四、无穷级数

动机

【用有限步骤逼近“无限复杂”】

  • 近似计算：很多函数不能用初等函数表达，但可以用多项式近似。多项式是工程计算最友好的对象（易算、易误差估计）。
  • 求解方程：微分方程、积分方程常用“把解展开成级数”来求（解析法 / 数值法的理论基础）。
  • 信号分解：把复杂信号分解为简单振动（傅里叶级数），从而分析频谱、滤波、能量分布。

数项级数

基本概念

定义（级数与部分和）
给定数列 ${a_n}$，称
$$
\sum_{n=1}^{\infty} a_n
$$
为一个数项级数。定义第 $N$ 个部分和
$$
S_N=\sum_{n=1}^{N} a_n.
$$

定义（收敛与和）
若 ${S_N}$ 收敛于 $S$，则称级数收敛，并称 $S$ 为级数的和，记
$$
\sum_{n=1}^{\infty}a_n=S.
$$
若 ${S_N}$ 发散，则级数发散。

必要条件
若 $\sum a_n$ 收敛，则 $a_n\to 0$。

▸推导

若 $S_N\to S$，则
$$
a_N=S_N-S_{N-1}\to S-S=0.
$$
反过来 $a_n\to 0$ 不能推出收敛（例如调和级数）。

反例：$a_n\to 0$ 但级数发散

$a_n=\frac{1}{n}$ 有 $a_n\to 0$，但 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}$ 发散（见后文积分判别/比较判别）。

柯西收敛准则

定理（柯西收敛准则）
$\sum a_n$ 收敛当且仅当对任意 $\varepsilon>0$，存在 $N$，使得对任意 $m>n\ge N$ 有
$$
\left|\sum_{k=n+1}^{m}a_k\right|<\varepsilon.
$$

▸推导

由 $S_N$ 的柯西准则：${S_N}$ 收敛 $\Leftrightarrow$ $\forall\varepsilon>0,\exists N,\forall m>n\ge N,\ |S_m-S_n|<\varepsilon$。
又 $S_m-S_n=\sum_{k=n+1}^{m}a_k$，代入即得。


正项级数

定义（正项级数）
若 $a_n\ge 0$，则称 $\sum a_n$ 为正项级数。

定理（正项级数与单调有界）
若 $a_n\ge 0$，则 $S_N$ 单调递增；因此 $\sum a_n$ 收敛当且仅当 ${S_N}$ 有上界。

▸推导

因 $S_{N+1}-S_N=a_{N+1}\ge 0$，故 ${S_N}$ 单调递增。
单调递增数列收敛 $\Leftrightarrow$ 有上界（第一编的完备性结论）。

比较判别法

定理（比较判别法）
设 $0\le a_n\le b_n$。

  • 若 $\sum b_n$ 收敛，则 $\sum a_n$ 收敛。
  • 若 $\sum a_n$ 发散，则 $\sum b_n$ 发散。
▸推导

因 $0\le a_n\le b_n$，部分和满足 $0\le S_N(a)\le S_N(b)$。
若 $S_N(b)$ 有上界，则 $S_N(a)$ 也有上界，从而收敛；发散同理。

定理（极限比较）
若 $a_n,b_n>0$，且
$$
\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n}=c,\quad 0<c<\infty,
$$
则 $\sum a_n$ 与 $\sum b_n$ 同敛散。

▸推导（把“极限”变成夹逼）

由极限定义，存在 $N$ 使 $n\ge N$ 时
$$
\frac{c}{2}\le \frac{a_n}{b_n}\le \frac{3c}{2}
$$
即
$$
\frac{c}{2}b_n\le a_n\le \frac{3c}{2}b_n.
$$
再用比较判别即可。

$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{n}{n^3+1}$ 的敛散

与 $\sum \frac{1}{n^2}$ 做极限比较：
$$
\lim_{n\to\infty}\frac{\frac{n}{n^3+1}}{\frac{1}{n^2}}
=\lim_{n\to\infty}\frac{n^3}{n^3+1}=1.
$$
因 $\sum \frac{1}{n^2}$ 收敛，故原级数收敛。


比值判别法与根值判别法

定理（比值判别法）
设 $a_n>0$，令
$$
L=\limsup_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}.
$$

  • 若 $L<1$，则 $\sum a_n$ 收敛。
  • 若 $\liminf\frac{a_{n+1}}{a_n}>1$，则 $\sum a_n$ 发散。
▸推导（与几何级数比较）

若 $L<1$，取 $q$ 使 $L<q<1$，则存在 $N$ 使 $n\ge N$ 时 $\frac{a_{n+1}}{a_n}\le q$。
从而 $a_{N+k}\le a_N q^k$，尾项可与几何级数 $\sum q^k$ 比较，故收敛。

定理（根值判别法）
设 $a_n>0$，令
$$
L=\limsup_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_n}.
$$

  • 若 $L<1$，则 $\sum a_n$ 收敛。
  • 若 $\liminf \sqrt[n]{a_n}>1$，则 $\sum a_n$ 发散。
▸推导（把 $a_n$ 压到几何级数）

若 $L<1$，取 $q$ 使 $L<q<1$，则 $n$ 足够大时 $\sqrt[n]{a_n}\le q$，即 $a_n\le q^n$，与几何级数比较即得收敛。


积分判别法

定理（积分判别法）
若 $f$ 在 $[1,\infty)$ 上正、连续、单调递减，且 $a_n=f(n)$，则
$$
\sum_{n=1}^{\infty}a_n
$$
与反常积分
$$
\int_1^{\infty} f(x),dx
$$
同敛散。

▸推导（用面积夹逼部分和）

因 $f$ 单调递减，对每个整数 $n\ge 1$：
$$
\int_{n}^{n+1} f(x),dx \le f(n)\le \int_{n-1}^{n} f(x),dx.
$$
对 $n=1,\dots,N$ 求和得到
$$
\int_{1}^{N+1} f(x),dx \le \sum_{n=1}^{N} f(n)\le f(1)+\int_{1}^{N} f(x),dx.
$$
令 $N\to\infty$，由夹逼得到同敛散。

调和级数发散

取 $f(x)=\frac{1}{x}$，则
$$
\int_1^{\infty}\frac{1}{x},dx=\infty,
$$
故 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}$ 发散。


任意项级数

绝对收敛与条件收敛

定义（绝对收敛）
若 $\sum |a_n|$ 收敛，则称 $\sum a_n$ 绝对收敛。

定理（绝对收敛 $\Rightarrow$ 收敛）
若 $\sum |a_n|$ 收敛，则 $\sum a_n$ 收敛。

▸推导（用柯西准则）

因 $\sum |a_n|$ 收敛，对任意 $\varepsilon>0$，存在 $N$，使 $m>n\ge N$ 时
$$
\sum_{k=n+1}^{m}|a_k|<\varepsilon.
$$
则
$$
\left|\sum_{k=n+1}^{m}a_k\right|\le \sum_{k=n+1}^{m}|a_k|<\varepsilon,
$$
满足柯西准则，故收敛。


交错级数

定理（莱布尼茨判别法）
若 $a_n\ge 0$ 单调递减且 $a_n\to 0$，则交错级数
$$
\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}a_n
$$
收敛。

Leibniz criterion

▸推导（偶数部分和夹逼）

记部分和 $S_N$。可证明偶数项 $S_{2m}$ 单调递增，奇数项 $S_{2m+1}$ 单调递减，并且
$$
S_{2m}\le S_{2m+1}\le S_{2m-1}.
$$
二者形成夹逼，且差值
$$
S_{2m+1}-S_{2m}=a_{2m+1}\to 0,
$$
因此二者收敛到同一极限，级数收敛。

$\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{1}{n}$ 收敛但不绝对收敛

由莱布尼茨判别收敛；但 $\sum \frac{1}{n}$ 发散，故为条件收敛。


阿贝尔判别与狄利克雷判别

定理（狄利克雷判别法）
若 ${A_n}$ 为部分和 $A_n=\sum_{k=1}^{n}a_k$，且 ${A_n}$ 有界；同时 $b_n$ 单调趋于 0，则
$$
\sum_{n=1}^{\infty} a_n b_n
$$
收敛。

Dirichlet test

▸推导（分部求和，离散版“分部积分”）

记 $B_n=b_n$。有恒等式
$$
\sum_{k=1}^{n}a_k b_k = A_n b_n+\sum_{k=1}^{n-1}A_k(b_k-b_{k+1}).
$$
若 $A_k$ 有界且 $b_n\to 0$ 且单调，则右侧两部分分别：$A_n b_n\to 0$；
以及 $\sum A_k(b_k-b_{k+1})$ 绝对收敛（因为 $\sum |b_k-b_{k+1}|=b_1-\lim b_n<\infty$），故收敛。

定理（阿贝尔判别法）
若 $\sum a_n$ 收敛，且 $b_n$ 单调有界，则 $\sum a_n b_n$ 收敛。

Abel test

▸推导要点

仍用分部求和公式。因 $\sum a_n$ 收敛，$A_n$ 有界；又 $b_n$ 单调有界 $\Rightarrow b_n$ 收敛且差分绝对可和，从而推出收敛。


函数项级数

点态收敛与一致收敛

定义（点态收敛）
函数列 ${f_n}$ 在 $E$ 上点态收敛到 $f$，指对每个 $x\in E$，有 $f_n(x)\to f(x)$。

定义（一致收敛）
若对任意 $\varepsilon>0$，存在 $N$，使得对任意 $n\ge N$ 与任意 $x\in E$，都有
$$
|f_n(x)-f(x)|<\varepsilon,
$$
则称 $f_n\to f$ 在 $E$ 上一致收敛。

▸等价刻画（上确界）

一致收敛等价于
$$
\sup_{x\in E}|f_n(x)-f(x)|\to 0.
$$

定义（一致收敛的函数项级数）
级数 $\sum_{n=1}^{\infty}u_n(x)$ 在 $E$ 上一致收敛，指其部分和
$$
S_N(x)=\sum_{n=1}^{N}u_n(x)
$$
在 $E$ 上一致收敛。

一致收敛判别

定理（Weierstrass $M$-判别法）
若存在常数列 $M_n\ge 0$ 使
$$
|u_n(x)|\le M_n\quad (\forall x\in E),
$$
且 $\sum M_n$ 收敛，则 $\sum u_n(x)$ 在 $E$ 上一致收敛。

Weierstrass M-test

▸推导（用柯西准则）

任取 $\varepsilon>0$，由 $\sum M_n$ 收敛，存在 $N$ 使 $m>n\ge N$ 时 $\sum_{k=n+1}^{m}M_k<\varepsilon$。
则对任意 $x\in E$：
$$
\left|\sum_{k=n+1}^{m}u_k(x)\right|
\le \sum_{k=n+1}^{m}|u_k(x)|
\le \sum_{k=n+1}^{m}M_k<\varepsilon,
$$
满足一致柯西准则，故一致收敛。

一致收敛的性质（为什么重要）

定理（连续性保留）
若 $u_n$ 在 $E$ 上连续且 $\sum u_n$ 在 $E$ 上一致收敛，则和函数 $S$ 在 $E$ 上连续。

▸推导（$\varepsilon/3$）

取 $N$ 使 $|S(x)-S_N(x)|<\varepsilon/3$ 对任意 $x$ 成立。
$S_N$ 连续，存在 $\delta$ 使 $|x-y|<\delta$ 时 $|S_N(x)-S_N(y)|<\varepsilon/3$。
则
$$
|S(x)-S(y)|\le |S-S_N|(x)+|S_N(x)-S_N(y)|+|S_N-S|(y)<\varepsilon.
$$

定理（逐项积分）
若 $u_n$ 在 $[a,b]$ 上连续且 $\sum u_n$ 在 $[a,b]$ 上一致收敛，则
$$
\int_a^b \left(\sum_{n=1}^{\infty}u_n(x)\right)dx=\sum_{n=1}^{\infty}\int_a^b u_n(x),dx.
$$


幂级数

收敛半径

定义（幂级数）
形如
$$
\sum_{n=0}^{\infty} c_n(x-a)^n
$$
的级数称为幂级数。

定理（柯西-阿达马公式）
设
$$
L=\limsup_{n\to\infty}\sqrt[n]{|c_n|},
$$
则幂级数收敛半径为
$$
R=\frac{1}{L}
$$
（约定 $1/0=\infty$，$1/\infty=0$）。

Cauchy–Hadamard formula

▸推导（根值判别法）

对 $x$ 固定，考虑项
$$
a_n(x)=c_n(x-a)^n.
$$
则
$$
\sqrt[n]{|a_n(x)|}=\sqrt[n]{|c_n|}\cdot|x-a|.
$$
令上极限为 $L|x-a|$。
若 $L|x-a|<1$，由根值判别收敛；若 $L|x-a|>1$，发散。临界 $L|x-a|=1$ 即 $|x-a|=1/L=R$，需端点另判。

运算与性质

定理（收敛域内一致收敛）
对任意 $r<R$，幂级数在闭区间 $[a-r,a+r]$ 上一致收敛。

▸推导（$M$-判别）

当 $|x-a|\le r<R$ 时，
$$
|c_n(x-a)^n|\le |c_n|r^n.
$$
而 $\sum |c_n|r^n$ 在 $|x-a|=r$ 处是一个数项级数，按定义收敛，于是由 $M$-判别得一致收敛。

定理（逐项求导与逐项积分）
若幂级数收敛半径为 $R>0$，则在 $|x-a|<R$ 内可逐项求导/积分，且导数/积分仍为幂级数并具有相同收敛半径：
$$
\left(\sum_{n=0}^{\infty}c_n(x-a)^n\right)’=\sum_{n=1}^{\infty}n c_n(x-a)^{n-1},
$$
$$
\int \left(\sum_{n=0}^{\infty}c_n(x-a)^n\right),dx=C+\sum_{n=0}^{\infty}\frac{c_n}{n+1}(x-a)^{n+1}.
$$

▸推导要点

在任意闭区间 $|x-a|\le r<R$ 上，幂级数一致收敛且各项连续；并且导数级数也可用 $M$-判别控制一致收敛。
因此可交换极限与导数/积分（第二编的相关定理在更高层次的版本），得到逐项运算。

由幂级数推出 $\ln(1+x)$

在 $|x|<1$，几何级数
$$
\frac{1}{1+x}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n x^n.
$$
两边从 0 积分到 $x$：
$$
\int_0^x\frac{1}{1+t},dt=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\int_0^x t^n,dt
=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{x^{n+1}}{n+1}.
$$
左侧为 $\ln(1+x)$，故
$$
\ln(1+x)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{x^n}{n},\quad |x|<1.
$$


傅里叶级数

正交性与系数

定义（三角函数正交性，$[-\pi,\pi]$）
对整数 $m\ne n$：
$$
\int_{-\pi}^{\pi}\cos(mx)\cos(nx),dx=0,\quad
\int_{-\pi}^{\pi}\sin(mx)\sin(nx),dx=0,
$$
且
$$
\int_{-\pi}^{\pi}\sin(mx)\cos(nx),dx=0.
$$

▸推导（以 $\cos$ 为例，积化和差）

用恒等式
$$
\cos(mx)\cos(nx)=\frac{1}{2}\bigl[\cos((m-n)x)+\cos((m+n)x)\bigr].
$$
当 $m\ne n$ 时，$\int_{-\pi}^{\pi}\cos(kx),dx=0$（$k\ne 0$），故积分为 0。

定义（傅里叶级数）
给定 $2\pi$-周期函数 $f$，其傅里叶级数写作
$$
\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\bigl(a_n\cos nx+b_n\sin nx\bigr),
$$
其中系数为
$$
a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nx,dx,\qquad
b_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin nx,dx.
$$

▸推导（把“投影”写出来）

把 $f$ 视为内积空间中的向量，内积取 $\langle g,h\rangle=\int_{-\pi}^{\pi}g(x)h(x),dx$。
在正交基 ${1,\cos nx,\sin nx}$ 上展开，系数由投影公式给出：
$$
a_n=\frac{\langle f,\cos nx\rangle}{\langle \cos nx,\cos nx\rangle},
\quad
b_n=\frac{\langle f,\sin nx\rangle}{\langle \sin nx,\sin nx\rangle}.
$$
而 $\langle \cos nx,\cos nx\rangle=\langle \sin nx,\sin nx\rangle=\pi$（$n\ge 1$），代入即得。

收敛（狄利克雷条件）

定理（狄利克雷收敛定理，结论型）
若 $f$ 在 $[-\pi,\pi]$ 上分段光滑（分段连续且分段可导、导数可积），则傅里叶级数在每点 $x$ 收敛到
$$
\frac{f(x^+)+f(x^-)}{2}.
$$

Dirichlet conditions

▸解释

在连续点处 $f(x^+)=f(x^-)=f(x)$，于是收敛到 $f(x)$；
在跳跃间断点处收敛到左右极限的平均值，这也是工程上“吉布斯现象”出现的位置基础。

奇偶延拓与半区间展开

结论（奇延拓/偶延拓）

  • 若在 $[0,\pi]$ 上给定 $f$，做偶延拓得到余弦级数；
  • 做奇延拓得到正弦级数。
方波的傅里叶级数（练习）

令 $f(x)=\begin{cases}1,&0<x<\pi\-1,&-\pi<x<0\end{cases}$，$2\pi$-周期延拓。
该函数为奇函数，故 $a_n=0$，只需算 $b_n$：
$$
b_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin(nx),dx
=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}1\cdot \sin(nx),dx
=\frac{2}{\pi}\cdot\frac{1-\cos(n\pi)}{n}.
$$
因 $\cos(n\pi)=(-1)^n$，得 $b_n=\frac{4}{n\pi}$（$n$ 为奇数）且 $b_n=0$（$n$ 为偶数）。
因此
$$
f(x)\sim \frac{4}{\pi}\left(\sin x+\frac{1}{3}\sin 3x+\frac{1}{5}\sin 5x+\cdots\right).
$$


工科应用

常见应用点

  • 近似与误差：泰勒级数/幂级数用来近似 $\sin,\cos,e^x,\ln(1+x)$，从而做数值计算与误差估计。
  • 滤波与频域分析：傅里叶级数把周期信号拆成频率分量，工程上可用“保留低频/抑制高频”实现平滑与去噪。
  • 求解 PDE/ODE：热传导方程、波动方程的分离变量法会自然产生正弦/余弦级数；系数由正交性确定。
  • 系统与能量：在内积意义下，傅里叶系数就是“能量在各频率上的投影”，与 Parseval 等式相连（后续可补）。
低通近似（工程直觉练习）

把方波只保留前三个奇次谐波：
$$
f_3(x)=\frac{4}{\pi}\left(\sin x+\frac{1}{3}\sin 3x+\frac{1}{5}\sin 5x\right).
$$
观察：这相当于把高频项截断，得到更平滑的近似，但在跳跃处会出现超调（吉布斯现象）。