漫步数学分析二十九—

本篇文章我们介绍无限级数的相关理论，我们先从幂级数开始。

定义5\textbf{定义5} 幂级数就是形如Σ∞k=0akxk\Sigma_{k=0}^\infty a_kx^k的级数，其中系数aka_k是固定的实(或虚)数，令

limk→∞sup|ak|−−−√k=1R

\lim_{k\to\infty}\sup{\sqrt[k]{|a_k|}=\frac{1}{R}}

RR称为幂级数的收敛半径，{x||x|=R}\{x||x|=R\}是收敛圆(xx可能是实数或虚数)。

注意0≤R≤+∞0\leq R\leq +\infty；RR可能是零或∞\infty。定义5中的术语因此下面的结论。

定理15\textbf{定理15} 对|x|<R,Σ∞k=0akxk|x| 绝对收敛，对|x|≤R′|x|\leq R^\prime，级数一致收敛，其中R′<RR^\prime，如果|x|>R|x|>R，那么级数发散。(如果|x|=R|x|=R的话，该定理没有给出任何信息)

这些收敛性由RR唯一确定。

推论4\textbf{推论4} 幂级数的和是其收敛圆内的C∞C^\infty 函数，它可以逐项微分并且微分级数有相同的收敛半径。

这个证明充分利用了前面级数逐项微分的结论。

如果limn→∞|an/an+1|\lim_{n\to\infty}|a_n/a_{n+1}|存在，那么它的极限是RR，也就是收敛半径。通过利用定理15以及比率测试可以很容易看出这个结果。

接下来我们讨论Cesaro求和的概念。

定义6\textbf{定义6} 令

Sn=∑k=1nak,σn=1n∑k=1nSk;

S_n=\sum_{k=1}^na_k,\quad\sigma_n=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n S_k;

所以σn\sigma_n是前nn项部分和级数的算术平均，注意公式

σn=∑k=1n(1−k−1n)ak

\sigma_n=\sum_{k=1}^n\left(1-\frac{k-1}{n}\right)a_k

如果limn→∞σn=A\lim_{n\to\infty}\sigma_n=A，那么级数Σ∞k=1ak\Sigma_{k=1}^\infty a_k就称为Cesaro 1-求和或(C,1)(C,1)求和为AA，此时我们写作

∑k=1∞ak=A(C,1)

\sum_{k=1}^\infty a_k=A\quad(C,1)

这里的想法是知道一些方法可以在向不同的发散级数上附加新的意义，例如

12=1−1+1−1+⋯(C,1)

\frac{1}{2}=1-1+1-1+\cdots\quad(C,1)

这里Sn=1,0,1,0,…S_n=1,0,1,0,\ldots

Tn=∑k=1nSk=1,1,2,2,3,3,…

T_n=\sum_{k=1}^n S_k=1,1,2,2,3,3,\ldots

因此σ2n=n/2n,σ2n+1=n+1/(2n+1)\sigma_{2n}=n/2n,\sigma_{2n+1}=n+1/(2n+1)，所以limn→∞σn=1/2\lim_{n\to\infty}\sigma_n=1/2。

然而，通过平均σn\sigma_n，我们可以引入更强有力的求和方法，就像(C,1)(C,1)方法那样，它是基于平均SnS_n。也就是说，我们将给定的级数(C,2)(C,2)和定义为limn→∞(σ1+σ2+⋯+σn)/n\lim_{n\to\infty}(\sigma_1+\sigma_2+\cdots+\sigma_n)/n，当然前提是极限存在。

至此，相信大家对于如何定义(C,r)(C,r)和非常清楚了，下面给出(C,1)(C,1)求和的一些基本性质。

如果Σak=A(C,1),Σbk=B(C,1)\Sigma a_k=A(C,1),\Sigma b_k=B(C,1)，那么Σ(αak+βbk)=αA+βB(C,1)\Sigma(\alpha a_k+\beta b_k)=\alpha A+\beta B(C,1)。
如果Σ∞k=1ak=A(C,1)\Sigma_{k=1}^\infty a_k=A(C,1)，那么Σ∞k=1ak+1=A−a1(C,1)\Sigma_{k=1}^\infty a_{k+1}=A-a_1(C,1)(截头)
如果在通常情况下Σ∞k=1ak=A\Sigma_{k=1}^\infty a_k=A，那么Σ∞k=1ak=A(C,1)\Sigma_{k=1}^\infty a_k=A(C,1)。

(iii)\textrm{(iii)}的证明：我们有Sn→AS_n\to A，所以给定B<AB，存在一个n0n_0使得n≥n0⇒Sn≥Bn\geq n_0\Rightarrow S_n\geq B，接下来

σn=1n(S1+⋯+Sn0+Sn0+1+⋯+Sn)≥1n(S1+⋯+Sn0)+n−n0nB

\begin{align*} \sigma_n= &\frac{1}{n}(S_1+\cdots+S_{n_0}+S_{n_0+1}+\cdots+S_n)\\ &\geq\frac{1}{n}(S_1+\cdots+S_{n_0})+\frac{n-n_0}{n}B \end{align*}

因此limn→∞infσn≥B\lim_{n\to\infty}\inf\sigma_n\geq B。因为B<AB恒成立，所以limn→∞infσn=A\lim_{n\to\infty}\inf\sigma_n=A。

同样的证明可以说明limn→∞supσn≤A\lim_{n\to\infty}\sup\sigma_n\leq A，因此limn→∞σn=A\lim_{n\to\infty}\sigma_n=A。

接下里我们转到另一种求和方法，叫做阿贝尔求和(虽然它是由欧拉发明的)。

定义7\textbf{定义7} Σ∞k=0ak\Sigma_{k=0}^\infty a_k在阿贝尔的意义下求和到AA，如果limx→1−Σ∞k=0akxk=A\lim_{x\to 1^-}\Sigma_{k=0}^\infty a_kx^k=A。我们写作Σ∞k=0ak=A\Sigma_{k=0}^\infty a_k=A(阿贝尔(Abel))。

例如，我们有

12=1−1+1−1+⋯(Abel)

\frac{1}{2}=1-1+1-1+\cdots\quad (Abel)

因为对于|x|<1,f(x)=1−x+x2−⋯=1/(1+x)|x|，当x→1−x\to 1^{-}时它趋近于→1/2\to 1/2。

注意(至少这个例子中)阿贝尔方法与(C,1)(C,1)方法的结果是一样的。事实上，我们会在后面看待，他们始终都是一样的。首先我们将证明阿贝尔求和是regular。

定理16\textbf{定理16}(阿贝尔) 如果Σ∞k=0ak=A\Sigma_{k=0}^\infty a_k=A，那么对于|x|<1,Σ∞k=0akxk|x|收敛且limx→1−Σ∞k=0akxk=A\lim_{x\to1^{-}}\Sigma_{k=0}^\infty a_kx^k=A。

因此如果一个幂级数在闭区间上手里拿，那么它的和是连续的，即便是端点处依然连续。

实际上阿贝尔方法比(C,1)(C,1)方法更强。

定理17\textbf{定理17} Σ∞k=0ak=A(C,1)\Sigma_{k=0}^\infty a_k=A(C,1)意味着Σ∞k=0ak=A\Sigma_{k=0}^\infty a_k=A(阿贝尔)。

有一个非常有趣的话题，那就是在什么条件下，Cesaro求和级数(或阿贝尔求和级数等等)在一般的意义下是收敛的，沿着这个思路我们给出G.H.Hardy的一个结论。

定理18\textbf{定理18} 如果Σan=A(C,1),an=O(1/n)\Sigma a_n=A(C,1),a_n=O(1/n)(即，对于常数MM以及充分大的n,|an|≤M/nn,|a_n|\leq M/n)，那么Σan\Sigma a_n在一般意义下收敛(到AA)。

注意：上面的定理就是所谓的陶贝尔(Tauberian)定理。

例1：\textbf{例1：}找出Σxk,Σxk/k!\Sigma x^k,\Sigma x^k/k!的收敛半径。

解：\textbf{解：}我们利用公式

R=limn→∞∣∣∣anan+1∣∣∣

R=\lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_n}{a_{n+1}}\right|

第一个例子给出R=1R=1，第二个给出

R=limn→∞((n+1)!n!)=limn→∞(n+1)=∞

R=\lim_{n\to\infty}\left(\frac{(n+1)!}{n!}\right)=\lim_{n\to\infty}(n+1)=\infty

因此，如果|x|<1|x|，那么Σxk\Sigma x^k收敛(收敛到1/(1−x)1/(1-x))，对于所有的x,Σxk/k!x,\Sigma x^k/k!收敛(收敛到exe^x)。

例2：\textbf{例2：}说明Σ∞k=1(−1)kk\Sigma_{k=1}^\infty(-1)^kk不是可和的(C,1)(C,1)。

解：\textbf{解：}这里

an:Sn:Tn:σ2n:−1,+2,−3,+4,−5,+6,⋯−1,+1,−2,+2,−3,+3,⋯−1,0,−2,0,−3,0,⋯0,σ2n−1=−n2n−1→−12

\begin{align*} a_n:&-1,+2,-3,+4,-5,+6,\cdots\\ S_n:&-1,+1,-2,+2,-3,+3,\cdots\\ T_n:&-1,0,-2,0,-3,0,\cdots\\ \sigma_{2n}:&0,\sigma_{2n-1}=-\frac{n}{2n-1}\to-\frac{1}{2} \end{align*}
所以 limn→∞σn\lim_{n\to\infty}\sigma_n不存在。然而 (C,2)(C,2)和是 −1/4-1/4。

例3：\textbf{例3：}说明Σ∞k=1(−1)kk=−1/4\Sigma_{k=1}^\infty(-1)^kk=-1/4(阿贝尔)，这里

∑k=1∞(−1)kkxk=xddx∑(−1)kxk=xddx11+x=−x(1+x)2,|x|<1

\begin{align*} \sum_{k=1}^\infty(-1)^kkx^k &=x\frac{d}{dx}\sum(-1)^kx^k\\ &=x\frac{d}{dx}\frac{1}{1+x}\\ &=-\frac{x}{(1+x)^2},\quad |x|

当x→1−x\to 1^{-}时上式趋近于→−1/4\to-1/4，所以

∑k=1∞(−1)kk=−14(Abel)

\sum_{k=1}^\infty(-1)^kk=-\frac{1}{4}\quad(Abel)

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