5. 收敛判别法

一些补充

我先对前面的课程做适当的补充:

1)	收敛级数的逐项加减法与逐项数乘法: 假设实数项 (对于复数和 ${\mathbb{R}}^n$ 取值的级数也成立) 的 $\sum _{k=0}^{\infty }{a}_k$ 和 $\sum _{k=0}^{\infty }{b}_k$ 收敛, $\lambda \in \mathbb{R}$, 那么 $\sum _{k=0}^{\infty }(a_k\pm b_k)$ 和 $\sum _{k=0}^{\infty }\lambda \cdot a_k$ 都收敛$$\sum _{k=0}^{\infty }(a_k\pm b_k)=\sum _{k=0}^{\infty }{a}_k\pm \sum _{k=0}^{\infty }{b}_k,\sum _{k=0}^{\infty }\lambda \cdot a_k=\lambda \left(\sum _{k=0}^{\infty }{a}_k\right).$$这两个事实的证明是极限四则运算法则的直接应用 (用部分和来表示级数) .
2)	(向量值序列的极限问题) 对于 ${\mathbb{R}}^n=\{(x_1,\cdots ,x_n)|x_1\in \mathbb{R},\cdots ,x_n\in \mathbb{R}\}$, 我们采取如下定义的距离函数$$d(x,y)=\sqrt{(x_1-y_1{)}^2+\cdots +(x_n-y_n{)}^2},x=(x_1,\cdots ,x_n),y=(y_1,\cdots ,y_n).$$对于复数域 $\mathbb{C}$, 我们通过 $z=x+iy$ 这种表示, 可以认为 $\mathbb{C}={\mathbb{R}}^2$. 对于 $z_1,z_2\in \mathbb{C}$, 我们自然有 $d(z_1,z_2)=|z_1-z_2|$, 其中 $|\cdot |$ 是取复数的模长. 假设 ${\left\{x^{(k)}\right\}}_{k⩾1}$ 是 ${\mathbb{R}}^n$ 中的点列, 其中, $x^{(k)}=\left(x_1^{(k)},x_2^{(k)},\cdots ,x_n^{(k)}\right)$. 那么, ${\left\{x^{(k)}\right\}}_{k⩾1}$ 在 ${\mathbb{R}}^n$ 中收敛当且仅当它的每个分量都是收敛的实数数列, 即对任意的 $i=1,2,\cdots ,n$, ${\left\{x_i^{(k)}\right\}}_{k⩾1}$ 在 $\mathbb{R}$ 中收敛. 我们把这个性质留在第二次作业题中来证明, 请注意这是非常重要的习题, 我们会在今后经常考虑在线性空间中收敛的问题.
3)	不同的距离函数的问题. 我们之前的课上提到过一个距离空间上可以有几个不同的距离函数, 比如在 $\mathbb{R}$ 上, 还可以定义 $d(x,y)=2|x-y|$. 对于这个问题的理解可以进一步加深对收敛的理解. 假设 $d_1$ 和 $d_2$ 均为集合 $X$ 上距离函数, 如果存在常数 $C_1>0$ 和 $C_2>0$, 使得对任意的 $x,y\in X$, 都有$$d_2(x,y)⩽C_1{d}_1(x,y),d_1(x,y)⩽C_2{d}_2(x,y),$$那么就称这两个距离函数 $d_1$ 和 $d_2$ 是等价的. 上面的叙述也等价于存在常数 $c>0$ 和 $C>0$, 使得对任意的 $x,y\in X$, 都有$$c{d}_1(x,y)⩽d_2(x,y)⩽C{d}_1(x,y),$$比如说, 我们在 ${\mathbb{R}}^n$ 上面可以定义三种距离函数: $$\begin{array}{rl}{d}_1(x,y)& =\sum _{j=1}^n|x_j-y_j|,\\ d_2(x,y)& =\sqrt{\sum _{j=1}^n(x_j-y_j{)}^2},\\ d_{\infty }(x,y)& =\underset{i=1,2,\cdots ,n}{\sup }|x_i-y_i|.\end{array}$$这三个距离自然是等价的: $$n{d}_{\infty }(x,y)⩾d_1(x,y)⩾d_2(x,y)⩾d_{\infty }(x,y).$$我们还有一个重要的的例子: 我们可以把 $n\times n$ 的矩阵的全体 ${\mathbf{M}}_n(\mathbb{R})$ 视作是 ${\mathbb{R}}^{n^2}$ (加法就是逐个分量相加) , 那么 ${\mathbf{M}}_n(\mathbb{R})$ 也有三个距离函数: 对任意的 $n\times n$ 的矩阵 $A=(A_{ij})$ 和 $B=(B_{ij})$, 其中 $1⩽i,j⩽n$, 我们有$$\begin{array}{rl}{d}_1(A,B)& =\sum _{1⩽i,j⩽n}|A_{ij}-B_{ij}|,\\ d_2(A,B)& =\sqrt{\sum _{1⩽i,j⩽n}(A_{ij}-B_{ij}{)}^2},\\ d_{\infty }(A,B)& =\underset{1⩽i,j⩽n}{\sup }|A_{ij}-B_{ij}|.\end{array}$$ 回到抽象的场合: 如果 $d_1$ 和 $d_2$ 是 $X$ 上两个等价的距离函数, 那么它们所定义的收敛的概念是一致的, 即对于任意的点列 ${\left\{x_n\right\}}_{n⩾1}\subset X$, 当 $n\to \infty$, 在 $d_1$ 这个距离下 $x_n\to x\in X$ 等价于在 $d_2$ 这个距离下 $x_n\to x\in X$. 证明是平凡的: 假设 $x_n\stackrel{d_1}{⟶}x$, 那么对任意的 $\epsilon >0$, 存在 $N>0$, 使得当 $n⩾N$ 时, 我们有 $d_1(x_n,x)<\epsilon$, 所以根据距离的等价性, 我们有 $d_2(x_n,x)<C_1\epsilon$, 这表明 $x_n\stackrel{d_2}{⟶}x$. 特别地, 数学分析通常在 ${\mathbb{R}}^n$ 中研究各种收敛的问题, 除非我们对距离有特定的要求, 我们假定度量可以是上面的任意一种.
4)	对于复数和 $n\times n$ 的矩阵, 我们也可以谈论乘法. 此时, 乘法和除法也和极限交换. 我们只给出矩阵的版本, 复数的版本的叙述和证明都是一样的. 假设 $\{A_k{\}}_{k⩾1}$ 和 $\{B_k{\}}_{k⩾1}$ 均为 $n\times n$ 的矩阵的序列并且收敛, 那么 ∘ 序列 $\{A_k\cdot B_k{\}}_{k⩾1}$ 收敛并且 $\underset{k\to \infty }{\lim }(A_k\cdot B_k)=\underset{k\to \infty }{\lim }{A}_k\cdot \underset{k\to \infty }{\lim }{B}_k$. ∘ 如果 $\underset{k\to \infty }{\lim }{B}_k$ 是可逆矩阵, 那么序列 ${\left\{A_k\cdot (B_k{)}^{-1}\right\}}_{k⩾N}$ 收敛 ($\underset{k\to \infty }{\lim }{B}_k$ 可逆表明存在 $N$, 使得当 $k⩾N$ 时, $B_k$ 均可逆) 并且 $\underset{k\to \infty }{\lim }{A}_k\cdot (B_k{)}^{-1}=\underset{k\to \infty }{\lim }{A}_k\cdot {\left(\underset{k\to \infty }{\lim }{B}_k\right)}^{-1}$. 我们将在第二次作业中证明复数的情形.

上次课的最后我们证明了单调上升并且有界的实数序列有极限, 这个极限恰好是它的上确界. 当然, 如果 $\{x_n{\}}_{n⩾1}$ 单调上升的但是无界, 我们有 $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=+\infty$. 利用这个结果, 我们可以证明

定理 5.1 (Bolzano–Weierstrass 的列紧性定理). 任意有界的实数序列 $\{x_n{\}}_{n⩾1}$ 必有收敛的子列.

我们只要证明如下引理即可:

引理 5.2. 对任意实数数列 $\{x_n{\}}_{n⩾1}$, 我们总能找到一个单调的 (上升或下降) 子序列.

证明. 考虑下面的集合 $X\subset \{x_1,x_2,\cdots ,x_n,\cdots \}$: $$X=\left\{x_k\right|\text{对任意的 ℓ⩾k，都有 xk⩾xℓ}\}.$$分两种情况讨论:

•	如果 $X$ 是无限集, 那么将 $X$ 中元素按照下标从小到大排列, 就得到了一个递减的子序列.
•	如果 $X$ 是有限集, 可以假设 $X=\{x_{i_1},\cdots ,x_{i_{\ell }}\}$, 我们令 $y_1=x_{i_{\ell }+1}$, 然后归纳地定义 $y_{n+1}$: 我们假设 $y_n=x_{s(n)}$ 其中 $s(n)>i_{\ell }$. 根据 $X$ 的定义以及由于 $y_n\notin X$, 我们知道存在 $x_{s(n+1)}$, 其中 $s(n+1)>s(n)$ 并且 $x_{s(n+1)}>y_n$, 那么我们令 $y_{n+1}=x_{s(n+1)}$. 那么, $\{y_n{\}}_{n⩾1}$ 是单调上升的序列.

综合两种情况, 我们总有单调的子序列.

$\square$

Cauchy 判别准则

在证明 Cauchy 判别准则之前, 我们先回忆一下 Cauchy 列的定义: 一个距离空间 $(X,d)$ 中的点列被称作是 Cauchy 列, 指的是对任意的 $\epsilon >0$, 存在 $N>0$, 使得对任意的 $n,m⩾N$, 都有 $d(x_n,x_m)<\epsilon$.

定理 (Cauchy 判别准则). $\{x_n{\}}_{n⩾1}$ 是实数的数列. 那么, $\{x_n{\}}_{n⩾1}$ 收敛当且仅当 $\{x_n{\}}_{n⩾1}$ 是 Cauchy 列.

证明. 如果 $\{x_n{\}}_{n⩾1}$ 收敛, 我们假设 $x_n\to x$. 此时, 根据极限的定义, 对于 $\frac{1}{2}\epsilon$ 而言, 存在 $N$, 使得对于任意的 $n,m⩾N$, 我们都有 $d(x,x_n)<\frac{1}{2}\epsilon$, $d(x,x_m)<\frac{1}{2}\epsilon$. 所以, 利用三角不等式, 我们就有$$d(x_n,x_m)⩽d(x,x_n)+d(x,x_m)<\frac{1}{2}\epsilon +\frac{1}{2}\epsilon =\epsilon .$$这表明收敛的序列 (在任意的距离空间中) 一定是 Cauchy 列.

为了说明 Cauchy 列必然收敛, 我们先证明两个有用的引理:

引理 5.3. Cauchy 列必有界.

证明. 假设 $\{x_n{\}}_{n⩾1}$ 是 Cauchy 列, 我们先说明它是有界的. 令 $\epsilon =1$, 那么存在 $N$, 使得对任意的 $n,m⩾N$, 我们都有 $|x_n-x_m|<1$. 特别地, 我们令 $m=N$, 这表明对所有的 $n⩾N$, 都有 $|x_n-x_N|⩽1$, 所以 $\{x_n{\}}_{n⩾N}$ 是有界的. 再加上前面的 $x_1,\cdots ,x_{N-1}$, 这还是一个有界集合.

$\square$

引理 5.4. 如果一个 Cauchy 列的子列收敛, 那么这个 Cauchy 列也收敛.

证明. 假设 $\{x_n{\}}_{n⩾1}$ 是 Cauchy 列, $\{x_{i_k}{\}}_{k⩾1}$ 是其子列并且 $\underset{k\to \infty }{\lim }{x}_{i_k}=x$, 我们要证明在 $(X,d)$ 中, $x_n\to x$. 任意选取 $\epsilon >0$. 首先, 根据 $x_{i_k}\to x$, 我们可以找到 $N_1>0$, 使得对任意的 $k>N_1$, 我们都有 $|x_{i_k}-x|<\frac{\epsilon }{2}$; 另外, 根据 Cauchy 列的定义, 我们有 $N_2>0$, 使得对任意的 $n,m⩾N_2$, 我们都有 $|x_n-x_m|<\frac{\epsilon }{2}$. 令 $N=\max \left(\underset{k>N_1}{\min }\{i_k\},N_2\right)$, 所以当 $n⩾N$ 时, 任取 $k>N_1$ 使得 $i_k⩾N_2$, 我们有$$d(x_n,x)⩽d(x_n,x_{i_k})+d(x_{i_k},x)<\frac{\epsilon }{2}+\frac{\epsilon }{2}=\epsilon .$$$\square$

根据上面第二个引理, 我们只要构造一个收敛的子列即可. 根据第一个引理, 我们能找到一个有界的子列, 再利用 Bolzano–Weierstrass 的列紧性, 这个有界子列有一个收敛的子列. 证毕.

注记.

1)	相比于极限定义本身, 利用 Cauchy 判别准则证明极限存在的优势在于不需要先验地知道极限的值. 比如说, 我们有$$1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\cdots +\frac{(-1{)}^{n+1}}{n}+\cdots =\frac{1}{4}\pi .$$我们可以证明上面的级数是收敛的 (而不需要知道最终是 $\frac{1}{4}\pi$) : 考虑部分和 $x_n=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\cdots +\frac{(-1{)}^{n+1}}{n}$, 不妨假设 $m>n$, 那么我们有$$\begin{array}{rl}{x}_m-x_n& =\frac{(-1{)}^n}{n+1}+\frac{(-1{)}^{n+1}}{n+2}+\cdots +\frac{(-1{)}^{m+1}}{m}\end{array}$$如果 $n$ 是偶数, 那么, 我们知道$$\begin{array}{rl}{x}_m-x_n& =\frac{1}{n+1}-\left(\frac{1}{n+2}-\frac{1}{n+3}\right)+\cdots +\frac{(-1{)}^{m+1}}{m}\end{array}$$从第二项开始每两个数一组, 最后如果剩下一个数可以单独一组, 我们发现这些组都是负数, 从而 $x_m-x_n<\frac{1}{n}$. 类似地, 我们有$$\begin{array}{rl}{x}_m-x_n& =\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}+\left(\frac{1}{n+3}-\frac{1}{n+4}\right)+\cdots +\frac{(-1{)}^{m+1}}{m}\end{array}$$即从第三项开始每两个数一组, 最后如果剩下一个数可以单独一组, 我们发现这些组都是正数, 从而 $x_m-x_n>\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$. 对 $n$ 是奇数的情况类似讨论, 我们可以得到$$\frac{1}{n(n+1)}<|x_m-x_n|<\frac{1}{n}.$$所以, 对任意的 $\epsilon >0$, 任取 $N>\frac{1}{\epsilon }$, 从而当 $m>n⩾N$ 时, 我们有 $|x_m-x_n|<\epsilon$, 这就得到一个 Cauchy 列. 利用同样的想法, 我们可以证明下面的命题 (需要记住结论) : 练习. 假设 $\{a_n{\}}_{n⩾1}$ 是递减的正实数的数列并且 $\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=0$, 那么, 级数$$a_1-a_2+a_3-a_4+\cdots +(-1{)}^{n-1}{a}_n+\cdots$$是收敛的. 我们把这个练习留做本次的作业. 有一个和这个习题相关联的有趣的姊妹问题, 证明和结论都值得大家研究: 命题 5.5. $\{a_n{\}}_{n⩾1}$ 是递减的正实数的数列并且 $\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=0$. 假设级数 $\sum _{k=1}^{\infty }{a}_k$ 发散. 那么, 对任意 $x\in \mathbb{R}$, 我们可以选取一组正负号 ${\iota }_k\in \{\pm 1\}$, 使得级数 $\sum _{k=1}^{\infty }{\iota }_k{a}_k$ 收敛并且$$\sum _{k=1}^{\infty }{\iota }_k{a}_k=x.$$ 证明. 因为 $\sum _{k=1}^{\infty }{a}_k=+\infty$, 所以对任意的 $M>0$, 任意的 $n$, 从存在唯一一个 $k⩾0$, 使得$$a_n+a_{n+1}+\cdots +a_{n+k-1}⩽M\text{且}{a}_n+a_{n+1}+\cdots +a_{n+k-1}+a_{n+k}>M.$$我们不妨假设 $x>0$, 根据上面的观察, 我们能找到 $n_1$, 使得$$a_1+a_2+\cdots +a_{n_1-1}⩽x\text{但是}{a}_1+a_2+\cdots +a_{n_1-1}+a_{n_1}>x.$$特别地, 我们知道对于前面的 $n_1$ 项的和, 我们有$$|a_1+a_2+\cdots +a_{n_1-1}+a_{n_1}-x|<a_{n_1}.$$由于前 $n_1$ 项的和已经超过了 $x$, 我们现在在后面的项前面加上负号. 令 ${\delta }_1=a_1+a_2+\cdots +a_{n_1-1}+a_{n_1}-x$ 为多出来的部分, 那么 ${\delta }_1<a_{n_1}$. 根据上面的观察, 一定存在 $n_2$, 使得$$a_{n_1+1}+a_{n_1+2}+\cdots +a_{n_2-1}⩽{\delta }_1\text{且}{a}_{n_1+1}+a_{n_1+2}+\cdots +a_{n_2}>{\delta }_1.$$我们现在要求级数的前 $n_2$ 项为$$a_1+a_2+\cdots +a_{n_1}-a_{n_1+1}-a_{n_1+2}-\cdots -a_{n_2}.$$很明显, 对于 $k<n_2$, 我们有$$0<a_1+a_2+\cdots +a_{n_1}-a_{n_1+1}-a_{n_1+2}-\cdots -a_k-x<{\delta }_1.$$令 $-{\delta }_2=a_1+a_2+\cdots +a_{n_1}-a_{n_1+1}-a_{n_1+2}-\cdots -a_{n_2}-x$, 这是一直到 $n_2$ 为止, 所求和比 $x$ 少的部分, 按照定义, 我们有 ${\delta }_2<a_{n_2}$. 然后, 我们再选取 $n_3$, 使得$$a_{n_2+1}+a_{n_2+2}+\cdots +a_{n_3-1}⩽{\delta }_2\text{且}{a}_{n_2+1}+a_{n_2+2}+\cdots +a_{n_3}>{\delta }_2.$$我们现在要求级数的前 $n_3$ 项为$$a_1+a_2+\cdots +a_{n_1}-a_{n_1+1}-a_{n_1+2}-\cdots -a_{n_2}+a_{n_2+1}+a_{n_2+2}+\cdots +a_{n_3}.$$按照这种方式, 最新得到的部分和与 $x$ 的差距都不超过 ${\delta }_3<a_{n_3}$. 如此重复归纳地选取正负号即可. $\square$
2)	Cauchy 判别准则是对实数的序列来陈述的. 如果在一般的距离空间 $(X,d)$ 上, Cauchy 列未必收敛 (试举出一个反例) , 即收敛性和序列所生活的空间的性质是密切相关的.
3)	Cauchy 判别准则对复数和 ${\mathbb{R}}^n$ 也成立.

推论 5.6 (级数收敛的 Cauchy 判别准则). 实数项的级数 $\sum _{k=0}^{\infty }{a}_k$ 收敛的充分必要条件是对任意 $\epsilon >0$, 存在 $N>0$, 对任意自然数 $n⩾N$ 和任意自然数 $p⩾0$, 我们都有$$\left|\sum _{n⩽k⩽n+p}{a}_k\right|<\epsilon .$$

证明. 对任意的 $n$, 令 $S_n=a_1+\cdots +a_n$ 为部分和. 级数收敛等价于说 $\{S_n{\}}_{n⩾1}$ 收敛. 根据 Cauchy 判别准则, 对任意的 $\epsilon >0$, 存在 $N>0$, 对任意自然数 $n⩾N$ 和 $m⩾N$, 我们都有 $|S_n-S_m|<\epsilon$. 我们不妨假设 $m⩾n$, 令 $m=n+p$ 即得到了推论所要求的形式.

$\square$

注记. (复数或 ${\mathbb{R}}^n$ 中也成立) . 另外, 假设 $\sum _{k=0}^{\infty }{a}_k$ 收敛, 取 $p=0$, 上述判别法说明 $a_n\to 0$. 反之则未必成立, 比如考虑调和级数.

对于一般的实数数列, 尽管极限不一定存在, 但是我们总能定义它的上极限和下极限: 任意给定实数数列 $\{x_n{\}}_{n⩾1}$, 对任意 $n⩾1$, 我们令$${\overline{x}}_n=\underset{\ell ⩾n}{\sup }{x}_{\ell },{\underline{x}}_n=\underset{\ell ⩾n}{\inf }{x}_{\ell }.$$很明显, $\{{\overline{x}}_n{\}}_{n⩾1}$ 是单调下降的序列, $\{{\underline{x}}_n{\}}_{n⩾1}$ 是单调上升的序列, 所以 $\{{\overline{x}}_n{\}}_{n⩾1}$ 和 $\{{\underline{x}}_n{\}}_{n⩾1}$ 都有极限 (极限可以是无穷) . 据此, 我们定义数列 $\{x_n{\}}_{n⩾1}$ 的上极限和下极限为$$\begin{array}{rl}\overline{\lim }{x}_n& =\underset{n\to \infty }{\mathrm{limsup}}{x}_n=\underset{n\to \infty }{\lim }{\overline{x}}_n=\underset{n\to \infty }{\lim }(\underset{\ell ⩾n}{\sup }{x}_{\ell }),\\ \underline{\lim }{x}_n& =\underset{n\to \infty }{\mathrm{liminf}}{x}_n=\underset{n\to \infty }{\lim }{\underline{x}}_n=\underset{n\to \infty }{\lim }(\underset{\ell ⩾n}{\inf }{x}_{\ell }).\end{array}$$根据定义以及极限保持不等号的性质, 我们有 $\underset{n\to \infty }{\mathrm{limsup}}{x}_n⩾\underset{n\to \infty }{\mathrm{liminf}}{x}_n$. 我们如下命题:

命题 5.7. $\{x_n{\}}_{n⩾1}$ 是实数数列. 那么, $\{x_n{\}}_{n⩾1}$ 收敛的充分必要条件是 $\underset{n\to \infty }{\mathrm{limsup}}{x}_n=\underset{n\to \infty }{\mathrm{liminf}}{x}_n$.

我们会在作业中证明这个命题.

两个重要极限

在进一步讨论如何判断极限是否存在之前, 我们再研究两个极为重要的极限:

例子. $\underset{n\to \infty }{\lim }{n}^{\frac{1}{n}}=1$. (开 $n$ 次方目前并未定义, 我们先假设自己懂 (按照中学的理解) )

证明. 首先, 我们显然有 $n^{\frac{1}{n}}⩾1$. 其次, 根据算术-几何平均值不等式 ¹(我们课程后面会严格证明这个不等式) 可以得到$$\begin{array}{rl}{n}^{\frac{1}{n}}& ={\left(1\cdot 1\cdot 1\cdots 1\cdot \sqrt{n}\cdot \sqrt{n}\right)}^{\frac{1}{n}}⩽\frac{1}{n}\left(1+\cdots +1+\sqrt{n}+\sqrt{n}\right)=1-\frac{2}{n}+\frac{2}{\sqrt{n}}.\end{array}$$从而, $0⩽n^{\frac{1}{n}}-1⩽\frac{2}{n}+\frac{2}{\sqrt{n}}$. 只需要选择比较大的 $N$, 就可以使得对 $n⩾N$ 的自然数 $n$, 有 $\frac{2}{n}+\frac{2}{\sqrt{n}}<\epsilon$.

$\square$

例子 (Euler 常数 $e$ 的构造). 极限 $\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n$ 是存在的, 我们把它记做是 $e$. $e$ 还有如下的级数表达式: $$e=\sum _{k=0}^{\infty }\frac{1}{k!}.$$

为了说明 $\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n$ 的存在性, 我们只需要说明 $x_n={\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n$ 是单调上升的有界序列. 为了说明有界性, 我们注意到 (利用数学归纳法) 对任意的 $k⩾2$, $$k!⩾2^{k-1}.$$根据二项式展开, 我们有$$\begin{array}{rl}{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n& =\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)\frac{1}{n^k}=\sum _{k=0}^n\frac{n!}{k!(n-k)!}\frac{1}{n^k}\\ & =\sum _{k=0}^n\frac{1}{k!}(1-\frac{1}{n})(1-\frac{2}{n})\cdots (1-\frac{k-1}{n})⩽\sum _{k=0}^n\frac{1}{k!}.\end{array}$$根据 $k!⩾2^{k-1}$ ($k⩾2$) , 我们就有$$\begin{array}{r}{x}_n={\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n⩽1+1+\sum _{k=2}^n\frac{1}{2^{k-1}}⩽3.\end{array}$$其中, 我们用到了如下的事实: $$\sum _{k=2}^n\frac{1}{2^{k-1}}⩽1.$$下面证明 $x_n⩽x_{n+1}$: $$\begin{array}{rl}{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n& =\sum _{k=0}^n\frac{1}{k!}(1-\frac{1}{n})(1-\frac{2}{n})\cdots (1-\frac{k-1}{n})\\ & <\sum _{k=0}^n\frac{1}{k!}(1-\frac{1}{n+1})(1-\frac{2}{n+1})\cdots (1-\frac{k-1}{n+1})\\ & <\sum _{k=0}^{n+1}\frac{1}{k!}(1-\frac{1}{n+1})(1-\frac{2}{n+1})\cdots (1-\frac{k-1}{n+1})={\left(1+\frac{1}{n+1}\right)}^{n+1}.\end{array}$$为了证明 $e$ 的级数表达式, 我们先说明级数 $\sum _{k=2}^{\infty }\frac{1}{k!}$ 是收敛的 (这个证明很具有一般性) : 注意到级数 $\sum _{k=1}^{\infty }\frac{1}{2^k}$ 是收敛的, 所以, 根据 Cauchy 判别准则, 对于任意的 $\epsilon >0$, 存在 $N$, 使得当 $n⩾N$ 并且 $m⩾N$ 时, 前 $n$ 项的部分和与前 $m$ 项的部分和的差满足$$\frac{1}{2^{n+1}}+\frac{1}{2^{n+2}}+\cdots +\frac{1}{2^{n+m}}<\epsilon .$$由归纳法可以得到, $k>10$ 时 $(k!{)}^{-1}<2^{-k}$. 我们取一个大于 $10$ 的 $N$, 并利用 $2^{-k}$ 控制 $(k!{)}^{-1}$, 从而对于级数 $\sum _{k=2}^{\infty }\frac{1}{k!}$ 而言, 对于上述任意选定的 $\epsilon$ 和对应的 $N$, 前 $n$ 项的部分和与前 $m$ 项的部分和的差有如下的控制$$\frac{1}{(n+1)!}+\frac{1}{(n+2)!}+\cdots +\frac{1}{(n+m)!}⩽\frac{1}{2^{n+1}}+\frac{1}{2^{n+2}}+\cdots +\frac{1}{2^{n+m}}<\epsilon .$$这就证明了级数的收敛性 (Cauchy 判别准则) .

最终来证明这个级数的值就是 $e$.

一方面, 对于任意的 $n$, 我们有$$\begin{array}{rl}{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n& =\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)\frac{1}{n^k}=\sum _{k=0}^n\frac{1}{k!}(1-\frac{1}{n})(1-\frac{2}{n})\cdots (1-\frac{k-1}{n})\\ & ⩽\sum _{k=0}^n\frac{1}{k!}⩽\sum _{k=0}^{\infty }\frac{1}{k!}.\end{array}$$即 $x_n⩽\sum _{k=0}^{\infty }\frac{1}{k!}$. 通过对 $n$ 取极限, 我们得到 $e⩽\sum _{k=0}^{\infty }\frac{1}{k!}$.

另一方面, 我们要利用 $x_n$ 是单调上升的这个性质. 先任意选取 $n$ 和 $n_0$, 使得 $n⩾n_0$ (这两个数是待定的) , 我们有$$\begin{array}{rl}e=\underset{m\to \infty }{\lim }{\left(1+\frac{1}{m}\right)}^m& ⩾{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n=\sum _{k=0}^n\frac{1}{k!}(1-\frac{1}{n})(1-\frac{2}{n})\cdots (1-\frac{k-1}{n})\\ & ⩾\sum _{k=0}^{n_0}\frac{1}{k!}(1-\frac{1}{n})(1-\frac{2}{n})\cdots (1-\frac{k-1}{n}).\end{array}$$上面的不等式对任意的 $n$ 和 $n_0$ 都成立. 我们先固定住 $n_0$, 令 $n\to \infty$, 就得到 $e⩾\sum _{k=0}^{n_0}\frac{1}{k!}$. 再令 $n_0\to \infty$, 我们就有 $e⩾\sum _{k=0}^{\infty }\frac{1}{k!}$.

综上所述, $$e=\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n=\sum _{k=0}^{\infty }\frac{1}{k!}.$$

注记.

1)	利用 $e$ 的级数表达式很容易相对精确的计算 $e$ 的大小. $7!$ 是一个 5 位数, $8!$ 是一个 6 位数, 所以只要算 $6$ 项 (前两项整数部分不算) 就已经可以精确到小数点后 $5$ 位了: $e=2.71828\cdots$!
2)	$e$ 是一个无理数. 如若不然, 我们假设 $e=\frac{m}{n}$, 其中 $m$ 和 $n$ 都是正整数, 那么 $n!\times (e-\sum _{k=0}^n\frac{1}{k!})$ 应该是正整数, 然而$$\begin{array}{rl}& n!\times (e-\sum _{k=0}^n\frac{1}{k!})\\ & =\frac{1}{(n+1)}+\frac{1}{(n+1)(n+2)}+\frac{1}{(n+1)(n+2)(n+3)}+\frac{1}{(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)}+\cdots \\ & <\frac{1}{(n+1)}+\frac{1}{(n+1)(n+2)}+\frac{1}{(n+2)(n+3)}+\frac{1}{(n+3)(n+4)}+\cdots \\ & =\frac{1}{(n+1)}+\left(\frac{1}{(n+1)}-\frac{1}{(n+2)}\right)++\left(\frac{1}{(n+2)}-\frac{1}{(n+3)}\right)+\cdots \\ & =\frac{2}{n+1}<1.\end{array}$$这表明 $n!\times (e-\sum _{k=0}^n\frac{1}{k!})＝0$, 矛盾.
3)	$e$ 是怎么来的: 历史上, $e$ 和自然对数 (我们尚未定义) 是在 16 世纪计算银行存款的利息时自然出现的, 有兴趣的同学可以去参考 wiki 上的叙述. 我们给出一个简化版本的例子 (有趣) : 大汉银行每年的利息是 $100\%$, 数学系的司马迁同学有存款 $100$ 元, 打算一年之后买一辆 $272$ 元的须臾牌自行车. 他算了一下, 存钱一年之后总资产为 $200$ 元. 几天后, 大汉银行规定改了, 可以每半年结算一下并且半年的利息就是 $100\%÷2=50\%$, 司马迁发现上半年刚到的时候就提钱出来, 然后再存进去, 这样子前半年的利息也有利息, 所以他就可以多赚一点, 这样一来, 半年之后, 他就有 $100\times (1+0.5)$ 元钱, 一年之后, 再乘以 $1+0.5$ 的利息, 他一共有 $100\times (1+0.5)\times (1+0.5)=100\times (1+0.5{)}^2=225$ 元, 总收益又多了 $25$ 元. 后来, 大汉银行容许每个月都结算, 并且每个月的利率是 $100\%÷12=\frac{1}{12}$, 司马迁同学本着尽量赚利息的利息的原则算了一下, 每个月都去提出钱来然后再次存进去, 他一年之后的资产变成了 $100\times (1+\frac{1}{12}{)}^{12}\approx 261$ 元, 这只差 $11$ 块钱就可以买车了. 他高兴地发现只要不厌其烦地多存一次, 最终得到的钱就会变多 ($x_{n+1}⩾x_n$) . 大汉银行最终容许每天都可以存钱取钱一次, 司马迁同学每天坚持去银行, 一年之后还是没有买得起自行车.

收敛判别法

我们现在列举出极限收敛的几种常见的判别方式. 尽管它们的形式并不统一, 但是背后的想法却是一致的: 我们需要找一个所谓的控制序列!

命题 5.8. 我们有如下的判断收敛的方法:

1)

(双边控制) 假设有三个实数序列 $\{a_n{\}}_{n⩾1}$, $\{x_n{\}}_{n⩾1}$ 和 $\{b_n{\}}_{n⩾1}$, 对任意的 $n⩾1$, 都有 $a_n⩽x_n⩽b_n$ (即 $x_n$ 在左右两边分别被 $a_n$ 和 $b_n$ 控制) . 如果 $\{a_n{\}}_{n⩾1}$ 和 $\{b_n{\}}_{n⩾1}$ 都收敛并且 $\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=\underset{n\to \infty }{\lim }{b}_n$, 那么 $\{x_n{\}}_{n⩾1}$ 收敛并且$$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=\underset{n\to \infty }{\lim }{b}_n.$$

2)

(上界控制) 假设有非负实数序列 $\{x_n{\}}_{n⩾1}$ 和 $\{y_n{\}}_{n⩾1}$, 对任意的 $n⩾1$, 都有 $0⩽x_n⩽y_n$ (即 $x_n$ 被 $y_n$ 控制) . 如果 $\underset{n\to \infty }{\lim }{y}_n=0$, 那么 $\{x_n{\}}_{n⩾1}$ 也收敛并且 $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=0$.

证明. 第二个命题是第一个的推论. 现在证明第一个命题. 注意到$$\underset{n\to \infty }{\mathrm{limsup}}{x}_n⩽\underset{n\to \infty }{\mathrm{limsup}}{b}_n=\underset{n\to \infty }{\lim }{b}_n,$$和$$\underset{n\to \infty }{\mathrm{liminf}}{x}_n⩾\underset{n\to \infty }{\mathrm{liminf}}{a}_n=\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n,$$所以$$\underset{n\to \infty }{\mathrm{limsup}}{x}_n⩽\underset{n\to \infty }{\mathrm{liminf}}{x}_n.$$这说明 $\{x_n{\}}_{n⩾1}$ 收敛. 特别地, 上面不等式也给出了 $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=\underset{n\to \infty }{\lim }{b}_n$.

$\square$

数学中很多的极限都以级数的形式出现, 我们给出上述命题的级数版本:

命题 5.9 (控制收敛定理与绝对收敛的概念). (重要! )

1)	$\sum _{k=0}^{\infty }{a}_k$ 是正项级数 (即 $a_k⩾0$, 其中 $k⩾0$) , 那么 $\sum _{k=0}^{\infty }{a}_k$ 收敛当且仅当存在常数 $M$, 使得每个部分和 $S_n=\sum _{k=0}^n{a}_k⩽M$.
2)	(正项级数的控制收敛定理) $\sum _{k=0}^{\infty }{a}_k$ 和 $\sum _{k=0}^{\infty }{b}_k$ 是正项级数. 假设对任意 $k⩾0$, 都有 $a_k⩽b_k$ (即 $b_k$ 控制了 $a_k$) . 如果 $\sum _{k=0}^{\infty }{b}_k$ 收敛, 那么 $\sum _{k=0}^{\infty }{a}_k$ 也收敛 (等价的表述是若 $\sum _{k=0}^{\infty }{a}_k$ 发散, 那么 $\sum _{k=0}^{\infty }{b}_k$ 也发散) .
3)	(绝对收敛的概念) 考虑实数项的级数 $\sum _{k=0}^{\infty }{a}_k$. 如果 $\sum _{k=0}^{\infty }|a_k|$ 收敛, 那么 $\sum _{k=0}^{\infty }{a}_k$ 也收敛. 此时, 我们称这个级数是绝对收敛的 (即加了绝对值之后收敛) .

证明. 第一个命题的证明是单调递增的有界数列的必有极限的应用; 第二个命题是第一个命题的直接推论. 为了证明第三个命题, 我们用级数收敛的 Cauchy 判别法: 由于 $\sum _{k=0}^{\infty }|a_k|$ 收敛, 所以对任意的 $\epsilon >0$, 存在 $N$, 使得对任意的 $n⩾N$ 和任意的 $p⩾0$, 我们有 $|\sum _{n⩽k⩽n+p}|a_k||<\epsilon$. 根据三角不等式, 我们就有$$\left|\sum _{n⩽k⩽n+p}{a}_k\right|⩽|\sum _{n⩽k⩽n+p}|a_k||<\epsilon ,$$所以, $\sum _{k=0}^{\infty }{a}_k$ 收敛.

$\square$

注记. 上面的 $2)$ 和 $3)$ 结合在一起非常好用: 为了证明一个级数 $\sum _{k=0}^{\infty }{a}_k$ 收敛, 很多情况下只要说明它绝对收敛就可以了, 此时, 再找一个收敛的正项级数 $\sum _{k=0}^{\infty }{b}_k$ 控制 $\sum _{k=0}^{\infty }|a_k|$ 即可.

用较大的收敛级数来控制较小的级数从而证明较小的级数是收敛的, 这是分析中最基本一个技术和想法.

然而, 这个想法貌似存在着不合理的地方: 直观上, 证明更大的级数收敛是比证明原来的小一点的级数收敛更难的事情. 真正的解释是理解这个想法的核心 (这在定理叙述中无法看出来) : 通过适当选取较大的级数应容易计算.

例子. 我们给出上述命题的几个简单应用:

1)	交错项的调和级数 $\sum _{k=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^k}{k}$ 是收敛的但是不绝对收敛.
2)	级数 $\sum _{k=1}^{\infty }\frac{1}{k^2}$ 是收敛的: 我们可以用 $\sum _{k=2}^{\infty }\frac{1}{(k-1)k}$ 作为控制级数, 此时, 通过将后一个级数中的单项写成 $\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k}$ 的形式很容易算出部分和 (望远镜求和法) .
3)	级数 $(e=)\sum _{k=0}^{\infty }\frac{1}{k!}$ 收敛: 我们可以用 $\sum _{k=2}^{\infty }\frac{1}{2^k}$ 作为控制级数, 因为等比数列更容易求和.

练习. 绝对收敛的概念对于复数项的级数或者在线性空间中 (包括矩阵) 取值的级数也成立, 我们这里只考虑复数的情形, 其余的我们会有更为一般的讨论:

考虑复数项的级数 $\sum _{k=0}^{\infty }{a}_k$. 如果 $\sum _{k=0}^{\infty }|a_k|$ 收敛, 证明, $\sum _{k=0}^{\infty }{a}_k$ 也收敛, 其中 $|\cdot |$ 是取复数的模长.

1.	^ 给定 $n$ 个正实数 $a_1,a_2,\cdots ,a_n$, 它们的算术平均值 $A_M$ 和几何平均值 $G_M$ 分别定义为$$A_M=\frac{a_1+a_2+\cdots +a_n}{n},G_M=(a_1\cdot a_2\cdot \cdots \cdot a_n{)}^{\frac{1}{n}}.$$那么, $G_M⩽A_M$ 并且如果等号成立当且仅当 $a_1=a_2=\cdots =a_n$.