习题课讲解

11.3 习题课讲解

11.3.1 级数求和的初等方法

例 11.3.1 (例1) 求以下级数的和：

(1): $\sum_{n = 0}^{+ \infty} (\sqrt{n + 2} - 2 \sqrt{n + 1} + \sqrt{n})$
(2): $\sum_{n} \frac{1}{n (n + 1) (n + 2)}$
(3): $\sum_{n} \arctan \frac{1}{2 n^{2}}$
(4): $\sum_{n} \frac{n}{2^{n}}$

解 (1) 裂项可得 $\begin{matrix} (1) & \begin{aligned} \sum_{n = 0}^{N} (\sqrt{n + 2} - 2 \sqrt{n + 1} + \sqrt{n}) & = \sum_{n = 0}^{N} (\sqrt{n + 2} - \sqrt{n + 1}) - \sum_{n = 0}^{N} (\sqrt{n + 1} - \sqrt{n}) \\ = \sqrt{N + 2} - \sqrt{N + 1} - 1 = \frac{1}{\sqrt{N + 2} + \sqrt{N + 1}} - 1 \overset{N \to + \infty}{\to} - 1 \end{aligned} \end{matrix}$

(2）裂项可得 $\begin{matrix} (2) & \sum_{n = 1}^{N} \frac{1}{n (n + 1) (n + 2)} = \sum_{n = 1}^{N} \frac{1}{2} [\frac{1}{n (n + 1)} - \frac{1}{(n + 1) (n + 2)}] = \frac{1}{4} - \frac{1}{2 (N + 1) (N + 2)} \overset{N \to + \infty}{\to} \frac{1}{4} \end{matrix}$

(3) 本题的关键在于如何裂项。注意到 $\begin{matrix} (3) & \tan (α - β) = \frac{\tan α - \tan β}{1 + \tan α \tan β} ⟹ \arctan x - \arctan y = \arctan \frac{x - y}{1 + x y} \end{matrix}$ 令 $x = x_{n}$ 、 $y = x_{n - 1}$ ，则 $\begin{matrix} (4) & \frac{1}{2 n^{2}} = \frac{x_{n} - x_{n - 1}}{1 + x_{n} x_{n - 1}} ⟹ x_{n} = \frac{1 + 2 n^{2} x_{n - 1}}{2 n^{2} - x_{n - 1}} \end{matrix}$ 初始条件为 $x_{0} = 0$ ，利用数学归纳法可得 $x_{n} = \frac{n - 1}{n}$ ，故有 $\begin{matrix} (5) & \sum_{n = 1}^{+ \infty} \arctan \frac{1}{2 n^{2}} = lim_{n \to + \infty} \arctan x_{n} - \arctan x_{0} = \arctan 1 - 0 = \frac{π}{4} \end{matrix}$ 也可以选择初始条件为 $x_{0} = 1$ ，利用数学归纳法可得 $x_{n} = 2 n + 1$ ，故有 $\begin{matrix} (6) & \sum_{n = 1}^{+ \infty} \arctan \frac{1}{2 n^{2}} = lim_{n \to + \infty} \arctan x_{n} - \arctan x_{0} = \arctan (+ \infty) - \frac{π}{4} = \frac{π}{4} \end{matrix}$

(4) 考虑裂项 $\begin{matrix} (7) & \begin{aligned} S_{N} & = {\begin{array}{c} \frac{1}{2} & + \frac{1}{4} & + \frac{1}{8} & + \dots & + \frac{1}{2^{N}} \\ + \frac{1}{4} & + \frac{1}{8} & + \dots & + \frac{1}{2^{N}} \\ + \frac{1}{8} & + \dots & + \frac{1}{2^{N}} \\ ⋱ & ⋮ \\ + \frac{1}{2^{N}} \end{array} = (1 - \frac{1}{2^{N}}) + (\frac{1}{2} - \frac{1}{2^{N}}) + \dots + (\frac{1}{2^{N - 1}} - \frac{1}{2^{N}}) \\ = 1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{2^{N - 1}} - \frac{N}{2^{N}} = 2 - \frac{N + 2}{2^{N}} \overset{N \to + \infty}{\to} 2 \end{aligned} \end{matrix}$ 也可以采用错位相减法。设 $S_{N} = \sum_{n = 1}^{N} \frac{n}{2^{n}}$ ，则有 $\begin{matrix} (8) & \begin{aligned} S_{N} - \frac{1}{2} S_{N} & = \sum_{n = 1}^{N} \frac{n}{2^{n}} - \sum_{n = 1}^{N} \frac{n}{2^{n + 1}} = \frac{1}{2} + \sum_{n = 2}^{N} \frac{n - (n - 1)}{2^{n}} - \frac{N}{2^{N + 1}} \\ = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} - \frac{1}{2^{N}} - \frac{N}{2^{N + 1}} = 1 - \frac{N + 2}{2^{N + 1}} \\ ⟹ S_{N} & = 2 - \frac{N + 2}{2^{N}} ⟹ \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{n}{2^{n}} = lim_{N \to + \infty} S_{N} = 2 \end{aligned} \end{matrix}$ 还可以把数项级数套入函数项级数的框架，然后利用逐项求导、逐项积分进行求和，是一种重要的非初等求和方法： $\begin{matrix} (9) & \begin{aligned} S & = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{n}{2^{n}} = {[x \sum_{n = 1}^{+ \infty} n x^{n - 1}]}_{x = \frac{1}{2}} = {[x \sum_{n = 1}^{+ \infty} (x^{n})^{'}]}_{x = \frac{1}{2}} \dots 如果可以逐项求导 \\ = {[x {(\sum_{n = 1}^{+ \infty} x^{n})}^{'}]}_{x = \frac{1}{2}} = {[x {(\frac{x}{1 - x})}^{'}]}_{x = \frac{1}{2}} = {\frac{x}{(1 - x)^{2}} |}_{x = \frac{1}{2}} = 2 \end{aligned} \end{matrix}$ $◻$

注错位相减法适用于所有等差数列×等比数列形式的级数求和，即 $\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{a + d n}{q^{n}}$ 。如果利用D’Alembert判别法先证明级数收敛（只需 $| q | > 1$ ） $\begin{matrix} (10) & | q | > 1 ⟹ lim_{n \to + \infty} | \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} | = \frac{1}{| q |} lim_{n \to + \infty} | 1 + \frac{d}{a + d n} | = \frac{1}{| q |} < 1 ⟹ A . C . \end{matrix}$ 此时则上述证明还可以进一步简化为： $\begin{matrix} (11) & lim_{N \to + \infty} (S_{N} - \frac{1}{2} S_{N}) = \frac{1}{2} + lim_{N \to + \infty} \sum_{n = 2}^{N} \frac{1}{2^{n}} - lim_{N \to + \infty} \frac{N}{2^{N + 1}} = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} - 0 = 1 \end{matrix}$

例 11.3.2 (例2) 已知 $lim_{n \to + \infty} \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} - \ln n = γ = 0.577 \dots$ （称为Euler常数），求以下级数的和：

(1): $1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \dots$
(2): $1 + \frac{1}{3} - \frac{1}{2} + \frac{1}{5} + \frac{1}{7} - \frac{1}{4} + \frac{1}{9} + \frac{1}{11} - \frac{1}{6} + \dots$

证明本题的级数具有规律性（ $2 n$ 或 $3 n$ ），故一般先证明部分和数列的子列（ $S_{2 n}$ 或 $S_{3 n}$ ）收敛，后证明 $S_{n}$ 的极限与子列的极限相同。记 $H_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k}$ 。

(1) 注意到 $\begin{matrix} (12) & S_{2 n} = (1 + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{2 n - 1}) - (\frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \dots + \frac{1}{2 n}) = H_{2 n} - H_{n} \end{matrix}$ 故有 $\begin{matrix} (13) & lim_{n \to + \infty} S_{2 n} = lim_{n \to + \infty} (H_{2 n} - \ln 2 n) - lim_{n \to + \infty} (H_{n} - \ln n) + \ln 2 = γ - γ + \ln 2 = \ln 2 \end{matrix}$ 此外还有 $\begin{matrix} (14) & lim_{n \to + \infty} S_{2 n - 1} = lim_{n \to + \infty} S_{2 n} - a_{2 n} = \ln 2 - 0 = \ln 2 \end{matrix}$ 因此级数的和为 $\ln 2$ 。

(2) 注意到 $\begin{matrix} (15) & S_{3 n} = (1 + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{4 n - 1}) - (\frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \dots + \frac{1}{2 n}) = H_{4 n} - \frac{1}{2} H_{2 n} - \frac{1}{2} H_{n} \end{matrix}$ 故有 $\begin{matrix} (16) & \begin{aligned} lim_{n \to + \infty} S_{3 n} & = lim_{n \to + \infty} (H_{4 n} - \ln 4 n) - \frac{1}{2} lim_{n \to + \infty} (H_{2 n} - \ln 2 n) - \frac{1}{2} lim_{n \to + \infty} (H_{n} - \ln n) + \frac{3}{2} \ln 2 \\ = γ - \frac{1}{2} γ - \frac{1}{2} γ + \frac{3}{2} \ln 2 = \frac{3}{2} \ln 2 \end{aligned} \end{matrix}$ 此外还有 $\begin{matrix} (17) & \begin{aligned} lim_{n \to + \infty} S_{3 n - 1} & = lim_{n \to + \infty} S_{3 n} - a_{3 n} = \frac{3}{2} \ln 2 - 0 = \frac{3}{2} \ln 2 \\ lim_{n \to + \infty} S_{3 n - 2} & = lim_{n \to + \infty} S_{3 n - 1} - a_{3 n - 1} = \frac{3}{2} \ln 2 - 0 = \frac{3}{2} \ln 2 \end{aligned} \end{matrix}$ 因此级数的和为 $\frac{3}{2} \ln 2$ 。 $◻$

注本题即为Riemann重排定理的一个应用。注意到 $\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n}$ 发散，但 $\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{(- 1)^{n}}{n}$ 收敛，故可以通过重排使得级数收敛于任意实数。

11.3.2 级数的敛散性

例 11.3.3 (例3，Du Bois-Reymond & Abel) 是否存在收敛或发散得最慢的级数？

解均不存在。以下设 $a_{n} > 0$

(1) 若 $\sum a_{n}$ 收敛，记 $\begin{matrix} (18) & b_{n} = \sqrt{\sum_{k \geq n} a_{k}} - \sqrt{\sum_{k \geq n + 1} a_{k}} \end{matrix}$ 则 $b_{n} > 0$ ，且 $\begin{matrix} (19) & B_{n} = \sum_{k \geq n} b_{k} = \sqrt{\sum_{k \geq 1} a_{k}} - \sqrt{\sum_{k \geq n + 1} a_{k}} \to \sqrt{\sum_{k \geq 1} a_{k}}, n \to + \infty \end{matrix}$ 所以级数 $\sum b_{n}$ 收敛。注意到 $\begin{matrix} (20) & \frac{a_{n}}{b_{n}} = \frac{\sum_{k \geq n} a_{k} - \sum_{k \geq n + 1} a_{k}}{\sqrt{\sum_{k \geq n} a_{k}} - \sqrt{\sum_{k \geq n + 1} a_{k}}} = \sqrt{\sum_{k \geq n} a_{k}} + \sqrt{\sum_{k \geq n + 1} a_{k}} \to 0, n \to + \infty \end{matrix}$ 即无穷远处 $a_{n}$ 远小于 $b_{n}$ ，所以级数 $\sum b_{n}$ 收敛得更慢。

(2) 若 $\sum a_{n}$ 发散，记 $\begin{matrix} (21) & b_{n} = \sqrt{\sum_{k \leq n + 1} a_{k}} - \sqrt{\sum_{k \leq n} a_{k}} \end{matrix}$ 则 $b_{n} > 0$ ，且 $\begin{matrix} (22) & B_{n} = \sum_{k \leq n} b_{k} = \sqrt{\sum_{k \leq n + 1} a_{k}} - \sqrt{a_{1}} \to + \infty, n \to + \infty \end{matrix}$ 所以级数 $\sum b_{n}$ 发散。注意到 $\begin{matrix} (23) & \frac{b_{n}}{a_{n}} = \frac{\sqrt{\sum_{k \geq n} a_{k}} - \sqrt{\sum_{k \geq n + 1} a_{k}}}{\sum_{k \geq n} a_{k} - \sum_{k \geq n + 1} a_{k}} = \frac{1}{\sqrt{\sum_{k \leq n + 1} a_{k}} + \sqrt{\sum_{k \leq n} a_{k}}} \to 0 n \to + \infty \end{matrix}$ 即无穷远处 $b_{n}$ 远小于 $a_{n}$ ，所以级数 $\sum b_{n}$ 发散得更慢。 $◻$

例 11.3.4 (例4、例5) 判断以下级数的敛散性：

(1): $\sum_{n} \frac{\sqrt[3]{5 n^{2} - 2 n + 1}}{n^{α}}$
(2): $\sum_{n} {[e - {(1 + \frac{1}{n})}^{n}]}^{α}$

解 (1) 分离主项可得 $\begin{matrix} (24) & | a_{n} | = \frac{n^{2 / 3} [\sqrt[3]{5} + o (1)]}{n^{α}} = \frac{\sqrt[3]{5} + o (1)}{n^{α - 2 / 3}} \end{matrix}$ 故级数收敛当且仅当 $α - \frac{2}{3} > 1$ ，即 $α > 5 / 3$ 。

(2) 利用Taylor展开分离主项可得 $\begin{matrix} (25) & \begin{aligned} a_{n} & = {[e - {(1 + \frac{1}{n})}^{n}]}^{α} = {[e - e^{n \ln (1 + \frac{1}{n})}]}^{α} = {[e - e^{1 - \frac{1}{2 n} + O (\frac{1}{n^{2}})}]}^{α} \\ = e^{α} {[1 - (1 - \frac{1}{2 n} + O (\frac{1}{n^{2}}))]}^{α} = \frac{e^{α}}{2^{α} n^{α}} [1 + o (\frac{1}{n})] \end{aligned} \end{matrix}$ 故级数收敛当且仅当 $α > 1$ 。 $◻$

例 11.3.5 (例6) 判断以下级数的敛散性（以下设 $x > 0$ 、 $a \in R$ ）：

(1): $\sum_{n} \frac{1}{(2 n - 1) 2^{n - 1}}$
(2): $\sum_{n} \sin \frac{π}{2^{n}}$
(3): $\sum_{n = 2}^{+ \infty} \frac{1}{\ln n}$
(4): $\sum_{n} \frac{\ln n}{n^{3 / 2}}$
(5): $\sum_{n} {(\frac{1 + n^{2}}{1 + n^{3}})}^{2}$
(6): $\sum_{n} \frac{\sin \frac{1}{\sqrt{n}}}{n}$
(7): $\sum_{n} \frac{1}{\sqrt{n}} \ln \frac{n + 1}{n - 1}$
(8): $\sum_{n} (e^{\frac{1}{\sqrt{n}}} - 1)$
(9): $\sum_{n} \frac{2^{n}}{(2 n - 1)!}$
(10): $\sum_{n} \frac{n^{2}}{2^{n}}$
(11): $\sum_{n} \frac{(2 n - 1)!!}{3^{n} n!}$
(12): $\sum_{n} n^{2} \sin \frac{π}{3^{n}}$
(13): $\sum_{n} \frac{1}{3^{n}} {(1 + \frac{1}{n})}^{n^{2}}$
(14): $\sum_{n} x^{1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n}}$
(15): $\sum_{n} \frac{\ln n!}{n^{α}}$
(16): $\sum_{n} \sin (π \sqrt{n^{2} + 1})$
(17): $\sum_{n} \frac{(- 1)^{n}}{n - \ln n}$
(18): $\sum_{n} \frac{\sin n x}{n^{α}}$

解 (1) $0 < a_{n} \leq \frac{1}{2^{n - 1}}$ ，收敛。

(2) $0 < a_{n} < \frac{π}{2^{n}}$ ，收敛。

(3) $a_{n} > \frac{1}{n}$ ，收敛。

(4) 存在 $N > 0$ 使得 $n > N ⟹ \ln n < n^{1 / 4}$ ，此时有 $0 < a_{n} < n^{- 5 / 4}$ ，收敛。

(5) $a_{n} = \frac{1}{n^{2}} {(\frac{1 + n^{- 2}}{1 + n^{- 3}})}^{2} = O (\frac{1}{n^{2}})$ ，收敛。

(6) $a_{n} = O (\frac{1}{\sqrt{n}}) \cdot \frac{1}{n} = O (\frac{1}{n^{3 / 2}})$ ，收敛。

(7) $a_{n} = \frac{1}{\sqrt{n}} \ln (1 + \frac{2}{n - 1}) = O (\frac{2}{\sqrt{n} (n - 1)}) = O (\frac{1}{n^{3 / 2}})$ ，收敛。

(8) $a_{n} = O (\frac{1}{\sqrt{n}})$ ，发散。

(9) 利用D’Alembert判别法可得 $lim_{n \to + \infty} \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} = lim_{n \to + \infty} \frac{1}{n (2 n + 1)} = 0 < 1$ ，收敛。

(10) 利用D’Alembert判别法可得 $lim_{n \to + \infty} \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} = lim_{n \to + \infty} \frac{1}{2} {(1 + \frac{1}{n})}^{2} = \frac{1}{2} < 1$ ，收敛。

(11) 利用D’Alembert判别法可得 $lim_{n \to + \infty} \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} = lim_{n \to + \infty} \frac{2 n + 1}{3 n + 1} = \frac{2}{3} < 1$ ，收敛。

(12) $a_{n} = O (\frac{n^{2}}{3^{n}})$ ，利用D’Alembert判别法可得 $lim_{n \to + \infty} \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} = lim_{n \to + \infty} \frac{1}{3} {(1 + \frac{1}{n})}^{2} = \frac{1}{3}$ ，收敛。

(13) 利用Taylor展开可得 $\begin{matrix} (26) & \begin{aligned} \frac{1}{3^{n}} {(1 + \frac{1}{n})}^{n^{2}} & = \frac{1}{3^{n}} \exp [n^{2} \ln (1 + \frac{1}{n})] = \frac{1}{3^{n}} \exp [n^{2} (\frac{1}{n} + O (\frac{1}{n^{2}}))] \\ = \frac{1}{3^{n}} \exp [n + O (1)] = O ({(\frac{e}{3})}^{n}) \end{aligned} \end{matrix}$ 收敛。

(14) 借助积分放缩可得 $\begin{matrix} (27) & \ln n = \int_{1}^{n} \frac{d x}{x} < H_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} < 1 + \int_{1}^{n} \frac{d x}{x} = 1 + \ln n \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (28) & n^{\ln x} = x^{\ln n} < x^{H_{n}} < x^{1 + \ln n} = x \cdot e^{\ln x \ln n} = x \cdot n^{\ln x} \end{matrix}$ 故 $x^{H_{n}} = O (n^{\ln x})$ ，因此 $\sum_{n} x^{H_{n}}$ 收敛当且仅当 $\ln x < - 1$ ，即 $0 < x < \frac{1}{e}$ 。

(15) 借助积分放缩可得 $\begin{matrix} (29) & n \ln n > \ln n! > \int_{1}^{n} \ln x d x > n \ln n - n \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (30) & \frac{1}{n^{α - 1}} < \frac{\ln n - 1}{n^{α - 1}} < \frac{\ln n!}{n^{α}} < \frac{\ln n}{n^{α - 1}} < \frac{1}{n^{α - 1 - ε}} \end{matrix}$ 故 $\frac{1}{n^{α - 1}} = O (\frac{\ln n!}{n^{α}})$ ， $\frac{1}{n^{α - 1}}$ 发散（ $α \leq 2$ ）则 $\frac{\ln n!}{n^{α}}$ 发散； $\frac{\ln n!}{n^{α}} = O (\frac{1}{n^{α - 1 - ε}})$ ， $\frac{1}{n^{α - 1 - ε}}$ 收敛（ $α > 2$ ）则 $\frac{\ln n!}{n^{α}}$ 收敛。

(16) 利用Taylor展开可得 $\begin{matrix} (31) & π \sqrt{n^{2} + 1} = π n {(1 + \frac{1}{n^{2}})}^{1 / 2} = π n [1 + \frac{1}{2 n^{2}} + O (\frac{1}{n^{4}})] \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (32) & \begin{aligned} \sin (π \sqrt{n^{2} + 1}) & = \sin [π n (1 + \frac{1}{2 n^{2}} + O (\frac{1}{n^{4}}))] = (- 1)^{n} \sin [\frac{π}{2 n} + O (\frac{1}{n^{3}})] \\ = (- 1)^{n} [\frac{π}{2 n} + O (\frac{1}{n^{3}})] \end{aligned} \end{matrix}$ 故 $\sin (π \sqrt{n^{2} + 1})$ 可以被拆分成两个收敛的级数之和，收敛。

(17) $\frac{1}{x - \ln x}$ 关于 $x$ 在 $(1, + \infty)$ 上单调递减， $lim_{x \to + \infty} \frac{1}{x - \ln x} = 0$ ，由Leibniz判别法知级数收敛。

(18) 当 $x = k π$ （ $k \in Z$ ）时，显然收敛，以下设 $x \neq k π$ （ $k \in Z$ ）。

当 $α > 0$ 时，部分和 $\sum_{n} \sin n x$ 有界且 $\frac{1}{n^{α}}$ 单调趋于 $0$ ，由Dirichlet判别法知其收敛。当 $α \leq 0$ 时， $lim_{n \to + \infty} \frac{\sin n x}{n^{α}} = 0$ 不成立，故不收敛。 $◻$

注设 $x \neq k π$ （ $k \in Z$ ）、 $α \leq 0$ ，如何说明 $lim_{n \to + \infty} \frac{\sin n x}{n^{α}} = 0$ 不成立？假设 $lim_{n \to + \infty} \frac{\sin n x}{n^{α}} = 0$ ，注意到 $lim_{n \to + \infty} n^{α} = 0$ 或 $1$ ，则 $lim_{n \to + \infty} \sin n x = 0$ 。设 $y = \frac{x}{π}$ ，若 $y \in Q$ ，显然不成立；若 $y \notin Q$ ，则 ${n y}$ 在 $[0, 1]$ 上稠密，故 $| \sin n x | = | \sin ({n y} π) |$ 亦在 $[0, 1]$ 上稠密，不成立。

另一种证明可以避免使用稠密性。假设 $\underset{n \to + \infty}{lim sup} | \sin n x | = 0$ ，则有 $lim_{n \to + \infty} | \cos n x | = 1$ 。取子列 $n_{k}$ 使得 $lim_{k \to + \infty} \cos n_{k} x = 1$ ，注意到 $\begin{matrix} (33) & \sin (n_{k} + 1) x = \sin n_{k} x \cos x + \cos n_{k} x \sin x \to \sin x \neq 0, k \to + \infty \end{matrix}$ 矛盾！故 $lim_{n \to + \infty} \frac{\sin n x}{n^{α}} \neq 0$ 。

例 11.3.6 (例7) 设 $a_{n} \geq 0$ 单调不增。证明：级数 $\sum_{n = 1}^{+ \infty} a_{n}$ 收敛当且仅当 $\sum_{k = 1}^{+ \infty} 2^{k} a_{2^{k}}$ 收敛，并使用该结论讨论级数 $\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{p}}$ 、 $\sum_{n = 2}^{+ \infty} \frac{1}{n (\ln n)^{p}}$ 的敛散性。

证明（必要性）若 $\sum_{n = 1}^{+ \infty} a_{n}$ 收敛，记收敛值为 $M_{1}$ ，则 $\begin{matrix} (34) & \begin{aligned} a_{1} + 2 a_{2} + 4 a_{4} + \dots + 2^{k} a_{2^{k}} = a_{1} + 2 [a_{2} + 2 a_{4} + \dots + 2^{k - 1} a_{2^{k}}] \\ \leq 2 a_{1} + 2 [a_{2} + (a_{3} + a_{4}) + \dots + (a_{2^{k - 1} + 1} + \dots + a_{2^{k}})] \leq 2 M_{1} \end{aligned} \end{matrix}$ 故 $\sum_{k = 1}^{+ \infty} 2^{k} a_{2^{k}}$ 收敛。

（充分性）若 $\sum_{k = 1}^{+ \infty} 2^{k} a_{2^{k}}$ 收敛，记收敛值为 $M_{2}$ ，则 $\begin{matrix} (35) & \begin{aligned} a_{1} + a_{2} + a_{3} + \dots + a_{2^{n}} \leq a_{1} + (a_{2} + a_{3}) + \dots + (a_{2^{n}} + \dots + a_{2^{n + 1} - 1}) \\ \leq a_{1} + 2 a_{2} + \dots + 2^{n} a_{2^{n}} \leq M_{2} \end{aligned} \end{matrix}$ 故 $\sum_{n = 1}^{+ \infty} a_{n}$ 收敛。

当 $p \leq 0$ 时， $\frac{1}{n^{p}} \geq 1$ ，故 $\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{p}}$ 发散。当 $p > 0$ 时， $\frac{1}{n^{p}}$ 严格减，故有 $\begin{matrix} (36) & \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{p}} \sim \sum_{n = 1}^{+ \infty} 2^{n} \frac{1}{(2^{n})^{p}} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{(2^{p - 1})^{n}} \end{matrix}$ 收敛当且仅当 $p > 1$ 。

当 $p \leq 0$ 时， $\frac{1}{n (\ln n)^{p}} \geq \frac{1}{n}$ （ $n \geq 3$ ），故 $\sum_{n = 2}^{+ \infty} \frac{1}{n (\ln n)^{p}}$ 发散。当 $p > 1$ 时， $\frac{1}{n (\ln n)^{p}}$ 严格减，故有 $\begin{matrix} (37) & \sum_{n = 2}^{+ \infty} \frac{1}{n (\ln n)^{p}} \sim \sum_{n = 2}^{+ \infty} 2^{n} \frac{1}{2^{n} (\ln 2^{n})^{p}} = \frac{1}{(\ln 2)^{p}} \sum_{n = 2}^{+ \infty} \frac{1}{n^{p}} \end{matrix}$ 收敛当且仅当 $p > 1$ 。 $◻$

11.3.3 绝对收敛的性质

例 11.3.7 (例8) 设 $z \in C$ ，记 $\begin{matrix} (38) & \exp z = 1 + z + \frac{z^{2}}{2} + \dots + \frac{z^{n}}{n!} + \dots = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{z^{n}}{n!} \end{matrix}$ 证明： $\forall z, w \in C$ ，成立 $\exp (z + w) = \exp z \exp w$ 。

证明利用D’Alembert判别法可得 $\begin{matrix} (39) & lim_{n \to + \infty} | \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} | = lim_{n \to + \infty} \frac{| z |^{n + 1}}{(n + 1)!} \cdot \frac{n!}{| z |^{n}} = lim_{n \to + \infty} \frac{| z |}{n + 1} = 0 < 1 \end{matrix}$ 故级数绝对收敛，成立级数的乘法法则，有 $\begin{matrix} (40) & \exp z \exp w = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \sum_{k = 0}^{n} \frac{z^{k}}{k!} \frac{w^{n - k}}{(n - k)!} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{n!} \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) z^{k} w^{n - k} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{(z + w)^{n}}{n!} = \exp (z + w) \end{matrix}$ $◻$

注下面证明： $\forall x \in R$ ， $\exp x = e^{x}$ 。容易通过数学归纳法证明： $\forall r \in Q$ ， $\exp r = e^{r}$ 。固定 $R > 1$ ，由级数的收敛性可得： $\forall ε > 0$ ， $\exists N_{ε}$ 使得 $\begin{matrix} (41) & \sum_{n = N_{ε} + 1}^{+ \infty} \frac{R^{n}}{n!} < ε \end{matrix}$ 由有限项级数的一致连续性可得： $\exists δ_{ε} \in (0, 1)$ ，使得 $\forall z, w \in C$ ，都有 $\begin{matrix} (42) & | z | \leq R \land | w | \leq R \land | z - w | < δ_{ε} ⟹ | \sum_{n = 0}^{N_{ε}} \frac{z^{n}}{n!} - \sum_{n = 0}^{N_{ε}} \frac{w^{n}}{n!} | < ε \end{matrix}$ 于是有 $\begin{matrix} (43) & \begin{aligned} | \exp z - \exp w | & \leq | \exp z - \sum_{n = 0}^{N_{ε}} \frac{z^{n}}{n!} | + | \sum_{n = 0}^{N_{ε}} \frac{z^{n}}{n!} - \sum_{n = 0}^{N_{ε}} \frac{w^{n}}{n!} | + | \sum_{n = 0}^{N_{ε}} \frac{w^{n}}{n!} - \exp w | \\ \leq \sum_{n = N_{ε} + 1}^{+ \infty} \frac{R^{n}}{n!} + | \sum_{n = 0}^{N_{ε}} \frac{z^{n}}{n!} - \sum_{n = 0}^{N_{ε}} \frac{w^{n}}{n!} | + \sum_{n = N_{ε} + 1}^{+ \infty} \frac{R^{n}}{n!} < 3 ε \end{aligned} \end{matrix}$ 因此 $\exp z$ 在 ${z \in C ∣ | z | \leq R}$ 上一致连续。由于 $R$ 是任意的，故 $\exp z$ 在 $C$ 上连续。于是 $\forall x \in R$ ，成立 $\exp x = e^{x}$ 。

例 11.3.8 (例9) 设 $μ, z \in C$ 且 $| z | < 1$ ，记 $\begin{matrix} (44) & P_{μ} (z) = 1 + μ z + \frac{μ (μ - 1)}{2} z^{2} + \dots + \frac{μ (μ - 1) \dots (μ - n + 1)}{n!} z^{n} + \dots = \sum_{n = 0}^{+ \infty} (\binom{μ}{n}) z^{n} \end{matrix}$ 其中 $(\binom{μ}{n})$ 为广义二项式系数， $(\binom{μ}{0}) = 1$ 。证明： $P_{μ} (z) P_{ν} (z) = P_{μ + ν} (z)$ 。

证明利用D’Alembert判别法可得 $\begin{matrix} (45) & lim_{n \to + \infty} | \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} | = lim_{n \to + \infty} \frac{| μ (μ - 1) \dots (μ - n + 1) (μ - n) | \cdot | z |^{n + 1} \cdot n!}{| μ (μ - 1) \dots (μ - n + 1) | \cdot | z |^{n} \cdot (n + 1)!} = lim_{n \to + \infty} \frac{| n - μ |}{n + 1} | z | = | z | < 1 \end{matrix}$ 故级数绝对收敛，成立级数的乘法法则，有 $\begin{matrix} (46) & P_{μ} (z) P_{ν} (z) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \sum_{k = 0}^{n} (\binom{μ}{k}) (\binom{ν}{n - k}) z^{n} \overset{?}{=} \sum_{n = 0}^{+ \infty} (\binom{μ + ν}{n}) z^{n} = P_{μ + ν} (z) \end{matrix}$ 我们只需要证明： $\begin{matrix} (47) & \sum_{k = 0}^{n} (\binom{μ}{k}) (\binom{ν}{n - k}) = (\binom{μ + ν}{n}) \end{matrix}$ 当 $μ, ν$ 均为不小于 $n$ 的自然数时，问题转化为以下组合数学问题：考虑一个有 $μ$ 个红球、 $ν$ 个白球的盒子，从中取 $n$ 个球，显然有 $(\binom{μ + ν}{n})$ 种取法。另一方面，可以先取 $k$ 个红球，再取 $n - k$ 个白球， $k$ 可从 $0$ 取到 $n$ ，故共有 $\sum_{k = 0}^{n} (\binom{μ}{k}) (\binom{ν}{n - k})$ 种取法。因此等式成立。

注意到等式左右两侧均为关于 $μ, ν$ 的 $n$ 次多项式，由于等式在 $μ, ν \in N \cap [n, + \infty)$ 上成立，故 $\forall μ, ν \in C$ ，等式亦成立。 $◻$

注实际上有 $P_{μ} (z) = (1 + z)^{μ}$ ，证明方法与上题相似：先证明 $\forall r \in Q$ 成立 $P_{r} (z) = (1 + z)^{r}$ ，再证明 $P_{μ} (z)$ 在任意 ${z \in C ∣ | z | \leq R}$ （ $0 < R < 1$ ）上一致连续，最后利用连续性可得 $\forall x \in R$ 成立 $P_{x} (z) = (1 + z)^{x}$ 。