实分析/级数

实分析
级数

在分析中，经常需要考虑无限多个数的和。因此对于某个数列(a_n)，我们可能想要考虑以下表达式：

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

.

但这个表达式的确切含义可能并不立即清楚。直观地，我们希望说无限多个数的和应该是我们在对大量项求和后接近的数。我们将使用数列极限的概念来精确地定义这一点。级数研究中的标准术语有时有改进的空间，但本节中我们将遵循标准术语。

定义

我们从一个数列(a_n)开始，这个数列是我们想要求和的数字。

定义实数的级数是无限的形式和

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

其中每个项a_n都是一个实数。

这个定义值得多加解释。首先，这里并没有尝试定义一个形式和。可以简单地将形式和定义为项的序列，但这并不会使讨论更加清晰。允许级数为形式的唯一原因仅仅是方便。在确定是否有任何数字应该代表这个和之前，经常更容易地引用一个级数。这与标准做法非常相似，即说 $\textstyle \lim _{n\to \infty }a_{n}$ 不存在 - 我们只在极限存在的情况下定义了符号 $\textstyle \lim _{n\to \infty }a_{n}$ 的含义。我们应该改为说数列a_n不收敛。然而，之前陈述的含义是完全清楚的。

定义数列a_n的第n个部分和被定义为(a_n)的前n项的和，即

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

.

当数列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。

在同一个论证中，经常会出现多个部分和，因此当我们希望避免混淆时，部分和通常简单地写成 $\sum _{i=1}^{n}a_{i}$ 而不是S_n。

定义对于级数

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

，我们定义级数的和为部分和的极限。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，我们说这个级数收敛，否则我们说这个级数发散。

需要注意的是，当级数发散时，我们不能将 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 解释为一个数字，而只能看作一个形式化的求和。另一方面，当级数收敛时，我们通常不知道它收敛到哪个数字，所以这个数字通常用 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 表示。这与在证明序列 a_n 收敛之前写 $\textstyle \lim _{n\to \infty }a_{n}$ 类似。在实际应用中，符号 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 的含义根据上下文而定。

通常情况下，从除 n = 1 以外的数字开始求和级数很方便，可以从 0, 2, −10 等其他点开始求和。希望这不会造成混淆；级数的和仍然定义为部分和的极限。通常情况下，从上下文可以清楚地看出求和的起点。在这些情况下，省略 sigma 符号中的索引并不少见 - 也就是说，将 ∑a_n 写成 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 是很有用的。

例子

无限求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。所以看起来这个级数发散。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，这个级数发散还是收敛到 0 呢？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) + ….对于无限级数来说，我们不能随意改变求和顺序；我们必须证明为什么我们可以将 +1 与 -1 组合在一起，而不会改变求和的结果。正式地说，结合律不一定适用于无限级数。我们将探讨何时可以重新排列级数的元素，而不会改变求和的结果。
也许最常见的级数例子来自于实数的十进制展开式。虽然我们在这里没有给出十进制展开式的严格定义，但可以证明，每个实数 r 都可以表示为 $\textstyle r=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {a_{n}}{10^{n}}}$ 的形式，其中 a_n ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}
考虑级数 $\textstyle {\tfrac {1}{1\cdot 2}}+{\tfrac {1}{2\cdot 3}}+{\tfrac {1}{3\cdot 4}}\cdots =\sum _{n=1}^{\infty }{\tfrac {1}{n(n+1)}}$ 。最初，确定部分和并决定级数是否收敛可能看起来很困难。然而，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，一个可以写成这种形式的级数，使得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。这样的级数收敛到 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。几何级数的部分和最初看起来很复杂。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，那么和会伸缩，我们得到 (1 − r)S_N = (1 − r)^N+1。注意，这个和对于任何 r 或 N 都成立，所以我们得出结论 $\textstyle S_{N}={\tfrac {1-r^{N+1}}{1-r}}$ 。因此，如果 |r| < 1，则几何级数收敛。

基本事实

这里我们收集关于级数的事实，这些事实直接来自有限和的性质和极限，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) 收敛，并收敛到 c·(∑ a_n)。
级数 ∑ (a_n + b_n) 收敛，并收敛到 (∑ a_n ) + (∑ b_n )

证明

对于第一个语句，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}

.

这证明了第一个语句。

再次注意第二个陈述，对于任何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}

.

这证明了第二个陈述。 $\Box$

以下是柯西判别法的一个简单的重述。

定理（级数的柯西判别法）

级数 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 收敛当且仅当对于任何 ε > 0，存在一个自然数 N，使得 $\textstyle |\sum _{k=n+1}^{m}a_{k}|<\epsilon$ 对于任何自然数 m > n > N.

证明

根据级数收敛的定义， $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 收敛当且仅当 $\textstyle \lim _{N\to \infty }\sum _{k=1}^{N}a_{k}$ 收敛。但根据序列的柯西判别法，此极限存在当且仅当对于任何 ε > 0，我们都能找到一个自然数 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 .

不失一般性，我们可以假设 m > n。消去两个和中都出现的项就完成了证明。 $\Box$

绝对收敛

正如我们所见，级数的行为可能与我们的直觉相悖。因此，确定哪些收敛级数的类别以更符合我们直觉的方式表现出来是有用的。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 当且仅当其各绝对值项的级数收敛，也就是说，如果

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

是一个收敛级数。

注意，我们没有要求 ∑ a_n 收敛，这是因为绝对收敛的性质蕴含着 ∑ a_n 收敛。

定理（绝对收敛）

如果 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 绝对收敛，那么它也收敛。

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，如果对于任意 ε > 0，我们可以找到一个 N 使得当 m > n > N 时， $\textstyle |\sum _{k=n+1}^{m}a_{k}|<\epsilon$ 。但是我们知道 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }|a_{n}|$ 收敛，所以根据柯西准则，对于 ε > 0，选择 N 使得当 m > n > N 时， $\textstyle |\sum _{k=n+1}^{m}|a_{k}||=\textstyle \sum _{k=n+1}^{m}|a_{k}|<\epsilon$ 。使用这个 N，并取任意 m > n > N，根据三角不等式，可以得到

|\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。 $\Box$

收敛和发散的测试

对于一个级数 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ ，能够判断它收敛还是发散非常有用。特别是如果我们能够简单地通过观察项来判断。在本节中，我们将收集这类定理。注意我们已经看到一个例子。即，如果一个级数是绝对收敛的，那么它就是收敛的。现在，我们将探讨如何判断一个级数是否收敛。

虽然下面的定理是关于收敛性的，但它实际上提供了一个判断发散的有用测试。即，如果一个级数的项没有趋近于 0，那么这个级数一定发散。

定理（项趋近于 0）

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

证明

对于任何 ε > 0，根据级数的柯西准则，我们可以选择一个自然数 N，使得 $\textstyle |\sum _{i=n+1}^{m}a_{i}|<\epsilon$ ，只要 m > n ≥ N。特别是，对于任何 k > N，我们可以应用这个情况，其中 n = k − 1 和 m = k。在这种情况下，这个和简化为单个项 a_k。因此，如果 k > N，我们有 |a_k| < ε，因此序列 (a_n) → 0。 $\Box$

备注为了举例说明如何使用这个定理来测试一个级数的发散性，考虑几何级数 $\textstyle \sum _{n=0}^{\infty }r^{n}$ 。我们已经证明，如果 |r| < 1，这个级数收敛。另一方面，我们还没有确定，对于 r 的其他值，这个级数收敛还是发散。现在很明显，如果 |r| ≥ 1，那么序列 r_n 不会趋近于零。因此，我们现在知道，几何级数 $\textstyle \sum _{n=0}^{\infty }r^{n}$ 收敛当且仅当 |r| < 1。

定理（正级数收敛）

假设 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 是一个非负项级数，即 a_n ≥ 0，那么这个级数收敛当且仅当它的部分和是有界的。

证明

由于各项均为非负数，我们显然有 $\textstyle \sum _{n=1}^{N}a_{n}\leq \sum _{n=1}^{N+1}a_{n}$ ，因此部分和形成一个单调序列。如果部分和是有界的，那么级数收敛。如果它们是无界的，那么对于任何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，因此我们有 $\textstyle \lim _{N\rightarrow \infty }\sum _{n=1}^{N}a_{n}=\infty$ ，因此级数不收敛。 $\Box$

注从证明和单调序列的收敛性可以看出，如果非负项序列收敛，我们可以将序列的和作为部分和的上界，正如我们的直觉所指出的那样。

为了确定级数是否收敛，有时将它与另一个收敛性已知的级数逐项比较会很有用。下面的定理给出了这样一种比较方法。

定理（比较检验）

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。然后根据我们之前的定理，我们知道对于某个实数，部分和有 $\textstyle \sum _{n=1}^{N}b_{n}\leq \sum _{n=1}^{\infty }b_{n}$ 。由于a_n ≤ b_n，因此可以得出

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

.

因此，∑ a_n 的部分和有上界，由于∑ a_n 也是一个非负项级数，因此可以得出∑ a_n 收敛。

现在假设 ∑ a_n 发散。由于它是非负项级数，前一个定理告诉我们，对于任何实数 M，我们都可以找到一个 N，使得 $\textstyle M<\sum _{n=1}^{N}a_{n}$ . 由于 a_n ≤ b_n，我们有

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

.

因此，∑ b_n 的部分和不能被上限限制，因此根据前一个定理，∑ 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，那么 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 收敛。

证明

假设它们比率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，则 $\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 也收敛。除以 ${\tfrac {r}{2}}$ ，也可以通过比较检验得出，如果 $\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 收敛，则 $\sum _{n=1}^{\infty }b_{n}$ 也收敛。

我们需要找到一些方法来检验各种级数的收敛与发散。下列类型的级数经常出现，并且很容易验证它们的收敛与发散。

定理（比率检验）

假设 $\textstyle \lim _{n\rightarrow \infty }\left|{\frac {x_{n+1}}{x_{n}}}\right|$ 收敛并等于某个实数 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 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }x_{n}$ 可能收敛也可能发散。

证明

首先假设 r < 1。令 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 对所有 *n* ≥ *N* 成立。特别是，如果 *n* ≥ *N*，那么 | *x*_*n*+1|/| *x*_*n*| < r + ε/2。注意到我们对ε的特定选择保证了比率 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，其比率 *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，因为它在比值检验生效时都生效（并且返回相同的数字 r），并且有时即使比值检验不生效时，它也生效。

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，则令 $R<\rho <1$ 。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 $\sum _{n=1}^{\infty }|a_{n}|$ $=\sum _{n=1}^{\infty }(|a_{n}|^{\frac {1}{n}})^{n}$ $=\sum _{n=1}^{N-1}|a_{n}|+\sum _{n=N}^{\infty }(|a_{n}|^{\frac {1}{n}})^{n}$ $<\sum _{n=1}^{N-1}|a_{n}|+\sum _{n=N}^{\infty }(\sup\{|a_{k}|^{\frac {1}{k}}|k>n\})^{n}$ $<\sum _{n=1}^{N-1}|a_{n}|+\sum _{n=N}^{\infty }(\rho )^{n}$ ，由于它是常数加上一个几何级数，所以收敛。

根据比较检验法， $\sum _{n=1}^{\infty }|a_{n}|$ 也是收敛的。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，存在无穷多个 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。 $\Box$

我们通常会要求考虑形式为 $\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}b_{n}$ 的级数。以下定理给出这些级数收敛的判别条件。

定理（狄利克雷判别法）

如果部分和 $\sum _{n=1}^{N}x_{n}$ 有界，且 $(y_{n})$ 是一个递减序列，且 $\lim _{n\rightarrow \infty }y_{n}=0$ ，则 $\sum _{n=1}^{\infty }x_{n}y_{n}$ 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

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

改变最后一个求和中的索引，这变成

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

右侧的和被绝对值限制在以下望远镜和中

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

这里我们使用了 $(y_{n})$ 是正的并且递减的事实。由此得出

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

注意到 $\lim _{N\to \infty }s_{N}y_{N}=0$ ，因为 $s_{N}$ 有界，而 $(y_{n})$ 当 $n$ 趋于无穷大时趋于 0。因此，我们可以将极限取为 $N$ 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，只需要做一些修改。

定理（阿贝尔判别法）

如果 $\sum _{n=1}^{\infty }x_{n}$ 收敛，而 $(y_{n})$ 是一个正的递减序列，那么 $\sum _{n=1}^{\infty }x_{n}y_{n}$ 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 $z_{n}=y_{n}-y$ 。然后 $\sum _{n=1}^{\infty }x_{n}$ 和 $(z_{n})$ 满足狄利克雷判别法的条件。

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

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

带证明的示例

现在我们将对示例中提到的计算进行验证，并添加一些额外的示例。

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，最好显式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。

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 $s_{n}={\frac {1-r^{n}}{1-r}}$ 。求极限（并记住有关序列的一些基本事实）

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

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

此证明似乎有效，但事实是此级数将收敛于 ${\frac {a}{1-r}}$ $\Box$

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：我们仅在 p 为有理数时才定义了此级数。但是，该定理在 p 为无理数时仍然有效，原因相同]

证明

首先我们将考虑特殊情况 $p=1,p=2$ ，然后从这些中得到一般结果。

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

将类似的项组合在一起， $\sum _{i=1}^{\infty }x_{n}$ $=\sum _{i=0}^{\infty }(\sum _{j=2^{i}}^{2^{i+1}-1}x_{j})$ $=\sum _{i=0}^{\infty }(\sum _{j=2^{i}}^{2^{i+1}-1}{\frac {1}{2^{i+1}}})$ $=\sum _{i=1}^{\infty }{\frac {1}{2}}$ ，这是发散的。

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

如果 p = 2，令 $x_{n}={\frac {1}{n(n-1)}}={\frac {1}{n-1}}-{\frac {1}{n}}$ ，如果 n>1 且 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， $x_{n}>{\frac {1}{n\cdot n}}={\frac {1}{n^{2}}}$ ，因此根据比较测试， $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}$ 也收敛。

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

定理 (十进制展开)

对于任何实数 x， $0<x<1$ ，存在一个唯一的序列 $(x_{n}):\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {x_{n}}{10^{n}}}=x$ ， $0\leq x_{n}<10$ 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， $x_{k+1}$ 就不是最大整数）。

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