實分析/級數

實分析
級數

在分析中，經常需要考慮無窮多個數字的和。因此，對於某個數字序列 (a_n)，我們可能想要考慮類似於

\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}

.

這樣的表示式。但是，這可能並不立即清楚確切的含義。直觀地，我們想說無窮多個數字的和應該是我們在對大量項求和後接近的數字。我們將使用序列極限的概念來使之精確。級數研究中的標準術語有時有改進的空間，但本節將遵循標準術語。

定義

我們從一個我們想要求和的數字序列 (a_n) 開始。

定義實數的級數是一個無限的形式和

\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}

其中每個項 a_n 都是一個實數。

這個定義需要一些說明。首先，沒有嘗試定義形式和。可以簡單地將形式和定義為項的序列，但這不會增加討論的清晰度。允許級數形式僅僅是出於方便。在確定是否應該有任何數字來表示和之前，經常更容易引用一個級數。這非常類似於標準做法，即說 $\textstyle \lim _{n\to \infty }a_{n}$ 不存在 - 我們只在極限存在時定義了符號 $\textstyle \lim _{n\to \infty }a_{n}$ 的含義。我們應該改為說序列 a_n 不收斂。然而，之前陳述的含義是完全清楚的。

定義序列 a_n 的第 n 個部分和定義為 (a_n) 的前 n 項的和，即

S_{n}=\sum _{i=1}^{n}a_{i}=a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{n}

.

當序列 a_n 被認為是級數的項時，S_n 通常被稱為級數的第 n 個部分和。

在同一個引數中可能出現多個部分和，因此當我們希望避免混淆時，部分和通常簡寫為 $\sum _{i=1}^{n}a_{i}$ 而不是 S_n。

定義對於級數

\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}

，我們將級數的和定義為部分和的極限。也就是說，我們定義

\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}=\lim _{N\to \infty }\sum _{n=1}^{N}a_{n}=\lim _{N\to \infty }S_{N}

.

如果極限存在，我們說級數收斂，否則我們說級數發散。

當一個級數發散時，我們不能將 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 解釋為一個數字，而只能解釋為一個形式上的和。另一方面，當級數收斂時，我們通常不知道級數收斂到哪個數字，因此這個數字通常用 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 表示。這與在建立序列a_n收斂之前寫 $\textstyle \lim _{n\to \infty }a_{n}$ 類似。在實踐中，符號 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 的含義是根據上下文清楚的。

通常，從n = 1以外的某個數字開始求級數之和會很方便，並將級數從某個其他點開始，例如 0、2、-10 等。希望這不會造成混淆；級數的和仍然定義為部分和的極限。通常，從上下文可以清楚地知道求和從哪裡開始。在這些情況下，省略 sigma 符號中的索引並不罕見 - 也就是說，將 ∑a_n 寫成 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 是有用的。

示例

無限和的概念可能比最初看起來要微妙一些。例如，考慮序列a_n = (−1)ⁿ。a_n 的和收斂還是發散？我們可以考慮部分和S_N，當N 為奇數時為 1，當N 為偶數時為 0。因此，級數似乎發散。另一方面，1 − 1 + 1 − 1 + 1 − 1 + … = (1 − 1) + (1 − 1) + (1 − 1) + … = 0 + 0 + 0 + … = 0。那麼，根據我們的理論，級數是發散還是收斂到 0？答案是發散；上一句話中的謬誤在於斷言 1 − 1 + 1 − 1 + 1 − 1 + … = (1 − 1) + (1 − 1) + (1 − 1) + …。對於無限級數，我們不能以任何順序求和；我們必須證明為什麼我們被允許將 +1's 與 -1's 組合在一起而不改變總和。正式地說，結合律不一定會對無限級數成立。我們將研究何時可以重新排列級數的元素並仍然得到相同的總和。
也許級數最熟悉的例子來自實數的十進位制展開。雖然我們還沒有給出十進位制展開的嚴格定義，但可以證明每個實數r 可以表示為 $\textstyle r=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {a_{n}}{10^{n}}}$ 的形式，其中a_n ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}。
考慮級數 $\textstyle {\tfrac {1}{1\cdot 2}}+{\tfrac {1}{2\cdot 3}}+{\tfrac {1}{3\cdot 4}}\cdots =\sum _{n=1}^{\infty }{\tfrac {1}{n(n+1)}}$ 。乍一看，可能很難確定部分和並決定級數是否收斂。但是，事實證明，這個級數比最初看起來要好，因為 $\textstyle {\frac {1}{n(n+1)}}={\frac {1}{n}}-{\frac {1}{n+1}}.$ 因此

$\sum _{n=1}^{N}{\frac {1}{n(n+1)}}=\sum _{n=1}^{N}{\frac {1}{n}}-{\frac {1}{n+1}}=1-{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2}}-{\frac {1}{3}}+{\frac {1}{3}}-{\frac {1}{4}}+\cdots +{\frac {1}{N}}-{\frac {1}{N+1}}=1-{\frac {1}{N+1}}.$

因此 $\textstyle \lim _{N\to \infty }\sum _{n=1}^{N}{\tfrac {1}{n(n+1)}}=\lim _{N\to \infty }(1-{\tfrac {1}{N+1}})=1.$ 這是一個**伸縮級數**的例子——也就是說，一個可以寫成如下形式的級數，其中下一項與前一項抵消。也就是說，
$\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}-a_{n+1}$
對於所有這樣的級數，部分和由 S_N = a₁ − a_N+1給出。也就是說，級數的項像望遠鏡一樣收縮，只留下第一個和最後一個。這樣的級數收斂於 a₁ − lim a_N+1。
另一個重要的級數例子是**幾何級數**，由 $\sum _{n=0}^{\infty }r^{n}$ 給出。幾何級數的部分和一開始看起來很複雜。乍一看，部分和似乎只是 S_N = 1 + r +r² + … + r^N，但如果我們計算 (1 − r)S_N，那麼該和就會伸縮，我們得到 (1 − r)S_N = (1 − r)^N+1。請注意，該和對任何 r 或 N 都成立，因此我們得出結論 $\textstyle S_{N}={\tfrac {1-r^{N+1}}{1-r}}$ 。因此，當 |r| < 1 時，幾何級數收斂。

基本事實

在這裡，我們收集了關於級數的一些事實，這些事實直接來自於有限和與極限的性質，不需要對所涉及的極限進行細緻的分析。

定理（代數運算）

假設 ∑ a_n 和 ∑ b_n 是收斂級數，那麼我們立即得到以下兩個定理。

對於任何實數 c，級數 ∑ (c·a_n) 是收斂的，並且收斂於 c·(∑ a_n)。
級數 ∑ (a_n + b_n) 是收斂的，並且收斂於 (∑ a_n ) + (∑ b_n )

證明

對於第一個陳述，請注意，對於任何自然數 N，我們有 $\textstyle \sum _{n=1}^{N}c\cdot a_{n}=\textstyle c\cdot \sum _{n=1}^{N}a_{n}$ 。因此

\lim _{N\to \infty }\sum _{n=1}^{N}c\cdot a_{n}=\lim _{N\to \infty }c\cdot \sum _{n=1}^{N}a_{n}=c\cdot \lim _{N\to \infty }\sum _{n=1}^{N}a_{n}

.

這證明了第一個結論。

對於第二個結論，再次注意到對於任意 N，我們有 $\textstyle \sum _{n=1}^{N}a_{n}+b_{n}=\sum _{n=1}^{N}a_{n}+\sum _{n=1}^{N}b_{n}$ 。因此

\lim _{N\to \infty }\sum _{n=1}^{N}a_{n}+b_{n}=\lim _{N\to \infty }\left(\sum _{n=1}^{N}a_{n}+\sum _{n=1}^{N}b_{n}\right)=\lim _{N\to \infty }\sum _{n=1}^{N}a_{n}+\lim _{N\to \infty }\sum _{n=1}^{N}b_{n}

.

這證明了第二個結論。 $\Box$

以下是柯西準則的另一種表述。

定理 (柯西準則)

級數 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 收斂當且僅當對於任意 ε > 0，存在自然數 N，使得 $\textstyle |\sum _{k=n+1}^{m}a_{k}|<\epsilon$ 對於任意自然數 m > n > N。

證明

根據級數 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 收斂的定義，它收斂當且僅當 $\textstyle \lim _{N\to \infty }\sum _{k=1}^{N}a_{k}$ 收斂。但是根據數列的柯西準則，這個極限存在當且僅當對於任意 ε > 0，我們能找到一個自然數 N，使得對於 n, m > N，我們有

\left|\sum _{k=1}^{n}a_{k}-\sum _{k=1}^{m}a_{k}\right|<\epsilon .

不妨假設m > n。將兩個求和中相同的項消去即可完成證明。 $\Box$

絕對收斂

正如我們所見，級數的行為可能會違反我們的直覺。因此，識別哪些類別的收斂級數的行為更符合我們的直覺是很有用的。我們將看到，這類級數中的一種是所謂的絕對收斂級數。

定義一個級數

\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}

絕對收斂是指當其各項的絕對值之和收斂時，即當

\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }|a_{n}|

是一個收斂級數。

注意我們沒有說∑ a_n 需要收斂，這是因為絕對收斂的性質意味著∑ a_n 收斂。

定理（絕對收斂）

如果 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 絕對收斂，則它收斂。

證明

假設 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 是絕對收斂的。根據柯西準則，我們可以證明 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 收斂，如果對於任何 ε > 0，我們都能找到一個 N，使得如果 m > n > N，則 $\textstyle |\sum _{k=n+1}^{m}a_{k}|<\epsilon$ 。但我們知道 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }|a_{n}|$ 收斂，所以根據柯西準則，ε > 0，選擇 N，使得如果 m > n > N，則 $\textstyle |\sum _{k=n+1}^{m}|a_{k}||=\textstyle \sum _{k=n+1}^{m}|a_{k}|<\epsilon$ 。有了這個 N 後，取任意 m > n > N，則根據三角不等式可得

|\sum _{k=n+1}^{m}a_{k}|\leq \sum _{k=n+1}^{m}|a_{k}|<\epsilon .

因此，根據柯西準則， $\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 收斂。 $\Box$

收斂與發散的測試

給定一個級數 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ ，能夠判斷該級數收斂還是發散非常有用。特別是如果我們僅僅透過觀察項就可以判斷。在本節中，我們將收集這類定理。注意我們已經見過一個例子。如果級數是絕對收斂的，則它收斂，現在我們將探索何時可以判斷級數是否收斂。

雖然以下定理是用收斂來表述的，但它實際上提供了一個有用的發散測試。也就是說，如果一個級數的項沒有極限為 0，則該級數一定發散。

定理（項有極限 0）

對於任何收斂級數 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ ，其各項必須趨於 0，即 $\textstyle \lim _{n\rightarrow \infty }a_{n}=0.$

證明

對於任意 ε > 0，根據級數的柯西判據，我們可以選擇一個自然數 N，使得 $\textstyle |\sum _{i=n+1}^{m}a_{i}|<\epsilon$ 當且僅當 m > n ≥ N。特別是，對於任何 k > N，我們可以在 n = k − 1 和 m = k 的情況下應用它。在這種情況下，該和簡化為單個項 a_k。因此，如果 k > N，我們有 |a_k| < ε，因此序列 (a_n) → 0。 $\Box$

備註為了給出一個如何使用它來測試級數發散的例子，考慮幾何級數 $\textstyle \sum _{n=0}^{\infty }r^{n}$ 的例子。我們已經證明，如果 |r| < 1，則該級數收斂。另一方面，我們還沒有確定級數在 r 的其他值時是收斂還是發散。現在很明顯，如果 |r| ≥ 1，則序列 r_n 不趨於零。所以我們現在知道，幾何級數 $\textstyle \sum _{n=0}^{\infty }r^{n}$ 當且僅當 |r| < 1 時收斂。

定理（正項級數收斂）

假設 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 是一個非負項級數，即 a_n ≥ 0，則當且僅當部分和有上界時，該級數收斂。

證明

由於各項是非負的，我們顯然有 $\textstyle \sum _{n=1}^{N}a_{n}\leq \sum _{n=1}^{N+1}a_{n}$ ，因此部分和構成一個單調序列。如果部分和有上界，則級數收斂。如果它們無界，則對於任何 M > 0，我們可以找到一個 N，使得 $\textstyle \sum _{n=1}^{N}a_{n}\geq M$ ，由於部分和是非遞減的，我們有 $\textstyle \lim _{N\rightarrow \infty }\sum _{n=1}^{N}a_{n}=\infty$ ，因此級數不收斂。 $\Box$

備註從證明和單調序列的收斂性可以得出，如果一個非負項序列收斂，我們可以將序列的和作為部分和的上界，正如我們的直覺所預示的那樣。

要確定級數是否收斂，有時將它與另一個已知收斂性的級數逐項比較會很有用。以下定理給出了一種比較方法。

定理（比較判別法）

假設對於所有自然數 n，0 ≤ a_n ≤ b_n，並考慮級數 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 和 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }b_{n}$ 。如果 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }b_{n}$ 收斂，那麼 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 收斂。此外，如果 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 發散，那麼 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }b_{n}$ 發散。

證明

首先假設 ∑ b_n 收斂。那麼根據我們之前的定理，我們知道對於某個實數，偏和知道 $\textstyle \sum _{n=1}^{N}b_{n}\leq \sum _{n=1}^{\infty }b_{n}$ 。由於 a_n ≤ b_n，因此

\sum _{k=1}^{N}a_{n}\leq \sum _{k=1}^{N}b_{n}\leq \sum _{n=1}^{\infty }b_{n}

.

因此，∑ a_n 的偏和在上方有界，由於 ∑ a_n 也是一個非負項級數，因此 ∑ a_n 收斂。

現在假設 ∑ a_n 發散。由於它是一個非負項級數，之前的定理告訴我們，對於任何實數 M，我們可以找到一個 N 使得 $\textstyle M<\sum _{n=1}^{N}a_{n}$ 。由於 a_n ≤ b_n，因此

M<\sum _{k=1}^{N}a_{n}\leq \sum _{k=1}^{N}b_{n}

.

因此，∑ b_n 的偏和在上方無界，因此根據之前的定理，∑ b_n 發散。 $\Box$

定理（極限比較檢驗）

假設 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 和 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }b_{n}$ 是正項級數，使得 $\textstyle 0\leq \limsup _{n\to \infty }{\tfrac {a_{n}}{b_{n}}}<\infty$ 。在這種情況下，如果 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }b_{n}$ 收斂，則 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 收斂。

證明

假設它們比率的絕對值的極限收斂於某個正數r < ∞。那麼存在一個N，使得當n > N時，有 $|\,|{\tfrac {a_{n}}{b_{n}}}|-r|<{\tfrac {r}{2}}$ ，所以 ${\tfrac {r}{2}}<|{\tfrac {a_{n}}{b_{n}}}|<{\tfrac {3r}{2}}$ 。這意味著 ${\tfrac {r}{2}}|b_{n}|<|a_{n}|<{\tfrac {3r}{2}}|b_{n}|$ 。因此，根據比較檢驗，如果 $\sum _{n=1}^{\infty }b_{n}$ 收斂，那麼 $\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 也收斂。除以 ${\tfrac {r}{2}}$ ，也可以透過比較檢驗發現，如果 $\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 收斂，那麼 $\sum _{n=1}^{\infty }b_{n}$ 也收斂。

我們需要找到各種級數收斂和發散的檢驗方法。以下幾種型別的級數經常出現，並且很容易驗證它們何時收斂和發散

定理（比率檢驗）

假設 $\textstyle \lim _{n\rightarrow \infty }\left|{\frac {x_{n+1}}{x_{n}}}\right|$ 收斂且等於某個實數r。如果r < 1，則 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }x_{n}$ 絕對收斂。如果r > 1，則 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }x_{n}$ 發散。最後，如果r = 1，則 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }x_{n}$ 可能會收斂或發散。

證明

首先假設r < 1。設ε = 1 − r，由於r < 1，因此ε > 0。

由於 $\textstyle \lim _{n\rightarrow \infty }\left|{\frac {x_{n+1}}{x_{n}}}\right|=r$ ，我們可以選擇一個N，使得| |x_n+1/x_n| − r| < ε/2 對於所有n ≥ N都成立。特別地，如果n ≥ N，則|x_n+1|/|x_n| < r + ε/2。請注意，我們對ε的特殊選擇保證了比率r + ε/2 小於 1。

因此

\sum _{n=1}^{\infty }|x_{n}|

=

\sum _{n=1}^{N}|x_{n}|+\sum _{n=N+1}^{\infty }|x_{n}|

=\sum _{n=1}^{N}|x_{n}|+\sum _{n=N+1}^{\infty }|x_{N}|{\frac {|x_{N+1}|}{|x_{N}|}}{\frac {|x_{N+2}|}{|x_{N+1}|}}\cdots {\frac {|x_{n}|}{|x_{n-1}|}}

\leq \sum _{n=1}^{N}|x_{n}|+|x_{N}|\sum _{n=N+1}^{\infty }(r+{\frac {\epsilon }{2}})^{n-N}.

最後一個級數收斂，因為它是一個幾何級數，其公比 *r* + ε/2 小於 1。

根據比較檢驗， $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }|x_{n}|$ 收斂。因此 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }x_{n}$ 絕對收斂。 $\Box$

下一個定理，根檢驗，比比值檢驗更強大，因為它在比值檢驗適用時（並且返回相同的數字 r）也適用，並且有時在比值檢驗不適用時也適用。

定理（根檢驗）

令 $R=\limsup _{n\rightarrow \infty }(|a_{n}|^{\frac {1}{n}})$ 。如果 R < 1，則級數 $\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 絕對收斂。如果 R > 1，則它發散。

證明

如果 R<1，令 $R<\rho <1$ 。由於 $\limsup _{n\rightarrow \infty }(|a_{n}|^{\frac {1}{n}})=R$ $\exists N:\forall n\geq N:|\sup\{|a_{k}|^{\frac {1}{k}}|k>n\}-R|<\rho -R$ 。

也就是說， $\forall n\geq N:\sup\{|a_{k}|^{\frac {1}{k}}|k>n\}<\rho$

因此， $\sum _{n=1}^{\infty }|a_{n}|$ $=\sum _{n=1}^{\infty }(|a_{n}|^{\frac {1}{n}})^{n}$ $=\sum _{n=1}^{N-1}|a_{n}|+\sum _{n=N}^{\infty }(|a_{n}|^{\frac {1}{n}})^{n}$ $<\sum _{n=1}^{N-1}|a_{n}|+\sum _{n=N}^{\infty }(\sup\{|a_{k}|^{\frac {1}{k}}|k>n\})^{n}$ $<\sum _{n=1}^{N-1}|a_{n}|+\sum _{n=N}^{\infty }(\rho )^{n}$ ，它收斂，因為它是一個常數加一個幾何級數。

根據比較檢驗， $\sum _{n=1}^{\infty }|a_{n}|$ 也收斂。因此， $\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 絕對收斂。

如果 R > 1，那麼 $\sup\{|a_{n}|^{\frac {1}{n}}|k>n\}>1$ 。因此，存在無限多個 n 使得 $|a_{n}|^{\frac {1}{n}}>1\implies |a_{n}|>1$ 。

因此， $(a_{n})\not \rightarrow 0$ ，這意味著 $\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 發散。 $\Box$

我們經常被要求考慮形式為 $\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}b_{n}$ 的級數。以下定理給出了這些級數收斂的判據。

定理（狄利克雷判據）

如果部分和 $\sum _{n=1}^{N}x_{n}$ 有界，並且 $(y_{n})$ 是一個遞減序列，且 $\lim _{n\rightarrow \infty }y_{n}=0$ ，那麼 $\sum _{n=1}^{\infty }x_{n}y_{n}$ 收斂。[注意： $\sum _{n=1}^{\infty }x_{n}$ 不一定收斂]

證明

令 $s_{n}=\sum _{m=1}^{n}x_{m}$ 為第 $n$ 個部分和，因此存在 $B>0$ 使得 $|s_{n}|\leq B$ 。

我們可以寫成

$\sum _{n=1}^{N}x_{n}y_{n}=x_{1}y_{1}+\sum _{n=2}^{N}(s_{n}-s_{n-1})y_{n}=x_{1}y_{1}+\sum _{n=2}^{N}s_{n}y_{n}-\sum _{n=2}^{N}s_{n-1}y_{n}$ .

將最後一個求和的求和指標進行改變，得到

$\sum _{n=1}^{N}x_{n}y_{n}=x_{1}y_{1}+\sum _{n=2}^{N}s_{n}y_{n}-\sum _{n=1}^{N-1}s_{n}y_{n+1}=x_{1}y_{1}-x_{1}y_{2}+\sum _{n=2}^{N-1}s_{n}(y_{n}-y_{n+1})+s_{N}y_{N}$ .

右側的求和被以下的伸縮和絕對界定

$\sum _{n=2}^{N-1}|s_{n}(y_{n}-y_{n+1})|\leq B\sum _{n=2}^{N-1}(y_{n}-y_{n+1})=B(y_{2}-y_{N})\leq By_{2}$ ;

這裡我們用到了 $(y_{n})$ 是正數且遞減的事實。可以得出

$\sum _{n=2}^{\infty }s_{n}(y_{n}-y_{n+1})$ 是絕對收斂的，因此是收斂的。

注意到 $\lim _{N\to \infty }s_{N}y_{N}=0$ ，因為 $s_{N}$ 有界，並且 $(y_{n})$ 當 $n$ 趨於無窮大時趨於 0。因此，我們可以取極限為 $N$ 趨於無窮大。

$\sum _{n=1}^{\infty }x_{n}y_{n}=x_{1}y_{1}-x_{1}y_{2}+\sum _{n=2}^{\infty }s_{n}(y_{n}-y_{n+1})+\lim _{N\to \infty }s_{N}y_{N}=x_{1}y_{1}-x_{1}y_{2}+\sum _{n=2}^{\infty }s_{n}(y_{n}-y_{n+1})$ ,

這證明了左側是收斂的。

阿貝爾判別法可以看作是狄利克雷判別法的一個特例，只需要進行一些修改。

定理（阿貝爾判別法）

如果 $\sum _{n=1}^{\infty }x_{n}$ 收斂，並且 $(y_{n})$ 是一個正的遞減序列，則 $\sum _{n=1}^{\infty }x_{n}y_{n}$ 收斂。

證明

因為 $(y_{n})$ 是一個有界的單調序列，它收斂於某個極限 y。

令 $z_{n}=y_{n}-y$ 。那麼 $\sum _{n=1}^{\infty }x_{n}$ 和 $(z_{n})$ 滿足狄利克雷判別的條件。

$\sum _{n=1}^{k}x_{n}y_{n}$ $=y\sum _{n=1}^{k}x_{n}+\sum _{n=1}^{k}x_{n}z_{n}$ 。根據狄利克雷判別， $\sum _{n=1}^{k}x_{n}z_{n}$ 當 $k\rightarrow \infty$ 時收斂。

由於右邊的兩個和都收斂， $\sum _{n=1}^{\infty }x_{n}y_{n}$ 也收斂。 $\Box$

帶證明的例子

現在我們將完成在例子中承諾的計算，再加上一些額外的計算。

定理（幾何級數）

如果 $|r|<1$ ，則幾何級數 $\sum _{n=1}^{\infty }ar^{n}={\frac {a}{1-r}}$ 。如果 $|r|\geq 1$ ，則級數發散。

證明

在這種情況下，最好明確地計算部分和並取極限。不失一般性，我們將考慮 $a=1$ 的情況。然後我們可以應用代數運算定理得到一般結果。

請注意 $s_{n}(1-r)=(1+r+r^{2}+...+r^{n})(1-r)=(1+r+r^{2}+...+r^{n})-(r+r^{2}+...+r^{n+1})=1-r^{n+1}$

因此 $s_{n}={\frac {1-r^{n}}{1-r}}$ 。取極限（並記住一些關於序列的基本事實）

如果 $|r|<1$ ，則 $\sum _{n=1}^{\infty }r^{n}=\lim _{n\rightarrow \infty }s_{n}=\lim _{n\rightarrow \infty }{\frac {1-r^{n}}{1-r}}={\frac {1}{1-r}}$ .

如果 $|r|\geq 1$ ，則部分和序列發散到無窮大，因此根據定義，該級數發散。

這個證明似乎有效，除了這個級數將收斂到 ${\frac {a}{1-r}}$ $\Box$

定理（p 級數）

p 級數 $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{p}}}$ 當 $p>1$ 時收斂，當 $0<p\leq 1$ 時發散。[注意：我們實際上只為 p 有理數定義了這個級數。然而，當 p 是無理數時，這個定理仍然有效，原因相同]

證明

首先我們將考慮特殊情況 $p=1,p=2$ ，然後從這些情況得出一般結果。

如果 p = 1，設 $x_{n}$ 為小於 ${\frac {1}{n}}$ 的最大 2 的冪。也就是說， $(x_{n})=({\frac {1}{2}},{\frac {1}{4}},{\frac {1}{4}},{\frac {1}{8}},{\frac {1}{8}},{\frac {1}{8}},{\frac {1}{8}},\dots )$ .

將相同項分組， $\sum _{i=1}^{\infty }x_{n}$ $=\sum _{i=0}^{\infty }(\sum _{j=2^{i}}^{2^{i+1}-1}x_{j})$ $=\sum _{i=0}^{\infty }(\sum _{j=2^{i}}^{2^{i+1}-1}{\frac {1}{2^{i+1}}})$ $=\sum _{i=1}^{\infty }{\frac {1}{2}}$ ，該級數發散。

根據定義， $x_{n}<{\frac {1}{n}}$ ，因此根據比較判別法， $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n}}$ 發散。

如果 p = 2，設 $x_{n}={\frac {1}{n(n-1)}}={\frac {1}{n-1}}-{\frac {1}{n}}$ 當 n>1 時，當 n=1 時為 1。

使用關於伸縮級數的定理， $\sum _{n=1}^{\infty }x_{n}$ $=1+\sum _{n=2}^{\infty }({\frac {1}{n-1}}-{\frac {1}{n}})$ $=1+1-\lim _{n\rightarrow \infty }(1/n)=2$

根據定義， $x_{n}>{\frac {1}{n\cdot n}}={\frac {1}{n^{2}}}$ ，因此根據比較判別法， $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}$ 也收斂。

如果 0 < p < 1，則 ${\frac {1}{n^{p}}}>{\frac {1}{n}}$ 。根據比較判別法， $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{p}}}$ 發散。

定理（十進位制展開）

對於任意實數 x， $0<x<1$ ，存在唯一的序列 $(x_{n}):\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {x_{n}}{10^{n}}}=x$ ， $0\leq x_{n}<10$ 並且 $\forall N:\exists n\geq N:x_{n}\not =9$

證明

歸納地，假設存在 $x_{0},x_{1},\dots ,x_{k}$ 使得 $\sum _{n=0}^{k}{\frac {x_{n}}{10^{n}}}\leq x<\sum _{n=0}^{k}{\frac {x_{n}}{10^{n}}}+{\frac {1}{10^{k}}}$ 。

重新排列，我們可以看到 $0\leq x-\sum _{n=0}^{k}{\frac {x_{n}}{10^{n}}}<{\frac {1}{10^{k}}}$ ，或 $0\leq (x-\sum _{n=0}^{k}{\frac {x_{n}}{10^{n}}})10^{k+1}<10$ .

令 $x_{k+1}$ 為滿足 $x_{k+1}\leq (x-\sum _{n=0}^{k}{\frac {x_{n}}{10^{n}}})10^{k+1}$ 的最大整數。

那麼 ${\frac {x_{k+1}}{10^{k+1}}}\leq x-\sum _{n=0}^{k}{\frac {x_{n}}{10^{n}}}<{\frac {x_{k+1}+1}{10^{k+1}}}$ （否則， $x_{k+1}$ 不會是最大的）。

加上 $\sum _{n=0}^{k}{\frac {x_{n}}{10^{n}}}$ ，我們可以看到 $\sum _{n=0}^{k+1}{\frac {x_{n}}{10^{n}}}\leq x<\sum _{n=0}^{k+1}{\frac {x_{n}}{10^{n}}}+{\frac {1}{10^{k+1}}}$ .