實分析/級數

實分析
級數

在分析中，經常需要考慮無限多個數的和。因此對於某個數列(a_n)，我們可能想要考慮以下表達式：

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

.

但這個表示式的確切含義可能並不立即清楚。直觀地，我們希望說無限多個數的和應該是我們在對大量項求和後接近的數。我們將使用數列極限的概念來精確地定義這一點。級數研究中的標準術語有時有改進的空間，但本節中我們將遵循標準術語。

定義

我們從一個數列(a_n)開始，這個數列是我們想要求和的數字。

定義實數的級數是無限的形式和

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

其中每個項a_n都是一個實數。

這個定義值得多加解釋。首先，這裡並沒有嘗試定義一個形式和。可以簡單地將形式和定義為項的序列，但這並不會使討論更加清晰。允許級數為形式的唯一原因僅僅是方便。在確定是否有任何數字應該代表這個和之前，經常更容易地引用一個級數。這與標準做法非常相似，即說 $\textstyle \lim _{n\to \infty }a_{n}$ 不存在 - 我們只在極限存在的情況下定義了符號 $\textstyle \lim _{n\to \infty }a_{n}$ 的含義。我們應該改為說數列a_n不收斂。然而，之前陳述的含義是完全清楚的。

定義數列a_n的第n個部分和被定義為(a_n)的前n項的和，即

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

.

當數列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。

在同一個論證中，經常會出現多個部分和，因此當我們希望避免混淆時，部分和通常簡單地寫成 $\sum _{i=1}^{n}a_{i}$ 而不是S_n。

定義對於級數

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

，我們定義級數的和為部分和的極限。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，我們說這個級數收斂，否則我們說這個級數發散。

需要注意的是，當級數發散時，我們不能將 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 解釋為一個數字，而只能看作一個形式化的求和。另一方面，當級數收斂時，我們通常不知道它收斂到哪個數字，所以這個數字通常用 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 表示。這與在證明序列 a_n 收斂之前寫 $\textstyle \lim _{n\to \infty }a_{n}$ 類似。在實際應用中，符號 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 的含義根據上下文而定。

通常情況下，從除 n = 1 以外的數字開始求和級數很方便，可以從 0, 2, −10 等其他點開始求和。希望這不會造成混淆；級數的和仍然定義為部分和的極限。通常情況下，從上下文可以清楚地看出求和的起點。在這些情況下，省略 sigma 符號中的索引並不少見 - 也就是說，將 ∑a_n 寫成 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 是很有用的。

例子

無限求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。所以看起來這個級數發散。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，這個級數發散還是收斂到 0 呢？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) + ….對於無限級數來說，我們不能隨意改變求和順序；我們必須證明為什麼我們可以將 +1 與 -1 組合在一起，而不會改變求和的結果。正式地說，結合律不一定適用於無限級數。我們將探討何時可以重新排列級數的元素，而不會改變求和的結果。
也許最常見的級數例子來自於實數的十進位制展開式。雖然我們在這裡沒有給出十進位制展開式的嚴格定義，但可以證明，每個實數 r 都可以表示為 $\textstyle r=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {a_{n}}{10^{n}}}$ 的形式，其中 a_n ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}
考慮級數 $\textstyle {\tfrac {1}{1\cdot 2}}+{\tfrac {1}{2\cdot 3}}+{\tfrac {1}{3\cdot 4}}\cdots =\sum _{n=1}^{\infty }{\tfrac {1}{n(n+1)}}$ 。最初，確定部分和並決定級數是否收斂可能看起來很困難。然而，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，一個可以寫成這種形式的級數，使得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。這樣的級數收斂到 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。幾何級數的部分和最初看起來很複雜。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，那麼和會伸縮，我們得到 (1 − r)S_N = (1 − r)^N+1。注意，這個和對於任何 r 或 N 都成立，所以我們得出結論 $\textstyle S_{N}={\tfrac {1-r^{N+1}}{1-r}}$ 。因此，如果 |r| < 1，則幾何級數收斂。

基本事實

這裡我們收集關於級數的事實，這些事實直接來自有限和的性質和極限，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) 收斂，並收斂到 c·(∑ a_n)。
級數 ∑ (a_n + b_n) 收斂，並收斂到 (∑ a_n ) + (∑ b_n )

證明

對於第一個語句，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}

.

這證明了第一個語句。

再次注意第二個陳述，對於任何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}

.

這證明了第二個陳述。 $\Box$

以下是柯西判別法的一個簡單的重述。

定理（級數的柯西判別法）

級數 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 收斂當且僅當對於任何 ε > 0，存在一個自然數 N，使得 $\textstyle |\sum _{k=n+1}^{m}a_{k}|<\epsilon$ 對於任何自然數 m > n > N.

證明

根據級數收斂的定義， $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 收斂當且僅當 $\textstyle \lim _{N\to \infty }\sum _{k=1}^{N}a_{k}$ 收斂。但根據序列的柯西判別法，此極限存在當且僅當對於任何 ε > 0，我們都能找到一個自然數 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 .

不失一般性，我們可以假設 m > n。消去兩個和中都出現的項就完成了證明。 $\Box$

絕對收斂

正如我們所見，級數的行為可能與我們的直覺相悖。因此，確定哪些收斂級數的類別以更符合我們直覺的方式表現出來是有用的。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 當且僅當其各絕對值項的級數收斂，也就是說，如果

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

是一個收斂級數。

注意，我們沒有要求 ∑ a_n 收斂，這是因為絕對收斂的性質蘊含著 ∑ a_n 收斂。

定理（絕對收斂）

如果 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 絕對收斂，那麼它也收斂。

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，如果對於任意 ε > 0，我們可以找到一個 N 使得當 m > n > N 時， $\textstyle |\sum _{k=n+1}^{m}a_{k}|<\epsilon$ 。但是我們知道 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }|a_{n}|$ 收斂，所以根據柯西準則，對於 ε > 0，選擇 N 使得當 m > n > N 時， $\textstyle |\sum _{k=n+1}^{m}|a_{k}||=\textstyle \sum _{k=n+1}^{m}|a_{k}|<\epsilon$ 。使用這個 N，並取任意 m > n > N，根據三角不等式，可以得到

|\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。 $\Box$

收斂和發散的測試

對於一個級數 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ ，能夠判斷它收斂還是發散非常有用。特別是如果我們能夠簡單地透過觀察項來判斷。在本節中，我們將收集這類定理。注意我們已經看到一個例子。即，如果一個級數是絕對收斂的，那麼它就是收斂的。現在，我們將探討如何判斷一個級數是否收斂。

雖然下面的定理是關於收斂性的，但它實際上提供了一個判斷髮散的有用測試。即，如果一個級數的項沒有趨近於 0，那麼這個級數一定發散。

定理（項趨近於 0）

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

證明

對於任何 ε > 0，根據級數的柯西準則，我們可以選擇一個自然數 N，使得 $\textstyle |\sum _{i=n+1}^{m}a_{i}|<\epsilon$ ，只要 m > n ≥ N。特別是，對於任何 k > N，我們可以應用這個情況，其中 n = k − 1 和 m = k。在這種情況下，這個和簡化為單個項 a_k。因此，如果 k > N，我們有 |a_k| < ε，因此序列 (a_n) → 0。 $\Box$

備註為了舉例說明如何使用這個定理來測試一個級數的發散性，考慮幾何級數 $\textstyle \sum _{n=0}^{\infty }r^{n}$ 。我們已經證明，如果 |r| < 1，這個級數收斂。另一方面，我們還沒有確定，對於 r 的其他值，這個級數收斂還是發散。現在很明顯，如果 |r| ≥ 1，那麼序列 r_n 不會趨近於零。因此，我們現在知道，幾何級數 $\textstyle \sum _{n=0}^{\infty }r^{n}$ 收斂當且僅當 |r| < 1。

定理（正級數收斂）

假設 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 是一個非負項級數，即 a_n ≥ 0，那麼這個級數收斂當且僅當它的部分和是有界的。

證明

由於各項均為非負數，我們顯然有 $\textstyle \sum _{n=1}^{N}a_{n}\leq \sum _{n=1}^{N+1}a_{n}$ ，因此部分和形成一個單調序列。如果部分和是有界的，那麼級數收斂。如果它們是無界的，那麼對於任何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，因此我們有 $\textstyle \lim _{N\rightarrow \infty }\sum _{n=1}^{N}a_{n}=\infty$ ，因此級數不收斂。 $\Box$

注從證明和單調序列的收斂性可以看出，如果非負項序列收斂，我們可以將序列的和作為部分和的上界，正如我們的直覺所指出的那樣。

為了確定級數是否收斂，有時將它與另一個收斂性已知的級數逐項比較會很有用。下面的定理給出了這樣一種比較方法。

定理（比較檢驗）

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。然後根據我們之前的定理，我們知道對於某個實數，部分和有 $\textstyle \sum _{n=1}^{N}b_{n}\leq \sum _{n=1}^{\infty }b_{n}$ 。由於a_n ≤ b_n，因此可以得出

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

.

因此，∑ a_n 的部分和有上界，由於∑ a_n 也是一個非負項級數，因此可以得出∑ a_n 收斂。

現在假設 ∑ a_n 發散。由於它是非負項級數，前一個定理告訴我們，對於任何實數 M，我們都可以找到一個 N，使得 $\textstyle M<\sum _{n=1}^{N}a_{n}$ . 由於 a_n ≤ b_n，我們有

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

.

因此，∑ b_n 的部分和不能被上限限制，因此根據前一個定理，∑ 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，那麼 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 收斂。

證明

假設它們比率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，則 $\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 也收斂。除以 ${\tfrac {r}{2}}$ ，也可以透過比較檢驗得出，如果 $\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ 收斂，則 $\sum _{n=1}^{\infty }b_{n}$ 也收斂。

我們需要找到一些方法來檢驗各種級數的收斂與發散。下列型別的級數經常出現，並且很容易驗證它們的收斂與發散。

定理（比率檢驗）

假設 $\textstyle \lim _{n\rightarrow \infty }\left|{\frac {x_{n+1}}{x_{n}}}\right|$ 收斂並等於某個實數 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 $\textstyle \sum _{n=1}^{\infty }x_{n}$ 可能收斂也可能發散。

證明

首先假設 r < 1。令 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 對所有 *n* ≥ *N* 成立。特別是，如果 *n* ≥ *N*，那麼 | *x*_*n*+1|/| *x*_*n*| < r + ε/2。注意到我們對ε的特定選擇保證了比率 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，其比率 *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，因為它在比值檢驗生效時都生效（並且返回相同的數字 r），並且有時即使比值檢驗不生效時，它也生效。

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，則令 $R<\rho <1$ 。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 $\sum _{n=1}^{\infty }|a_{n}|$ $=\sum _{n=1}^{\infty }(|a_{n}|^{\frac {1}{n}})^{n}$ $=\sum _{n=1}^{N-1}|a_{n}|+\sum _{n=N}^{\infty }(|a_{n}|^{\frac {1}{n}})^{n}$ $<\sum _{n=1}^{N-1}|a_{n}|+\sum _{n=N}^{\infty }(\sup\{|a_{k}|^{\frac {1}{k}}|k>n\})^{n}$ $<\sum _{n=1}^{N-1}|a_{n}|+\sum _{n=N}^{\infty }(\rho )^{n}$ ，由於它是常數加上一個幾何級數，所以收斂。

根據比較檢驗法， $\sum _{n=1}^{\infty }|a_{n}|$ 也是收斂的。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，存在無窮多個 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。 $\Box$

我們通常會要求考慮形式為 $\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}b_{n}$ 的級數。以下定理給出這些級數收斂的判別條件。

定理（狄利克雷判別法）

如果部分和 $\sum _{n=1}^{N}x_{n}$ 有界，且 $(y_{n})$ 是一個遞減序列，且 $\lim _{n\rightarrow \infty }y_{n}=0$ ，則 $\sum _{n=1}^{\infty }x_{n}y_{n}$ 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

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

改變最後一個求和中的索引，這變成

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

右側的和被絕對值限制在以下望遠鏡和中

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

這裡我們使用了 $(y_{n})$ 是正的並且遞減的事實。由此得出

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

注意到 $\lim _{N\to \infty }s_{N}y_{N}=0$ ，因為 $s_{N}$ 有界，而 $(y_{n})$ 當 $n$ 趨於無窮大時趨於 0。因此，我們可以將極限取為 $N$ 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，只需要做一些修改。

定理（阿貝爾判別法）

如果 $\sum _{n=1}^{\infty }x_{n}$ 收斂，而 $(y_{n})$ 是一個正的遞減序列，那麼 $\sum _{n=1}^{\infty }x_{n}y_{n}$ 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 $z_{n}=y_{n}-y$ 。然後 $\sum _{n=1}^{\infty }x_{n}$ 和 $(z_{n})$ 滿足狄利克雷判別法的條件。

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

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

帶證明的示例

現在我們將對示例中提到的計算進行驗證，並新增一些額外的示例。

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，最好顯式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。

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 $s_{n}={\frac {1-r^{n}}{1-r}}$ 。求極限（並記住有關序列的一些基本事實）

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

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

此證明似乎有效，但事實是此級數將收斂於 ${\frac {a}{1-r}}$ $\Box$

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：我們僅在 p 為有理數時才定義了此級數。但是，該定理在 p 為無理數時仍然有效，原因相同]

證明

首先我們將考慮特殊情況 $p=1,p=2$ ，然後從這些中得到一般結果。

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

將類似的項組合在一起， $\sum _{i=1}^{\infty }x_{n}$ $=\sum _{i=0}^{\infty }(\sum _{j=2^{i}}^{2^{i+1}-1}x_{j})$ $=\sum _{i=0}^{\infty }(\sum _{j=2^{i}}^{2^{i+1}-1}{\frac {1}{2^{i+1}}})$ $=\sum _{i=1}^{\infty }{\frac {1}{2}}$ ，這是發散的。

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

如果 p = 2，令 $x_{n}={\frac {1}{n(n-1)}}={\frac {1}{n-1}}-{\frac {1}{n}}$ ，如果 n>1 且 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， $x_{n}>{\frac {1}{n\cdot n}}={\frac {1}{n^{2}}}$ ，因此根據比較測試， $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}$ 也收斂。

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

定理 (十進位制展開)

對於任何實數 x， $0<x<1$ ，存在一個唯一的序列 $(x_{n}):\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {x_{n}}{10^{n}}}=x$ ， $0\leq x_{n}<10$ 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， $x_{k+1}$ 就不是最大整數）。

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