{N}}-{\frac {1}{N+1}}=1-{\frac {1}{N+1}}.$

因此 $\textstyle \lim _{N\to \infty }\sum _{n=1}^{N}{\tfrac {1}{n(n+1)}}=\lim _{N\to \infty }(1-{\tfrac {1}{N+1}})=1.$ 这是一个**伸缩级数**的例子——也就是说，一个可以写成如下形式的级数，其中下一项与前一项抵消。也就是说，
$\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}-a_{n+1}$
对于所有这样的级数，部分和由 S_N = a₁ − a_N+1给出。也就是说，级数的项像望远镜一样收缩，只留下第一个和最后一个。这样的级数收敛于 a₁ − lim a_N+1。
另一个重要的级数例子是**几何级数**，由 $\sum _{n=0}^{\infty }r^{n}$ 给出。几何级数的部分和一开始看起来很复杂。乍一看，部分和似乎只是 S_N = 1 + r +r² + … + r^N，但如果我们计算 (1 − r)S_N，那么该和就会伸缩，我们得到 (1 − r)S_N = (1 − r)^N+1。请注意，该和对任何 r 或 N 都成立，因此我们得出结论 $\textstyle S_{N}={\tfrac {1-r^{N+1}}{1-r}}$ 。因此，当 |r| < 1 时，几何级数收敛。

基本事实

在这里，我们收集了关于级数的一些事实，这些事实直接来自于有限和与极限的性质，不需要对所涉及的极限进行细致的分析。

定理（代数运算）

假设 ∑ a_n 和 ∑ b_n 是收敛级数，那么我们立即得到以下两个定理。

对于任何实数 c，级数 ∑ (c·a_n) 是收敛的，并且收敛于 c·(∑ a_n)。
级数 ∑ (a_n + b_n) 是收敛的，并且收敛于 (∑ a_n ) + (∑ b_n )

证明

对于第一个陈述，请注意，对于任何自然数 N，我们有 $\textstyle \sum _{n=1}^{N}c\cdot a_{n}=\textstyle c\cdot \sum _{n=1}^{N}a_{n}$ 。因此

\lim _{N\to \infty }\sum _{n=1}^{N}c\cdot a_{n}=\lim _{N\to \infty }c\cdot \sum _{n=1}^{N}a_{n}=c\cdot \lim _{N\to \infty }\sum _{n=1}^{N}a_{n}

.

这证明了第一个结论。

对于第二个结论，再次注意到对于任意 N，我们有 $\textstyle \sum _{n=1}^{N}a_{n}+b_{n}=\sum _{n=1}^{N}a_{n}+\sum _{n=1}^{N}b_{n}$ 。因此

\lim _{N\to \infty }\sum _{n=1}^{N}a_{n}+b_{n}=\lim _{N\to \infty }\left(\sum _{n=1}^{N}a_{n}+\sum _{n=1}^{N}b_{n}\right)=\lim _{N\to \infty }\sum _{n=1}^{N}a_{n}+\lim _{N\to \infty }\sum _{n=1}^{N}b_{n}

.

这证明了第二个结论。 $\Box$

以下是柯西准则的另一种表述。

定理 (柯西准则)

级数 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 收敛当且仅当对于任意 ε > 0，存在自然数 N，使得 $\textstyle |\sum _{k=n+1}^{m}a_{k}|<\epsilon$ 对于任意自然数 m > n > N。

证明

根据级数 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 收敛的定义，它收敛当且仅当 $\textstyle \lim _{N\to \infty }\sum _{k=1}^{N}a_{k}$ 收敛。但是根据数列的柯西准则，这个极限存在当且仅当对于任意 ε > 0，我们能找到一个自然数 N，使得对于 n, m > N，我们有

\left|\sum _{k=1}^{n}a_{k}-\sum _{k=1}^{m}a_{k}\right|<\epsilon .

不妨假设m > n。将两个求和中相同的项消去即可完成证明。 $\Box$

绝对收敛

正如我们所见，级数的行为可能会违反我们的直觉。因此，识别哪些类别的收敛级数的行为更符合我们的直觉是很有用的。我们将看到，这类级数中的一种是所谓的绝对收敛级数。

定义一个级数

\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}

绝对收敛是指当其各项的绝对值之和收敛时，即当

\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }|a_{n}|

是一个收敛级数。

注意我们没有说∑ a_n 需要收敛，这是因为绝对收敛的性质意味着∑ a_n 收敛。

定理（绝对收敛）

如果 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 绝对收敛，则它收敛。

证明

假设 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 是绝对收敛的。根据柯西准则，我们可以证明 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 收敛，如果对于任何 ε > 0，我们都能找到一个 N，使得如果 m > n > N，则 $\textstyle |\sum _{k=n+1}^{m}a_{k}|<\epsilon$ 。但我们知道 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }|a_{n}|$ 收敛，所以根据柯西准则，ε > 0，选择 N，使得如果 m > n > N，则 $\textstyle |\sum _{k=n+1}^{m}|a_{k}||=\textstyle \sum _{k=n+1}^{m}|a_{k}|<\epsilon$ 。有了这个 N 后，取任意 m > n > N，则根据三角不等式可得

|\sum _{k=n+1}^{m}a_{k}|\leq \sum _{k=n+1}^{m}|a_{k}|<\epsilon .

因此，根据柯西准则， $\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 收敛。 $\Box$

收敛与发散的测试

给定一个级数 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ ，能够判断该级数收敛还是发散非常有用。特别是如果我们仅仅通过观察项就可以判断。在本节中，我们将收集这类定理。注意我们已经见过一个例子。如果级数是绝对收敛的，则它收敛，现在我们将探索何时可以判断级数是否收敛。

虽然以下定理是用收敛来表述的，但它实际上提供了一个有用的发散测试。也就是说，如果一个级数的项没有极限为 0，则该级数一定发散。

定理（项有极限 0）

对于任何收敛级数 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ ，其各项必须趋于 0，即 $\textstyle \lim _{n\rightarrow \infty }a_{n}=0.$

证明

对于任意 ε > 0，根据级数的柯西判据，我们可以选择一个自然数 N，使得 $\textstyle |\sum _{i=n+1}^{m}a_{i}|<\epsilon$ 当且仅当 m > n ≥ N。特别是，对于任何 k > N，我们可以在 n = k − 1 和 m = k 的情况下应用它。在这种情况下，该和简化为单个项 a_k。因此，如果 k > N，我们有 |a_k| < ε，因此序列 (a_n) → 0。 $\Box$

备注为了给出一个如何使用它来测试级数发散的例子，考虑几何级数 $\textstyle \sum _{n=0}^{\infty }r^{n}$ 的例子。我们已经证明，如果 |r| < 1，则该级数收敛。另一方面，我们还没有确定级数在 r 的其他值时是收敛还是发散。现在很明显，如果 |r| ≥ 1，则序列 r_n 不趋于零。所以我们现在知道，几何级数 $\textstyle \sum _{n=0}^{\infty }r^{n}$ 当且仅当 |r| < 1 时收敛。

定理（正项级数收敛）

假设 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 是一个非负项级数，即 a_n ≥ 0，则当且仅当部分和有上界时，该级数收敛。

证明

由于各项是非负的，我们显然有 $\textstyle \sum _{n=1}^{N}a_{n}\leq \sum _{n=1}^{N+1}a_{n}$ ，因此部分和构成一个单调序列。如果部分和有上界，则级数收敛。如果它们无界，则对于任何 M > 0，我们可以找到一个 N，使得 $\textstyle \sum _{n=1}^{N}a_{n}\geq M$ ，由于部分和是非递减的，我们有 $\textstyle \lim _{N\rightarrow \infty }\sum _{n=1}^{N}a_{n}=\infty$ ，因此级数不收敛。 $\Box$

备注从证明和单调序列的收敛性可以得出，如果一个非负项序列收敛，我们可以将序列的和作为部分和的上界，正如我们的直觉所预示的那样。

要确定级数是否收敛，有时将它与另一个已知收敛性的级数逐项比较会很有用。以下定理给出了一种比较方法。

定理（比较判别法）

假设对于所有自然数 n，0 ≤ a_n ≤ b_n，并考虑级数 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 和 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }b_{n}$ 。如果 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }b_{n}$ 收敛，那么 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 收敛。此外，如果 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 发散，那么 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }b_{n}$ 发散。

证明

首先假设 ∑ b_n 收敛。那么根据我们之前的定理，我们知道对于某个实数，偏和知道 $\textstyle \sum _{n=1}^{N}b_{n}\leq \sum _{n=1}^{\infty }b_{n}$ 。由于 a_n ≤ b_n，因此

\sum _{k=1}^{N}a_{n}\leq \sum _{k=1}^{N}b_{n}\leq \sum _{n=1}^{\infty }b_{n}

.

因此，∑ a_n 的偏和在上方有界，由于 ∑ a_n 也是一个非负项级数，因此 ∑ a_n 收敛。

现在假设 ∑ a_n 发散。由于它是一个非负项级数，之前的定理告诉我们，对于任何实数 M，我们可以找到一个 N 使得 $\textstyle M<\sum _{n=1}^{N}a_{n}$ 。由于 a_n ≤ b_n，因此

M<\sum _{k=1}^{N}a_{n}\leq \sum _{k=1}^{N}b_{n}

.

因此，∑ b_n 的偏和在上方无界，因此根据之前的定理，∑ b_n 发散。 $\Box$

定理（极限比较检验）

假设 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 和 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }b_{n}$ 是正项级数，使得 $\textstyle 0\leq \limsup _{n\to \infty }{\tfrac {a_{n}}{b_{n}}}<\infty$ 。在这种情况下，如果 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }b_{n}$ 收敛，则 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 收敛。

证明

假设它们比率的绝对值的极限收敛于某个正数r < ∞。那么存在一个N，使得当n > N时，有 $|\,|{\tfrac {a_{n}}{b_{n}}}|-r|<{\tfrac {r}{2}}$ ，所以 ${\tfrac {r}{2}}<|{\tfrac {a_{n}}{b_{n}}}|<{\tfrac {3r}{2}}$ 。这意味着 ${\tfrac {r}{2}}|b_{n}|<|a_{n}|<{\tfrac {3r}{2}}|b_{n}|$ 。因此，根据比较检验，如果 $\sum _{n=1}^{\infty }b_{n}$ 收敛，那么 $\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 也收敛。除以 ${\tfrac {r}{2}}$ ，也可以通过比较检验发现，如果 $\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 收敛，那么 $\sum _{n=1}^{\infty }b_{n}$ 也收敛。

我们需要找到各种级数收敛和发散的检验方法。以下几种类型的级数经常出现，并且很容易验证它们何时收敛和发散

定理（比率检验）

假设 $\textstyle \lim _{n\rightarrow \infty }\left|{\frac {x_{n+1}}{x_{n}}}\right|$ 收敛且等于某个实数r。如果r < 1，则 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }x_{n}$ 绝对收敛。如果r > 1，则 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }x_{n}$ 发散。最后，如果r = 1，则 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }x_{n}$ 可能会收敛或发散。

证明

首先假设r < 1。设ε = 1 − r，由于r < 1，因此ε > 0。

由于 $\textstyle \lim _{n\rightarrow \infty }\left|{\frac {x_{n+1}}{x_{n}}}\right|=r$ ，我们可以选择一个N，使得| |x_n+1/x_n| − r| < ε/2 对于所有n ≥ N都成立。特别地，如果n ≥ N，则|x_n+1|/|x_n| < r + ε/2。请注意，我们对ε的特殊选择保证了比率r + ε/2 小于 1。

因此

\sum _{n=1}^{\infty }|x_{n}|

=

\sum _{n=1}^{N}|x_{n}|+\sum _{n=N+1}^{\infty }|x_{n}|

=\sum _{n=1}^{N}|x_{n}|+\sum _{n=N+1}^{\infty }|x_{N}|{\frac {|x_{N+1}|}{|x_{N}|}}{\frac {|x_{N+2}|}{|x_{N+1}|}}\cdots {\frac {|x_{n}|}{|x_{n-1}|}}

\leq \sum _{n=1}^{N}|x_{n}|+|x_{N}|\sum _{n=N+1}^{\infty }(r+{\frac {\epsilon }{2}})^{n-N}.

最后一个级数收敛，因为它是一个几何级数，其公比 *r* + ε/2 小于 1。

根据比较检验， $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }|x_{n}|$ 收敛。因此 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }x_{n}$ 绝对收敛。 $\Box$

下一个定理，根检验，比比值检验更强大，因为它在比值检验适用时（并且返回相同的数字 r）也适用，并且有时在比值检验不适用时也适用。

定理（根检验）

令 $R=\limsup _{n\rightarrow \infty }(|a_{n}|^{\frac {1}{n}})$ 。如果 R < 1，则级数 $\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 绝对收敛。如果 R > 1，则它发散。

证明

如果 R<1，令 $R<\rho <1$ 。由于 $\limsup _{n\rightarrow \infty }(|a_{n}|^{\frac {1}{n}})=R$ $\exists N:\forall n\geq N:|\sup\{|a_{k}|^{\frac {1}{k}}|k>n\}-R|<\rho -R$ 。

也就是说， $\forall n\geq N:\sup\{|a_{k}|^{\frac {1}{k}}|k>n\}<\rho$

因此， $\sum _{n=1}^{\infty }|a_{n}|$ $=\sum _{n=1}^{\infty }(|a_{n}|^{\frac {1}{n}})^{n}$ $=\sum _{n=1}^{N-1}|a_{n}|+\sum _{n=N}^{\infty }(|a_{n}|^{\frac {1}{n}})^{n}$ $<\sum _{n=1}^{N-1}|a_{n}|+\sum _{n=N}^{\infty }(\sup\{|a_{k}|^{\frac {1}{k}}|k>n\})^{n}$ $<\sum _{n=1}^{N-1}|a_{n}|+\sum _{n=N}^{\infty }(\rho )^{n}$ ，它收敛，因为它是一个常数加一个几何级数。

根据比较检验， $\sum _{n=1}^{\infty }|a_{n}|$ 也收敛。因此， $\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 绝对收敛。

如果 R > 1，那么 $\sup\{|a_{n}|^{\frac {1}{n}}|k>n\}>1$ 。因此，存在无限多个 n 使得 $|a_{n}|^{\frac {1}{n}}>1\implies |a_{n}|>1$ 。

因此， $(a_{n})\not \rightarrow 0$ ，这意味着 $\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 发散。 $\Box$

我们经常被要求考虑形式为 $\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}b_{n}$ 的级数。以下定理给出了这些级数收敛的判据。

定理（狄利克雷判据）

如果部分和 $\sum _{n=1}^{N}x_{n}$ 有界，并且 $(y_{n})$ 是一个递减序列，且 $\lim _{n\rightarrow \infty }y_{n}=0$ ，那么 $\sum _{n=1}^{\infty }x_{n}y_{n}$ 收敛。[注意： $\sum _{n=1}^{\infty }x_{n}$ 不一定收敛]

证明

令 $s_{n}=\sum _{m=1}^{n}x_{m}$ 为第 $n$ 个部分和，因此存在 $B>0$ 使得 $|s_{n}|\leq B$ 。

我们可以写成

$\sum _{n=1}^{N}x_{n}y_{n}=x_{1}y_{1}+\sum _{n=2}^{N}(s_{n}-s_{n-1})y_{n}=x_{1}y_{1}+\sum _{n=2}^{N}s_{n}y_{n}-\sum _{n=2}^{N}s_{n-1}y_{n}$ .

将最后一个求和的求和指标进行改变，得到

$\sum _{n=1}^{N}x_{n}y_{n}=x_{1}y_{1}+\sum _{n=2}^{N}s_{n}y_{n}-\sum _{n=1}^{N-1}s_{n}y_{n+1}=x_{1}y_{1}-x_{1}y_{2}+\sum _{n=2}^{N-1}s_{n}(y_{n}-y_{n+1})+s_{N}y_{N}$ .

右侧的求和被以下的伸缩和绝对界定

$\sum _{n=2}^{N-1}|s_{n}(y_{n}-y_{n+1})|\leq B\sum _{n=2}^{N-1}(y_{n}-y_{n+1})=B(y_{2}-y_{N})\leq By_{2}$ ;

这里我们用到了 $(y_{n})$ 是正数且递减的事实。可以得出

$\sum _{n=2}^{\infty }s_{n}(y_{n}-y_{n+1})$ 是绝对收敛的，因此是收敛的。

注意到 $\lim _{N\to \infty }s_{N}y_{N}=0$ ，因为 $s_{N}$ 有界，并且 $(y_{n})$ 当 $n$ 趋于无穷大时趋于 0。因此，我们可以取极限为 $N$ 趋于无穷大。

$\sum _{n=1}^{\infty }x_{n}y_{n}=x_{1}y_{1}-x_{1}y_{2}+\sum _{n=2}^{\infty }s_{n}(y_{n}-y_{n+1})+\lim _{N\to \infty }s_{N}y_{N}=x_{1}y_{1}-x_{1}y_{2}+\sum _{n=2}^{\infty }s_{n}(y_{n}-y_{n+1})$ ,

这证明了左侧是收敛的。

阿贝尔判别法可以看作是狄利克雷判别法的一个特例，只需要进行一些修改。

定理（阿贝尔判别法）

如果 $\sum _{n=1}^{\infty }x_{n}$ 收敛，并且 $(y_{n})$ 是一个正的递减序列，则 $\sum _{n=1}^{\infty }x_{n}y_{n}$ 收敛。

证明

因为 $(y_{n})$ 是一个有界的单调序列，它收敛于某个极限 y。

令 $z_{n}=y_{n}-y$ 。那么 $\sum _{n=1}^{\infty }x_{n}$ 和 $(z_{n})$ 满足狄利克雷判别的条件。

$\sum _{n=1}^{k}x_{n}y_{n}$ $=y\sum _{n=1}^{k}x_{n}+\sum _{n=1}^{k}x_{n}z_{n}$ 。根据狄利克雷判别， $\sum _{n=1}^{k}x_{n}z_{n}$ 当 $k\rightarrow \infty$ 时收敛。

由于右边的两个和都收敛， $\sum _{n=1}^{\infty }x_{n}y_{n}$ 也收敛。 $\Box$

带证明的例子

现在我们将完成在例子中承诺的计算，再加上一些额外的计算。

定理（几何级数）

如果 $|r|<1$ ，则几何级数 $\sum _{n=1}^{\infty }ar^{n}={\frac {a}{1-r}}$ 。如果 $|r|\geq 1$ ，则级数发散。

证明

在这种情况下，最好明确地计算部分和并取极限。不失一般性，我们将考虑 $a=1$ 的情况。然后我们可以应用代数运算定理得到一般结果。

请注意 $s_{n}(1-r)=(1+r+r^{2}+...+r^{n})(1-r)=(1+r+r^{2}+...+r^{n})-(r+r^{2}+...+r^{n+1})=1-r^{n+1}$

因此 $s_{n}={\frac {1-r^{n}}{1-r}}$ 。取极限（并记住一些关于序列的基本事实）

如果 $|r|<1$ ，则 $\sum _{n=1}^{\infty }r^{n}=\lim _{n\rightarrow \infty }s_{n}=\lim _{n\rightarrow \infty }{\frac {1-r^{n}}{1-r}}={\frac {1}{1-r}}$ .

如果 $|r|\geq 1$ ，则部分和序列发散到无穷大，因此根据定义，该级数发散。

这个证明似乎有效，除了这个级数将收敛到 ${\frac {a}{1-r}}$ $\Box$

定理（p 级数）

p 级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{p}}}$ 当 $p>1$ 时收敛，当 $0<p\leq 1$ 时发散。[注意：我们实际上只为 p 有理数定义了这个级数。然而，当 p 是无理数时，这个定理仍然有效，原因相同]

证明

首先我们将考虑特殊情况 $p=1,p=2$ ，然后从这些情况得出一般结果。

如果 p = 1，设 $x_{n}$ 为小于 ${\frac {1}{n}}$ 的最大 2 的幂。也就是说， $(x_{n})=({\frac {1}{2}},{\frac {1}{4}},{\frac {1}{4}},{\frac {1}{8}},{\frac {1}{8}},{\frac {1}{8}},{\frac {1}{8}},\dots )$ .

将相同项分组， $\sum _{i=1}^{\infty }x_{n}$ $=\sum _{i=0}^{\infty }(\sum _{j=2^{i}}^{2^{i+1}-1}x_{j})$ $=\sum _{i=0}^{\infty }(\sum _{j=2^{i}}^{2^{i+1}-1}{\frac {1}{2^{i+1}}})$ $=\sum _{i=1}^{\infty }{\frac {1}{2}}$ ，该级数发散。

根据定义， $x_{n}<{\frac {1}{n}}$ ，因此根据比较判别法， $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n}}$ 发散。

如果 p = 2，设 $x_{n}={\frac {1}{n(n-1)}}={\frac {1}{n-1}}-{\frac {1}{n}}$ 当 n>1 时，当 n=1 时为 1。

使用关于伸缩级数的定理， $\sum _{n=1}^{\infty }x_{n}$ $=1+\sum _{n=2}^{\infty }({\frac {1}{n-1}}-{\frac {1}{n}})$ $=1+1-\lim _{n\rightarrow \infty }(1/n)=2$

根据定义， $x_{n}>{\frac {1}{n\cdot n}}={\frac {1}{n^{2}}}$ ，因此根据比较判别法， $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}$ 也收敛。

如果 0 < p < 1，则 ${\frac {1}{n^{p}}}>{\frac {1}{n}}$ 。根据比较判别法， $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{p}}}$ 发散。

定理（十进制展开）

对于任意实数 x， $0<x<1$ ，存在唯一的序列 $(x_{n}):\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {x_{n}}{10^{n}}}=x$ ， $0\leq x_{n}<10$ 并且 $\forall N:\exists n\geq N:x_{n}\not =9$

证明

归纳地，假设存在 $x_{0},x_{1},\dots ,x_{k}$ 使得 $\sum _{n=0}^{k}{\frac {x_{n}}{10^{n}}}\leq x<\sum _{n=0}^{k}{\frac {x_{n}}{10^{n}}}+{\frac {1}{10^{k}}}$ 。

重新排列，我们可以看到 $0\leq x-\sum _{n=0}^{k}{\frac {x_{n}}{10^{n}}}<{\frac {1}{10^{k}}}$ ，或 $0\leq (x-\sum _{n=0}^{k}{\frac {x_{n}}{10^{n}}})10^{k+1}<10$ .

令 $x_{k+1}$ 为满足 $x_{k+1}\leq (x-\sum _{n=0}^{k}{\frac {x_{n}}{10^{n}}})10^{k+1}$ 的最大整数。

那么 ${\frac {x_{k+1}}{10^{k+1}}}\leq x-\sum _{n=0}^{k}{\frac {x_{n}}{10^{n}}}<{\frac {x_{k+1}+1}{10^{k+1}}}$ （否则， $x_{k+1}$ 不会是最大的）。

加上 $\sum _{n=0}^{k}{\frac {x_{n}}{10^{n}}}$ ，我们可以看到 $\sum _{n=0}^{k+1}{\frac {x_{n}}{10^{n}}}\leq x<\sum _{n=0}^{k+1}{\frac {x_{n}}{10^{n}}}+{\frac {1}{10^{k+1}}}$ .