我们将学习级数 $\sum$。这是一个熟悉的符号——在有限集合或有限序列上的级数你可以简单理解为求和，但当级数放到无限序列上时，它的含义就变成了序列前缀和的极限。无限序列上的级数并不好研究，我们将学习多种判断无限级数是否收敛的方法，以及浅显地介绍一下级数的重排。更多的关于无限级数的知识我们将和无限集合一起继续研究。

除特殊说明外，本文讨论的序列都是实数序列。

## 7.1 有限级数

在介绍无限级数之前，我们先较为全面地了解有限级数。

- **定义 7.1.1（有限级数）**：设整数 $m,n$ 和有限序列 $(a_i)_{i=m}^n$，定义有限级数 $\sum\limits_{i=m}^na_i$ 满足：若 $n<m$，则 $\sum\limits_{i=m}^na_i=0$；若 $n\geqslant m-1$，则 $\sum\limits_{i=m}^{n+1}a_i=\left(\sum\limits_{i=m}^{n}a_i\right)+a_{n+1}$。

    根据命题 2.1.7，$\sum\limits_{i=m}^na_i$ 的定义是存在且唯一的。

    我们一般把形如 $\sum\limits_{i=m}^na_i$ 的表达式称为级数，而把其结果（为一实数）称为该级数的和。尽管从数学上而言，二者是相等的。

有限序列上的级数满足很多我们耳熟能详的性质：

- **引理 7.1.2（有限级数的基本性质）**：设整数 $m,n$ 满足 $m\leqslant n$ 和有限序列 $(a_i)_{i=m}^n,(b_i)_{i=m}^n$。

    1. 设整数 $p$ 满足 $m\leqslant p<n$，则 $\sum\limits_{i=m}^pa_i+\sum\limits_{i=p+1}^{n}a_i=\sum\limits_{i=m}^na_i$。
    2. 设 $k$ 是整数，则 $\sum\limits_{i=m}^na_i=\sum\limits_{j=m+k}^{n+k}a_{j-k}$。 
    3. $\sum\limits_{i=m}^{n}(a_i+b_i)=\sum\limits_{i=m}^na_i+\sum\limits_{i=m}^nb_i$。
    4. $\sum\limits_{i=m}^n(ca_i)=c\sum\limits_{i=m}^na_i$。
    5. $\left|\sum\limits_{i=m}^na_i\right|\leqslant \sum\limits_{i=m}^n|a_i|$。
    6. 若对于任意 $m\leqslant i\leqslant n$ 有 $a_i\leqslant b_i$，那么 $\sum\limits_{i=m}^{n}a_i\leqslant \sum\limits_{i=m}^nb_i$。

    **证明**：运用归纳法。

接下来我们定义有限集合上的求和。

- **定义 7.1.3（有限集合上的求和）**：设 $X$ 是基数为 $n$ 的集合和函数 $f:X\to\mathbb R$。那么存在 $g:\mathbb Z_{1..n}\to X$ 是双射。定义有限和 $\sum\limits_{x\in X}f(x):=\sum\limits_{i=1}^nf(g(i))$。

  **证明**：我们需要证明，有限和的结果和 $g$ 的选取是无关的。

  考虑对 $n$ 归纳。设 $P(n)$ 表示对于任意基数为 $n$ 的集合 $X$，上述命题成立。$P(0)$ 显然成立。

  归纳地假设 $P(n)$ 成立。设 $g,h$ 都是 $\mathbb Z_{1..n+1}\to X$ 的双射，欲证 $\sum\limits_{i=1}^{n+1}f(g(i))=\sum\limits_{i=1}^{n+1}f(h(i))$。

  设 $x:=g(n+1)$，那么 $\sum\limits_{i=1}^{n+1}f(g(i))=\sum\limits_{i=1}^nf(g(i))+f(x)$。

  设 $k:=h^{-1}(x)$，忽略 $k=n+1$ 的平凡情况。然后定义 $h'$，满足对于任意 $1\leqslant i\leqslant n$，有 $h'(i):=\begin{cases}h(n+1)&i=k\\h(i)&i\neq k\end{cases}$。

  那么 $h'$ 是从 $\mathbb Z_{1..n}$ 到 $X\setminus\{x\}$ 的双射。于是，

  $$
  \begin{aligned}
  \sum\limits_{i=1}^{n+1}f(h(i))&=\sum\limits_{i=1}^{k-1}f(h(i))+\sum\limits_{i=k+1}^nf(h(i))+f(h(k))+f(h(n+1))\\
  &=\sum\limits_{i=1}^{k-1}f(h'(i))+\sum\limits_{i=k+1}^nf(h'(i))+f(x)+f(h'(k))\\
  &=\sum\limits_{i=1}^nf(h'(i))+f(x)
  \end{aligned}
  $$

  根据归纳，$\sum\limits_{i=1}^{n}f(g(i))=\sum\limits_{i=1}^nf(h'(i))$，证毕。

为了方便，我们有时把 $\sum\limits_{y\in\{x\in X:P(x)\}}f(y)$ 简写为 $\sum\limits_{x\in X:P(x)}f(x)$ 甚至 $\sum\limits_{P(x)}f(x)$。

有限集合上的求和依赖于有限级数，也类似地会导出很多性质：

- **命题 7.1.4（有限集合上求和的基本性质）**：除特殊说明，默认 $X$ 为基数为 $n$ 的有限集合，$f:X\to\mathbb R$ 为函数。

    1. 若 $X=\{x_0\}$，那么 $\sum\limits_{x\in X}f(x)=f(x_0)$。

    2. 设 $g:Y\to X$ 是双射，那么 $\sum\limits_{x\in X}f(x)=\sum\limits_{y\in Y}f(g(y))$。

        **证明**：存在双射 $h:\mathbb Z_{1..n}\to Y$，于是 $\sum\limits_{y\in Y}f(g(y))=\sum\limits_{i=1}^{n}f(g(h(i)))$，可证 $g\circ h$ 也是 $\mathbb Z_{1..n}$ 到 $X$ 的双射，那么 $\sum\limits_{i=1}^nf(g(h(i)))=\sum\limits_{x\in X}f(x)$。

    3. 设 $n\leqslant m$ 是整数，若 $X=\mathbb Z_{n..m}$，那么 $\sum\limits_{x\in X}f(x)=\sum\limits_{i=n}^mf(i)$。

        **证明**：设 $g:\mathbb Z_{1..m-n+1}\to X$ 满足 $g(i):=i+n-1$，容易验证 $g$ 定义合法且是双射。

        那么 $\sum\limits_{x\in X}f(x)=\sum\limits_{i=1}^{m-n+1}f(i+n-1)=\sum\limits_{i=n}^mf(i)$。

    4. 设 $X,Y$ 是不交的集合，设 $f:X\cup Y\to\mathbb R$ 是函数。那么 $\sum\limits_{x\in X}f(x)+\sum\limits_{y\in Y}f(y)=\sum\limits_{z\in X\cup Y}f(z)$。

        **证明**：设 $X,Y$ 基数分别为 $n,m$。那么存在双射 $g:\mathbb Z_{1..n}\to X$ 和 $h:\mathbb Z_{1..m}\to Y$。定义 $s:\mathbb Z_{1..n+m}\to X\cup Y$，满足 $s(i):=\begin{cases}g(i)&1\leqslant i\leqslant n\\h(i-n)&n+1\leqslant i\leqslant n+m\end{cases}$。

		容易证明 $s$ 定义合法且是双射。

        那么

		$$\begin{aligned}\sum\limits_{x\in X}f(x)+\sum\limits_{y\in Y}f(y)&=\sum\limits_{i=1}^nf(g(i))+\sum\limits_{i=1}^mf(h(i))\\&=\sum\limits_{i=1}^nf(s(i))+\sum\limits_{i=1}^mf(s(i+n))\\&=\sum\limits_{i=1}^{n+m}f(s(i))=\sum\limits_{z\in X\cup Y}f(z)\end{aligned}$$

    5. 设函数 $f:X\to \mathbb R$ 和 $g:X\to\mathbb R$，那么 $\sum\limits_{x\in X}(f(x)+g(x))=\sum\limits_{x\in X}f(x)+\sum\limits_{x\in X}g(x)$。

    6. 设 $c$ 为实数，那么 $\sum\limits_{x\in X}cf(x)=c\sum\limits_{x\in X}f(x)$。

    7. $\left|\sum\limits_{x\in X}f(x)\right|\leqslant \sum_{x\in X}|f(x)|$。

    8. 设函数 $f:X\to \mathbb R$ 和 $g:X\to \mathbb R$，且对于任意 $x\in X$ 有 $f(x)\leqslant g(x)$，那么 $\sum\limits_{x\in X}f(x)\leqslant \sum\limits_{x\in X}g(x)$。


接下来让我们研究多维求和，需要注意的是我们可以依赖之前的定义直接写出多重求和。

- **引理 7.1.5**：设有限集 $X,Y$ 和函数 $f:X\times Y\to\mathbb R$，那么 $\sum\limits_{x\in X}\left(\sum\limits_{y\in Y}f(x,y)\right)=\sum\limits_{(x,y)\in X\times Y}f(x,y)$。

    **证明**：设 $X,Y$ 基数分别为 $n,m$，那么存在双射 $g:\mathbb Z_{1..n}\to X$ 和 $h:\mathbb Z_{1..m}\to Y$。定义 $s:\mathbb Z_{1..n\times m}\to X\times Y$，满足对于任意的 $1\leqslant i\leqslant n,1\leqslant j\leqslant m$，$s((i-1)\times m+j)=(g(i),h(j))$，可以证明 $s$ 定义合法且是双射。那么

	$$\begin{aligned}\sum\limits_{x\in X}\left(\sum\limits_{y\in Y}f(x,y)\right)&=\sum\limits_{i=1}^n\left(\sum\limits_{j=1}^mf(g(i),h(j))\right)\\&=\sum\limits_{i=1}^n\left(\sum\limits_{j=1}^mf(s((i-1)\times m+j))\right)\\&=\sum\limits_{i=1}^{n\times m}f(s(i))=\sum\limits_{(x,y)\in X\times Y}f(x,y)\end{aligned}$$

    其中倒数第二个等号需要使用归纳法证明（固定 $m$ 而对 $n$ 归纳）。

    或者也可以直接对 $n$ 归纳，然后利用命题 7.1.4，可能更简洁些。

- **引理 7.1.6**：设有限集合 $X,Y$ 和函数 $f:X\times Y\to \mathbb R$，那么 $\sum\limits_{(x,y)\in X\times Y}f(x,y)=\sum\limits_{(y,x)\in Y\times X}f(x,y)$。

    **证明**：利用命题 7.1.4.2（原命题可以看成 $\sum\limits_{a\in X\times Y}f(a)=\sum\limits_{a\in Y\times X}f(rev(a))$，其中 $rev(y,x)=(x,y)$ 是双射）。

结合引理 7.1.5 和引理 7.1.6，一个直接的推论是我们可以交换有限级数的求和顺序，即 $\sum\limits_{x\in X}\sum\limits_{y\in Y}f(x,y)=\sum\limits_{y\in Y}\sum\limits_{x\in X}f(x,y)$。

- **引理 7.1.7**：设有限集合 $X$ 和整数 $m$。对于每个 $x\in X$，都存在一个收敛的序列 $(a_n(x))_{n=m}^{\infty}$。那么 $\left(\sum\limits_{x\in X}a_n(x)\right)_{n=m}^{\infty}$ 收敛，且 $\lim\limits_{n\to\infty}\sum\limits_{x\in X}a_n(x)=\sum\limits_{x\in X}\lim\limits_{n\to\infty}a_n(x)$。

    **证明**：设 $l:X\to \mathbb R$ 满足 $l(x):=\lim\limits_{n\to\infty}a_n(x)$。设 $L=\sum\limits_{x\in X}\lim\limits_{n\to\infty}a_n(x)=\sum\limits_{x\in X}l(x)$。

    设 $\varepsilon>0$ 为任意正实数。设 $\delta:X\to\mathbb R$ 满足 $\sum\limits_{x\in X}\delta(x)<\varepsilon$ 且对于任意 $x\in X$ 有 $\delta(x)>0$。

    设 $N:X\to \mathbb Z_{m..}$ 满足对于任意 $x\in X$，对于任意 $n\geqslant N(x)$ 都有 $|a_n(x)-l(x)|\leqslant \delta(x)$。

    通过归纳可以证明 $\delta$ 和 $N$ 一定存在。

    由于 $f(X)$ 是有限集，故存在上界 $K$。那么对于任意 $n\geqslant K$ 和任意 $x\in X$，都有 $|a_n(x)-l(x)|\leqslant \delta(x)$。

    于是对于任意 $n\geqslant K$，$\left|\sum\limits_{x\in X}a_n(x)-L\right|=\left|\sum\limits_{x\in X}(a_n(x)-l(x))\right|\leqslant \sum\limits_{x\in X}|a_n(x)-l(x)|\leqslant \sum\limits_{x\in X}\delta(x)\leqslant \varepsilon$。证毕。

引理 7.1.7 说明了，有限和与收敛极限的次序也是可以交换的。

## 7.2 无限级数

粗略地带过了有限级数之后，接下来我们开始无限级数的研究。

- **定义 7.2.1（无限级数）**：设整数 $m$ 和无限序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$，定义无限级数 $\sum\limits_{n=m}^{\infty}a_n$。

定义 7.2.1 是形式化的，我们并未赋予 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}a_n$ 任何实数值，不过我们接下来将说明此事。

- **定义 7.2.2（级数的收敛）**：设 $\sum\limits_{n=m}^{\infty}a_n$ 是无限级数。设整数 $N\geqslant m$，定义该级数的第 $N$ 部分和 $S_N:=\sum\limits_{n=m}^Na_n$。

    若 $(S_N)_{N=m}^{\infty}$ 收敛到某实数 $L$，那么称 $\sum\limits_{n=m}^{\infty}a_n$ 是收敛的，且收敛到 $L$，并令 $\sum\limits_{n=m}^{\infty}a_n=L$。

    若 $(S_N)_{N=m}^{\infty}$ 是发散的，那么称 $\sum\limits_{n=m}^{\infty}a_n$ 是发散的，并不赋予它任何实数值。

    容易证明，$\sum\limits_{n=m}^{\infty}a_n$ 存在唯一的定义。

研究无限级数的一个难点在于如何确定一个无限级数是否是收敛的，接下来我们将研究此事。我们先将柯西序列的定义代入，得到：

- **命题 7.2.3**：设 $\sum\limits_{n=m}^{\infty}a_n$ 是级数。那么 $\sum\limits_{n=m}^{\infty}a_n$ 收敛当且仅当对于任意实数 $\varepsilon>0$，都存在 $N\geqslant m$，使得对于任意 $p,q\geqslant N$ 有 $\left|\sum\limits_{n=p}^qa_n\right|\leqslant\varepsilon$。

    **证明**：$(S_k)_{k=m}^{\infty}$ 收敛等价于：对于任意实数 $\varepsilon>0$，存在 $N\geqslant m$，使得对于任意 $p,q\geqslant N$ 有 $|S_p-S_q|\leqslant \varepsilon$。显然 $p=q$ 时成立。又根据对称性，不妨设 $p<q$，于是 $|S_p-S_q|=\sum\limits_{n=p+1}^qa_n$。

    那么要求等价于：存在 $N\geqslant m$，使得对于任意 $N\leqslant p< q$ 有 $\left|\sum\limits_{n=p+1}^qa_n\right|\leqslant\varepsilon$。

    即存在 $N\geqslant m$，使得对于任意 $N+1\leqslant p\leqslant q$ 有 $\left|\sum\limits_{n=p}^qa_n\right|\leqslant\varepsilon$。

    即存在 $N\geqslant m$，使得对于任意 $N+1\leqslant p,q$ 有 $\left|\sum\limits_{n=p}^qa_n\right|\leqslant\varepsilon$。

    即存在 $N>m$，使得对于任意 $N\leqslant p,q$ 有 $\left|\sum\limits_{n=p}^qa_n\right|\leqslant\varepsilon$。证毕。

接下来以命题 7.2.3 为基础，我们将介绍各种各样的无限级数收敛的判别方法。

- **推论 7.2.4（零判别法）**：若级数 $\sum\limits_{n=m}^{\infty}a_n$ 收敛，那么必有 $\lim\limits_{n\to\infty}a_n=0$。

    **证明**：命题 7.2.3 中 $p=q$ 时取得。

推论 7.2.4 的逆命题并不一定成立，一个反例是 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}$ 是发散的。

根据推论 7.2.4，我们在研究一个无限级数是否收敛时，你可以先默认它的元素是收敛于 $0$ 的（否则不收敛）。

- **定义 7.2.5（绝对收敛）**：称级数 $\sum\limits_{n=m}^{\infty}a_n$ 是绝对收敛的，当且仅当 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}|a_n|$ 是收敛的。

    为了区分收敛和绝对收敛，我们有时将前者叫作条件收敛。

- **命题 7.2.6（绝对收敛判别法）**：若级数 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}a_n$ 是绝对收敛的，那么它也是条件收敛的。且满足 $\left|\sum\limits^{\infty}_{n=m}a_n\right|\leqslant\sum\limits^{\infty}_{n=m}|a_n|$。

    **证明**：对于前者，$\left|\sum\limits^{q}_{n=p}a_n\right|\leqslant \sum\limits_{n=p}^q|a_n|$。对于后者，记 $S_N$ 为 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}a_n$ 的第 $N$ 部分和，$S_{N}'$ 为 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}|a_n|$ 的第 $N$ 部分和，那么 $|S_N|\leqslant S'_N$。结合推论 6.4.8 和引理 6.4.5，可知 $\left|\lim\limits_{N\to\infty}S_N\right|=\lim\limits_{N\to\infty}|S_N|\leqslant \lim\limits_{N\to\infty}S_N'$，证毕。

命题 7.2.6 的逆命题并不一定成立，一个反例是 $\sum\limits^{\infty}_{n=1}(-1)^n\frac{1}{n}$ 收敛但 $\sum\limits^{\infty}_{n=1}\frac{1}{n}$ 发散。

绝对收敛的一个理解方式是：“对应的绝对值序列的和是收敛的”，这样可能会方便记忆些？

- **引理 7.2.7**：设 $m'\geqslant m$，那么 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}a_n$ 收敛等价于 $\sum\limits^{\infty}_{n=m'}a_n$ 收敛。且若二者都收敛，有 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}a_n=\sum\limits_{n=m}^{m'-1}a_n+\sum\limits^{\infty}_{n=m'}a_n$。

    **证明**：根据定义可得。

- **命题 7.2.8（交错级数判别法）**：设序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 满足对于任意 $n\geqslant m$ 有 $a_n\geqslant 0$ 且 $a_n\geqslant a_{n+1}$。那么 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}(-1)^na_n$ 收敛当且仅当 $\lim\limits_{n\to\infty}a_n=0$。

    **证明**：若 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}(-1)^na_n$ 收敛，那么 $\lim\limits_{n\to\infty}(-1)^na_n=0$，根据推论 6.4.7 可知 $\lim\limits_{n\to\infty}a_n=0$。

    若 $\lim\limits_{n\to\infty}a_n=0$，考虑证明 $S_N:=\sum\limits_{n=m}^N(-1)^na_n$ 收敛。根据引理 7.2.7，我们不妨假设 $m$ 为偶数。假设 $S_{m-1}:=0$。

    定义序列 $(A_n)_{n=m}^{\infty}$ 和 $(B_n)_{n=m}^{\infty}$ 满足 $A_n:=\begin{cases}S_{n-1}&n\text{ 为偶数}\\S_n&n\text{ 为奇数}\end{cases}$，$B_n:=\begin{cases}a_n&n\text{ 为偶数}\\0&n\text{ 为奇数}\end{cases}$。
	

	那么 $S_n=A_n+B_n$。
	
	考虑归纳证明 $(A_n)_{n=m}^{\infty}$ 单增且对于任意的 $n\geqslant m$ 有 $A_n\leqslant a_m-a_n$：若 $n$ 为偶数，那么 $A_{n}=A_{n-1}\leqslant a_m-a_{n-1}\leqslant a_m-a_n$；若 $n$ 为奇数，那么 $A_n=A_{n-2}+a_{n-1}-a_{n}\geqslant A_{n-2}=A_{n-1}$，且 $A_n=A_{n-2}+a_{n-1}-a_n\leqslant a_m-a_{n-2}+a_{n-1}-a_n\leqslant a_m-a_n$。那么 $(A_n)_{n=m}^{\infty}$ 单增且有上界 $a_m$，于是 $(A_n)_{n=m}^{\infty}$ 收敛。
    
	由于 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 收敛于 $0$，那么容易证明 $(B_n)_{n=m}^{\infty}$ 也收敛于 $0$。又由于对于任意 $n\geqslant m$ 有 $S_n=A_n+B_n$，根据极限算律可以知道 $(S_n)_{n=m}^{\infty}$ 也是收敛的。

根据命题 7.2.8，我们就可以说明 $\sum\limits^{\infty}_{n=1}(-1)^n\frac{1}{n}$ 是收敛的了。

- **命题 7.2.9（级数算律）**：设级数 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}a_n$ 收敛到 $x$。

    1. 设级数 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}b_n$ 收敛到 $y$，那么 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}(a_n+b_n)$ 收敛到 $x+y$。
    2. 设 $c$ 为实数，那么 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}ca_n$ 收敛到 $cx$。
    3. 设 $k$ 为整数，那么 $\sum\limits^{\infty}_{n=m+k}a_{n-k}$ 收敛到 $x$。


- **引理 7.2.10（嵌套级数）**：设序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 收敛到 $L$，那么级数 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}(a_n-a_{n+1})$ 收敛到 $a_m-L$。

    **证明**：可以归纳证明 $S_N=a_m-a_{N+1}$，根据极限算律可知 $(S_N)_{N=m}^{\infty}$ 收敛到 $a_m-L$。

## 7.3 非负实数的和

我们现在专门讨论非负实数序列对应的级数，称为非负实数的级数。

非负实数的级数的一个好处是，收敛和绝对收敛是等价的，这将提供更强的条件。

- **命题 7.3.1**：非负实数的级数 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}a_n$ 是收敛的当且仅当存在实数 $M$，使得对于任意 $N\geqslant m$ 有 $\sum\limits_{n=m}^Na_n\leqslant M$。

    **证明**：注意到 $(S_N)_{N=m}^{\infty}$ 是单增的，于是根据命题 6.3.3，$(S_N)_{N=m}^{\infty}$ 收敛当且仅当它存在有限上界。

- **推论 7.3.2（比较判别法）**：设级数 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}a_n$ 和 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}b_n$ 满足对于任意 $n\geqslant m$ 有 $|a_n|\leqslant b_n$。那么若 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}b_n$ 收敛，则 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}a_n$ 绝对收敛，且 $\left|\sum\limits^{\infty}_{n=m}a_n\right|\leqslant \sum\limits^{\infty}_{n=m}|a_n|\leqslant \sum\limits^{\infty}_{n=m}b_n$。

    **证明**：结合命题 7.2.6、引理 6.4.5 和命题 6.3.3 可知。

- **引理 7.3.3（几何级数）**：设 $x$ 是实数。若 $|x|\geqslant 1$，则 $\sum\limits^{\infty}_{n=0}x^n$ 是发散的；若 $|x|<1$，则 $\sum\limits^{\infty}_{n=0}x^n$ 是收敛的。

    **证明**：若 $|x|\geqslant 1$，利用零判别法即可。若 $|x|<1$，可以归纳证明 $S_N=\frac{x^{N+1}-1}{x-1}$，于是 $\lim\limits_{N\to\infty}S_N=\frac{(\lim_{N\to\infty}x^{N+1})-1}{x-1}=\frac{1}{1-x}$。

- **命题 7.3.4（柯西准则）**：设 $(a_n)_{n=1}^{\infty}$ 是非负的减序列。那么级数 $\sum\limits^{\infty}_{n=1}a_n$ 收敛当且仅当级数 $\sum\limits^{\infty}_{k=0}2^ka_{2^k}$ 收敛。

  **证明**：根据命题 7.3.1，转化为证明 $S_N:=\sum\limits_{n=1}^Na_n$  有界当且仅当 $T_K:=\sum\limits_{k=0}^K2^ka_{2^k}$ 有界。

  若 $(S_N)_{N=1}^{\infty}$ 有界，不妨设界为 $M$。那么对于任意 $K\geqslant 0$：
  
  $$
  \begin{aligned}
  T_K&=\sum_{k=0}^K2^ka_{2^k}\\
  &=a_1+2\sum_{k=1}^{K}2^{k-1}a_{2^k}\\
  &=a_1+2\sum_{k=1}^{K}\sum_{n=2^{k-1}+1}^{2^k}a_{2^k}\\
  &\leqslant a_1+2\sum_{k=1}^{K}\sum_{n=2^{k-1}+1}^{2^k}a_n\\
  &=a_1+2\sum_{n=2}^{2^K}a_n\\
  &=\left(2\sum_{n=1}^{2^K}a_n\right)-a_1\leqslant 2M-a_1
  \end{aligned}
  $$
  
  于是 $(T_K)_{K=0}^{\infty}$ 有界 $2M-a_1$。

  若 $(T_K)_{K=0}^{\infty}$ 有界，不妨设界为 $M$。设 $N\geqslant 1$ 我任意正整数。可以通过归纳证明存在 $K\geqslant 0$ 使得 $2^K\leqslant N<2^{K+1}$。
  
  $$
  \begin{aligned}
  S_N&=\sum_{n=1}^{N}a_n\\
  &\leqslant \sum_{n=1}^{2^{K+1}-1}a_n\\
  &=\sum_{k=0}^K\sum_{n=2^k}^{2^{k+1}-1}a_n\\
  &\leqslant \sum_{k=0}^K\sum_{n=2^k}^{2^{k+1}-1}a_{2^k}\\
  &=\sum_{k=0}^K2^ka_{2^k}\leqslant M
  \end{aligned}
  $$
  
  于是 $(S_N)_{N=0}^{\infty}$ 有界 $M$。

命题 7.3.4 可能看起来非常奇怪，但它实现了变量从底数到指数的转换，这有时会带来神奇的效果，比如：

- **推论 7.3.5**：设 $q>0$ 是有理数。那么级数 $\sum\limits^{\infty}_{n=1}\frac{1}{n^q}$ 当 $q>1$ 时收敛而当 $q\leqslant 1$ 时发散。

    **证明**：当 $q>0$ 时，$\frac{1}{n^q}$ 是正的减的，于是根据柯西准则，只需关注级数 $\sum\limits^{\infty}_{k=0}2^k\frac{1}{2^{kq}}=\sum\limits^{\infty}_{k=0}\frac{1}{2^{k(q-1)}}$。

    根据引理 7.3.3，当 $\frac{1}{2^{q-1}}<1$ 即 $q>1$ 时原级数收敛；当 $\frac{1}{2^{q-1}}\geqslant 1$ 即 $q\leqslant 1$ 时原级数发散。

特别地，我们将 $\sum\limits^{\infty}_{n=1}\frac1n$ 叫作调和级数，是发散的。而当 $\sum\limits^{\infty}_{n=1}\frac1{n^q}$ 收敛时，其和记作 $\zeta(q)$，称作 $q$ 的黎曼-Zeta函数。

## 7.4 级数的重排

有时候将级数中的元素的顺序重排，会极大地化简级数的计算。但是否所有级数都能重排？对于有限级数来说，我们已经在命题 7.1.4.2 中证明过了。但对于无限级数来说，只有部分满足条件的级数可以重排。

- **引理 7.4.1**：设有限集合 $Y$ 和函数 $f:Y\to\mathbb R$，且对于任意 $y\in Y$，$f(y)\geqslant 0$。设 $X\subseteq Y$，那么 $\sum\limits_{x\in X}f(x)\leqslant \sum\limits_{y\in Y}f(y)$。

    **证明**：设 $Z:=Y\setminus X$，那么 $Y=X\cup Z$ 且 $X\cap Z=\varnothing$，于是 $\sum\limits_{x\in X}f(x)+\sum\limits_{z\in Z}f(z)=\sum\limits_{y\in Y}f(y)$。可以归纳证明 $\sum\limits_{z\in Z}f(z)\geqslant 0$，于是 $\sum\limits_{x\in X}f(x)\leqslant \sum\limits_{y\in Y}f(y)$。

- **命题 7.4.2（非负级数的重排）**：设 $\sum\limits^{\infty}_{n=s}a_n$ 是收敛的非负实数的级数，并设 $f:\mathbb Z_{s..}\to\mathbb Z_{s..}$ 是双射，那么 $\sum\limits^{\infty}_{m=s}a_{f(m)}$ 也收敛到同一实数。

    **证明**：只需证明 $S_N:=\sum\limits_{n=s}^Na_n$ 和 $T_M:=\sum\limits_{m=s}^Ma_{f(m)}$ 拥有同样的上确界。设 $L=\sup(S_N)_{N=s}^{\infty}$。

    对于任意 $M\geqslant s$，由于序列 $(f(m))_{m=s}^{M}$ 有限，故存在界 $N$ 使得对于任意 $s\leqslant m\leqslant M$ 有 $f(m)\leqslant N$，那么 $f(\mathbb Z_{s..M})\subseteq \mathbb Z_{s..N}$。则 $T_M=\sum\limits_{m=s}^Ma_{f(m)}=\sum\limits_{x\in f(\mathbb Z_{s..M})}a_x\leqslant \sum\limits_{x\in \mathbb Z_{s..N}}a_x=\sum\limits_{n=s}^Na_n\leqslant L$。故 $L$ 是 $(T_M)_{M=s}^{\infty}$ 的上界。

    对于任意 $L'<L$，存在 $N\geqslant s$ 使得 $L'<S_N$，又由于序列 $(f^{-1}(n))_{n=s}^N$ 有限，故存在 $M$ 使得对于任意 $s\leqslant n\leqslant N$ 有 $f^{-1}(n)\leqslant M$，那么 $f^{-1}(\mathbb Z_{s..N})\subseteq\mathbb Z_{s..M}$。则

	$$L'<S_N=\sum\limits_{n=s}^Na_n=\sum\limits_{x\in f^{-1}(\mathbb Z_{s..N})}a_{f(x)}\leqslant \sum\limits_{x\in \mathbb Z_{s..M}}a_{f(x)}=\sum\limits_{m=s}^{M}a_{f(m)}=T_M$$

	故 $L$ 是 $(T_M)_{M=s}^{\infty}$ 的上确界。

- **引理 7.4.3**：设 $\sum\limits^{\infty}_{n=s}a_n$ 是绝对收敛的级数。那么对于任意实数 $\varepsilon>0$，存在 $N\geqslant s$，使得对于任意有限集 $X\subseteq \mathbb Z_{N..}$，有 $\left|\sum\limits_{x\in X}a_x\right|\leqslant \varepsilon$。

    **证明**：首先存在 $N\geqslant s$ 使得对于任意 $p,q\geqslant N$ 有 $\sum\limits_{n=p}^q|a_n|\leqslant \varepsilon$。

    考虑任意有限集 $X\subseteq \mathbb Z_{N..}$，可以归纳证明 $X$ 存在上界，不妨设为 $M$，容易发现 $X\subseteq \mathbb Z_{N..M}$。

    那么 $\left|\sum\limits_{x\in X}a_x\right|\leqslant \sum\limits_{x\in X}|a_x|\leqslant \sum\limits_{x\in \mathbb Z_{N..M}}|a_x|=\sum\limits_{n=N}^M|a_x|\leqslant \varepsilon$。证毕。

- **命题 7.4.4（级数的重排）**：设 $\sum\limits_{n=s}^{\infty}a_n$ 是绝对收敛的级数，并设 $f:\mathbb N\to\mathbb N$ 是双射，那么 $\sum\limits_{m=s}^{\infty}a_{f(m)}=\sum\limits_{n=s}^{\infty}a_n$。

    特别地，$\sum\limits_{m=s}^{\infty}|a_{f(m)}|=\sum\limits_{n=s}^{\infty}|a_n|$，故 $\sum\limits_{m=s}^{\infty}a_{f(m)}$ 也是绝对收敛的。

    **证明**：根据命题 7.4.2，可以预先证明 $\sum\limits_{m=s}^{\infty}a_{f(m)}$ 绝对收敛。在此基础上，欲证 $\sum\limits_{m=s}^{\infty}a_{f(m)}=\sum\limits_{n=s}^{\infty}a_n$。

    设 $S_N:=\sum\limits_{n=s}^Na_n$，$T_M:=\sum\limits_{m=s}^Ma_{f(m)}$。设 $(S_N)_{N=s}^{\infty}$ 收敛到 $L$，欲证 $(T_M)_{M=s}^{\infty}$ 也收敛到 $L$。

    设 $\varepsilon>0$ 为任意正实数。任取 $\delta$ 满足 $0<\delta<\varepsilon$。那么存在 $N_1\geqslant s$ 使得对于任意 $N\geqslant N_1$ 有 $|S_N-L|\leqslant \delta$，存在 $N_2\geqslant s$ 使得对于任意有限集 $X\subseteq\mathbb Z_{N_2..}$ 有 $\left|\sum\limits_{x\in X}a_x\right|\leqslant\varepsilon-\delta$。

    令 $N_S=\max(N_1+1,N_2)$，那么 $N_S-1\geqslant N_1$。考虑有限序列 $(f^{-1}(n))_{n=s}^{N_S-1}$，存在界 $M_T\geqslant s$ 使得对于任意 $s\leqslant n<N_S$ 有 $f^{-1}(n)< M_T$。那么对于任意 $m\geqslant M_T$，有 $f(m)\geqslant N_S$。

    考虑任意 $M\geqslant M_T$。可以证明 $f^{-1}(\mathbb Z_{s..N_S-1})\subseteq \mathbb Z_{s..M_T-1}\subseteq \mathbb Z_{s..M}$。

    令 $X=f^{-1}(\mathbb Z_{s..N_S-1})$ 而 $Y=\mathbb Z_{s..M}\setminus X$，那么 $X\cup Y=\mathbb Z_{s..M}$ 且 $X\cap Y=\varnothing$。

    一方面，$\sum\limits_{x\in X}a_{f(x)}=\sum\limits_{n\in \mathbb Z_{s..N_S-1}}a_n=S_{N_S-1}$，从而 $\left|\sum\limits_{x\in X}a_{f(x)}-L\right|\leqslant\delta$。

    一方面，对于任意 $y\in Y$ 有 $f(y)\geqslant N_S$，从而 $f(Y)\subseteq \mathbb Z_{N_S..}$，那么 $\left|\sum\limits_{n\in f(Y)}a_n\right|\leqslant \varepsilon-\delta$ 即 $\left|\sum\limits_{y\in Y}a_{f(y)}\right|\leqslant \varepsilon-\delta$。综上所述，

	$$|T_M-L|=\left|\sum\limits^{M}_{m=s}a_{f(m)}-L\right|=\left|\sum\limits_{x\in X}a_{f(x)}+\sum\limits_{y\in Y}a_{f(y)}-L\right|\leqslant\delta+(\varepsilon-\delta)=\varepsilon$$

不合直觉的是，当级数不是绝对收敛的时候，级数重排不一定能收敛到相同的结果，甚至不一定收敛。事实上，我们将在随后证明，只要恰当地重排一个仅仅条件收敛的级数，我们就可以使其收敛到任意的指定实数或者使其不收敛。

## 7.5 方根判别法和比例判别法

我们最后再介绍两种好用的判别方法——方根判别法和比例判别法。

- **定理 7.5.1（方根判别法）**：设级数 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}a_n$ 和 $\alpha:=\limsup\limits_{n\to \infty}|a_n|^{\frac{1}{n}}$。

    - 若 $\alpha<1$，那么 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}a_n$ 是绝对收敛的（从而是条件收敛的）。
    - 若 $\alpha>1$，那么 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}a_n$ 是条件发散的（从而是绝对发散的）。
    - 若 $\alpha=1$，那么 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}a_n$ 既有可能是绝对收敛的，也有可能是条件发散的。

    **证明**：对于第三种情况的证明，见命题 7.5.4。

    根据引理 7.2.7，不妨设 $m>0$，从而对于任意 $n\geqslant m$，$|a_n|^{\frac1n}$ 都是有意义的。

    - 若 $\alpha<1$。取实数 $k$ 满足 $\alpha<k<1$。那么存在 $N\geqslant m$ 使得对于任意 $n\geqslant N$ 有 $|a_n|^{\frac1n}\leqslant k$，即 $|a_n|\leqslant k^n$。

        根据几何级数引理，可知 $\sum\limits^{\infty}_{n=N}k^n$ 是收敛的，再结合比较判别法，可知 $\sum\limits^{\infty}_{n=N}a_n$ 是绝对收敛的，那么 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}a_n$ 也是绝对收敛的。

    - 若 $\alpha>1$。考虑证明 $\lim\limits_{n\to\infty}a_n\neq 0$，等价于 $\lim\limits_{n\to\infty}|a_n|\neq 0$。

        若 $\lim\limits_{n\to\infty}|a_n|=0$。取实数 $0<\varepsilon<1$，那么存在 $N\geqslant m$，使得对于任意 $n\geqslant N$ 有 $|a_n|\leqslant \varepsilon$。而 $\sup(|a_n|^{\frac1n})_{n=N}^{\infty}\geqslant \alpha>1$，那么存在 $n\geqslant N$ 使得 $|a_n|^{\frac1n}>1$，则 $|a_n|>1$，与 $|a_n|\leqslant\varepsilon$ 矛盾。

- **定理 7.5.2（比例判别法）**：设 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}a_n$ 为元素不为零的级数。

    - 若 $\limsup\limits_{n\to\infty} \frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}<1$，那么 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}a_n$ 是绝对收敛的（从而是条件收敛的）。
    - 若 $\liminf\limits_{n\to\infty} \frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}>1$，那么 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}a_n$ 是条件发散的（从而是绝对发散的）。
    - 否则，$\sum\limits^{\infty}_{n=m}a_n$ 既有可能是绝对收敛的，也有可能是条件发散的。

    **证明**：对于第三种情况的证明，见命题 7.5.4。

    - 若 $\limsup\limits_{n\to\infty} \frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}<1$。取实数 $k$ 满足 $\limsup\limits_{n\to\infty} \frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}<k<1$。那么存在 $N\geqslant m$ 使得对于任意 $n\geqslant N$ 有 $\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}\leqslant k$，即 $|a_{n+1}|\leqslant k|a_n|$。

        那么可以归纳证明对于任意 $n\geqslant N$ 有 $|a_n|\leqslant k^{n-N}|a_N|$，于是 $\sum\limits^{\infty}_{n=N}|a_n|\leqslant k^{-N}|a_N|\sum\limits^{\infty}_{n=N}k^n$。

        由于 $\sum\limits^{\infty}_{n=N}k^n$ 是收敛的，从而 $\sum\limits^{\infty}_{n=N}a_n$ 是绝对收敛的，那么 $\sum\limits^{\infty}_{n=m}a_n$ 也是绝对收敛的。

    - 若 $\liminf\limits_{n\to\infty} \frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}>1$。考虑证明 $\lim\limits_{n\to\infty}a_n\neq 0$，等价于 $\lim\limits_{n\to\infty}|a_n|\neq 0$。

        取实数 $k$ 满足 $1<k<\liminf\limits_{n\to\infty} \frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}$。那么存在 $N\geqslant m$ 使得对于任意 $n\geqslant N$ 有 $\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}\geqslant k$，那么对于任意 $n>N$ 都有 $|a_n|>|a_N|$。

        若 $\lim\limits_{n\to\infty}|a_n|=0$，则存在 $N'\geqslant m$ 使得对于任意 $n\geqslant N'$ 都有 $|a_n|\leqslant |a_N|$，矛盾。

方根判别法和比例判别法的想法都在于找到一个 $N\geqslant m$ 和 $k<1$ 使得对于任意 $n\geqslant N$ 有 $|a_n|\leqslant k^n$，从而 $\sum\limits^{\infty}_{n=N}|a_n|$ 是收敛的。两者的区别在于，方根判别法是直接给出的形式，而比例判别法是间接给出的形式。

方根判别法和比例判别法存在如下关系：

- **引理 7.5.3**：设 $(c_n)_{n=m}^{\infty}$ 是正实数序列，那么：
  
  $$
  \liminf_{n\to\infty}\frac{c_{n+1}}{c_n}\leqslant\liminf_{n\to\infty}c_n^{\frac1n}\leqslant\limsup_{n\to\infty}c_n^{\frac1n}\leqslant \limsup_{n\to\infty}\frac{c_{n+1}}{c_n}
  $$
  
  **证明**：只证 $\limsup\limits_{n\to\infty} c_n^{\frac1n}\leqslant \limsup\limits_{n\to\infty}\frac{c_{n+1}}{c_n}$。设 $L=\limsup\limits_{n\to\infty}\frac{c_{n+1}}{c_n}$。

  设 $\varepsilon>0$ 为任意正实数。那么存在 $N\geqslant m$ 使得对于任意 $n\geqslant N$ 有 $\frac{c_{n+1}}{c_n}\leqslant L+\varepsilon$ 即 $c_{n+1}\leqslant c_n(L+\varepsilon)$。

  那么可以归纳证明，对于任意 $n\geqslant N$ 有 $c_n\leqslant c_N(L+\varepsilon)^{n-N}$，记 $A=c_N(L+\varepsilon)^{-N}$。

  于是对于任意 $n\geqslant N$ 有 $c_n\leqslant A(L+\varepsilon)^n$，那么 $c_n^{\frac1n}\leqslant A^{\frac1n}(L+\varepsilon)$。

  根据比较原理，可知 $\limsup\limits_{n\to\infty}c_n^{\frac{1}{n}}\leqslant \limsup\limits_{n\to\infty}A^{\frac1n}(L+\varepsilon)=L+\varepsilon$。

  由于 $\limsup\limits_{n\to\infty}c_n^{\frac1n}\leqslant L+\varepsilon$ 对任意实数 $\varepsilon>0$ 都成立，于是 $\limsup\limits_{n\to\infty}c_n^{\frac1n}\leqslant L$。

引理 7.5.3 意味着，若某级数能用比例判别法判断，那么它也一定能用方根判别法判断。

最后补充一个不能用方根判别法和比例判别法判断的例子，说明这两种方法并不万能：

- **命题 7.5.4**：设 $a_n:=\frac1n$ 和 $b_n:=\frac1{n^2}$，那么级数 $\sum\limits^{\infty}_{n=1}a_n$ 条件发散而 $\sum\limits^{\infty}_{n=1}b_n$ 绝对收敛，且满足 $\lim\limits_{n\to\infty}|a_n|^{\frac1n}=\lim\limits_{n\to\infty}|b_n|^{\frac1n}=1$ 和 $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{|b_{n+1}|}{|b_n|}=1$。

  **证明**：只需证明 $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{|b_{n+1}|}{|b_n|}=1$（从而根据引理 7.5.3 可知 $\lim\limits_{n\to\infty}|a_n|^{\frac1n}=\lim\limits_{n\to\infty}|b_n|^{\frac1n}=1$）：
  
  $$
  \begin{aligned}\lim\limits_{n\to\infty}\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}&=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n}{n+1}=\lim\limits_{n\to\infty}(1-\frac{1}{n})=1\\
  \lim\limits_{n\to\infty}\frac{|b_{n+1}|}{|b_n|}&=\frac{1}{\lim\limits_{n\to\infty}\frac{|b_n|}{|b_{n+1}|}}=\frac{1}{\lim\limits_{n\to\infty}\frac{(n+1)^2}{n^2}}=\frac{1}{\lim\limits_{n\to\infty}(1+\frac{2}{n}+\frac{1}{n^2})}=\frac{1}{1}=1\end{aligned}
  $$