定义
我们熟悉的
$$ \sum_{k=0}^\infty q^k=\frac{1}{1-q},|q|<1 $$
有一个名字叫做所谓几何级数。级数是什么呢，实际上就是无穷多个数的求和。那么这样的求和是不是有限的值呢？自然就会想到收敛这个概念。我们定义
$$ S_n=\sum_{k=1}^na_k $$
为部分和，即截取前 $n$项的和。那么$S_n$ 是否收敛也即级数是否收敛。
对于和的极限，我们想到柯西收敛定理，那么级数收敛的充要条件也就是：
$$ \forall \epsilon>0,\exists N,x>N时,\forall p,|\sum_{k=x}^{x+p}a_k|<\epsilon $$
换句话说，也就是较大下标的部分和之差是否收敛。极端一点，考虑两个相邻的部分和的差，也就是通项，那么就得到通项要趋于 $0$ 级数才可能收敛。
判断收敛实际上回到了放缩，阶估算那些东西。
例如，我们考虑 $1/n^2$的求和，利用裂项就得到，从$n$开始的一个求和小于$\frac{1}{n}$ ，收敛，从而级数收敛。
相应的，对于 $1/n$，我们可以往小了放，放到$p$个$\frac{1}{n+p}$，那么选取$p>n$就得到部分和$>\frac{1}{2}$ ，从而级数不收敛。
性质
收敛级数的线性组合也收敛
利用柯西收敛定理以及极限的线性性质可知，且线性组合的极限也就是对应的极限的线性组合。
改变有限项不影响收敛
收敛的级数改变有限项仍然收敛，但是和会改变。
和显然会改变，利用柯西收敛定理，我们跳过有限项的最后一项也就能找到 $N$ 。
收敛级数任意加括号形成的级数也收敛
设级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$收敛于和$S$，其部分和序列为 ${S_n}$。将其项任意加括号后所成的级数为：
$$ (u_1 + \cdots + u_{i_1}) + (u_{i_1+1} + \cdots + u_{i_2}) + \cdots + (u_{i_{n-1}+1} + \cdots + u_{i_n}) + \cdots = \sum_{k=1}^{\infty} v_k \quad (10.1) $$
其中 $v_k = u_{i_{k-1}+1} + \cdots + u_{i_k}$，并规定 $i_0 = 0$。设级数 (10.1) 的部分和序列为 ${\sigma_n}$。不难看出有关系式：
$$ \sigma_n = S_{i_n} $$
即 ${\sigma_n}$是${S_n}$的一个子序列。因而若原级数收敛于$S$时，也即$S_n \to S (n \to \infty)$，就有 $\sigma_n \to S (n \to \infty)$。证毕。
但要注意反向并不成立：若对一个级数中的项添加括号后收敛，该级数本身未必收敛。一个最明显的例子是 $\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n$。它是发散的，但适当添加括号后可以变成收敛的。
这看起来像废话，有什么用呢？实际上它在反证法中是有一定作用的。
例如
证明：调和级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 发散
例： 考察级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$，其中通项 $a_n = \frac{1}{n}$。
证： （反证法）
假设该级数收敛，并设其和为 $S$。
构造新级数 $b_n$：
我们将原级数的项每两项两项结合，令：
$$ b_n = a_{2n-1} + a_{2n} = \frac{1}{2n-1} + \frac{1}{2n} $$
由于 $\frac{1}{2n-1} > \frac{1}{2n}$，显然有：
$$ b_n = \frac{1}{2n-1} + \frac{1}{2n} > \frac{1}{2n} + \frac{1}{2n} = \frac{1}{n} = a_n $$
即 $b_n > a_n$。
定义部分和：
记级数 $\sum b_k$的部分和为$B_n = \sum_{k=1}^{n} b_k$。
记级数 $\sum a_k$的部分和为$A_n = \sum_{k=1}^{n} a_k$。
推导矛盾：
根据级数的结合律，如果 $\sum a_n$收敛于$S$，那么对其任意加括号后的级数 $\sum b_n$也必然收敛于同一个和$S$。这意味着：
当 $n \to \infty$ 时，$B_n \to S$且$A_n \to S$。
然而，考察两者的差值：
$$ B_n - A_n = \sum_{k=1}^{n} (b_k - a_k) $$
由于每一个 $b_k - a_k > 0$，该差值序列是单调递增的，因此：
$$ B_n - A_n \geq B_1 - A_1 = b_1 - a_1 = \left(\frac{1}{1} + \frac{1}{2}\right) - 1 = \frac{1}{2} $$
如果令 $n \to \infty$，左边将趋于 $S - S = 0$，由此得到：
$$ 0 \geq \frac{1}{2} $$
这显然是一个矛盾。
结论： 原假设不成立，调和级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 发散。
正项级数的收敛判别法
如果级数通项都是正的，那么利用单调有界定理，我们只需要说明 $S_n$ 有一致上界就知道级数收敛。
此外，有个自然的想法，如果通项每一项都大，那求和自然应该大。
比较判别法
设两个正项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$与$\sum_{n=1}^{\infty} v_n$的一般项满足$u_n \leqslant v_n \quad (n=1, 2, \cdots)$，则：
若级数 $\sum_{n=1}^{\infty} v_n$收敛，则级数$\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 也收敛；
若级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$发散，则级数$\sum_{n=1}^{\infty} v_n$ 也发散。
证明
对于结论 (1)：
设 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$与$\sum_{n=1}^{\infty} v_n$的部分和序列分别为${S_n}$与${T_n}$。
由假设条件 $u_n \leqslant v_n$ 可得：$0 \leqslant S_n \leqslant T_n \quad (n=1, 2, \cdots)$。
设 $\sum_{n=1}^{\infty} v_n$收敛，根据单调有界原理（命题 1），其部分和序列${T_n}$ 必有上界。
即存在常数 $M$，使得 $T_n \leqslant M \quad (n=1, 2, \cdots)$。
由不等式传递性得 $S_n \leqslant M \quad (n=1, 2, \cdots)$，说明 ${S_n}$ 也有上界。
再次引用单调有界原理，得知级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 收敛。
对于结论 (2)：
采用反证法。
假设 $\sum_{n=1}^{\infty} v_n$收敛，则由结论 (1) 推得$\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 也收敛。
这与已知条件“$\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 发散”相矛盾。
因此，$\sum_{n=1}^{\infty} v_n$ 必发散。证毕。
推论（更一般的形式）
注意到删去级数开头的有限项不影响级数的收敛性，可得如下推论：
若存在常数 $N(\geqslant 1)$及$c(>0)$，使得当 $n \geqslant N$ 时，有：
$$ 0 \leqslant u_n \leqslant c v_n $$
则：
当 $\sum_{n=1}^{\infty} v_n$ 收敛时，$\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 也收敛；
当 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 发散时，$\sum_{n=1}^{\infty} v_n$ 也发散。
这有点像夹逼定理。
p-级数的敛散性
例如我们知道调和级数 $a_n=1/n$发散，就可以考虑所谓 p-级数$1/n^p$的求和。那么$0<p<1$ 时，就知道也发散。
设 $p > 1$。下面给出一个不用积分判别的，非常神秘的做法。用积分判别十分显然，就不说了。积分判别将在后面提到。
1. 利用微分中值定理建立不等式
考虑函数 $f(x) = \frac{1}{x^{p-1}}$在区间$[n-1, n]$ 上的增量。根据拉格朗日中值定理：
$$ \frac{1}{(n-1)^{p-1}} - \frac{1}{n^{p-1}} = (p-1) \frac{1}{(n-\eta)^p}, \quad \eta \in (0, 1) $$
由于 $n-\eta < n$，则 $\frac{1}{(n-\eta)^p} > \frac{1}{n^p}$。
由此得到关键不等式：
$$ \frac{1}{(n-1)^{p-1}} - \frac{1}{n^{p-1}} \geq (p-1) \frac{1}{n^p} $$
整理得：
$$ \frac{1}{n^p} \leq \frac{1}{p-1} \left( \frac{1}{(n-1)^{p-1}} - \frac{1}{n^{p-1}} \right) $$
2. 估计部分和 $S_N$设级数的部分和为$S_N = \sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n^p}$。我们将第一项（$n=1$）单独提出，对剩余项使用上述不等式：
$$ \begin{aligned} S_N &= 1 + \sum_{n=2}^{N} \frac{1}{n^p} \\ &\leq 1 + \frac{1}{p-1} \sum_{n=2}^{N} \left( \frac{1}{(n-1)^{p-1}} - \frac{1}{n^{p-1}} \right) \end{aligned} $$
这是一个裂项相消级数，求和后中间项全部消去：
$$ \begin{aligned} S_N &\leq 1 + \frac{1}{p-1} \left( 1 - \frac{1}{N^{p-1}} \right) \\ &< 1 + \frac{1}{p-1} \quad (\text{因为 } \frac{1}{N^{p-1}} > 0) \\ &= \frac{p-1+1}{p-1} = \frac{p}{p-1} \end{aligned} $$
3. 结论
由上述推导可知，部分和序列 ${S_N}$是单调递增且上有界的（上界为$\frac{p}{p-1}$）。
根据单调有界原理：
$$ \Rightarrow \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^p} \text{ 收敛} $$
技巧性就比较强。
比较判别法的极限形式
设有三个正项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$与$\sum_{n=1}^{\infty} v_n$，且有：
$$ \lim_{n \to \infty} \frac{u_n}{v_n} = h $$
其中 $h$为有限数或$+\infty$。则有下述结论：
当 $0 \leqslant h < +\infty$时：若级数$\sum_{n=1}^{\infty} v_n$收敛，则级数$\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 也收敛；
当 $0 < h \leqslant +\infty$时：若级数$\sum_{n=1}^{\infty} v_n$发散，则级数$\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 也发散。
特别地：当 $0 < h < +\infty$ 时，两个无穷级数同时收敛或同时发散。
这实际上就是在做阶估算。同阶同敛散。
证明
结论 (1) 的证明：
- 当 $0 \leqslant h < +\infty$时，根据极限的定义，存在一个自然数$N$，使得当 $n > N$ 时：
$$ \frac{u_n}{v_n} < h + 1 $$
也即 $u_n < (h + 1)v_n$。
由比较判别法（基本形式）可知，从 $\sum_{n=1}^{\infty} v_n$的收敛性可推出$\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 的收敛性。
结论 (2) 的证明：
- 当 $0 < h \leqslant +\infty$ 时，我们考虑比值的倒数：
$$ \lim_{n \to \infty} \frac{v_n}{u_n} = \frac{1}{h} $$
约定当 $h = +\infty$ 时，$\frac{1}{h} = 0$。
同理，对于充分大的 $n$，$v_n < \left(\frac{1}{h} + 1\right)u_n$。
这证明了结论 (2)。证毕。
达朗贝尔判别法 (Ratio Test)
一般地，我们如何运用等比级数去判断一个级数的敛散性呢，就用到所谓达朗贝尔判别法。
已知条件：
给定正项级数 $\sum u_n$，其中 $u_n > 0$。
设相邻两项比值的极限为：
$$ \lim_{n \to +\infty} \frac{u_{n+1}}{u_n} = l $$
判定结论：
若 $l < 1$，级数收敛；
若 $l > 1$（或 $l = +\infty$），级数发散；
若 $l = 1$，判别法失效，级数可能收敛也可能发散，需另行判定。
证明逻辑：为什么 $l < 1$ 时级数收敛
证明思路： 利用比较判别法，将原级数与收敛的几何级数（等比级数）进行比较。
寻找公比 $q$：
由于 $\lim_{n \to +\infty} \frac{u_{n+1}}{u_n} = l < 1$，根据极限的性质，一定存在一个常数 $q$，使得 $l < q < 1$。
确定范围：
存在充分大的正整数 $N$，使得当 $n \geq N$时，恒有$\frac{u_{n+1}}{u_n} < q$。
逐项放大：
$u_{N+1} < q u_N$-$u_{N+2} < q u_{N+1} < q^2 u_N$
推广得：$u_n < q^{n-N} u_N = q^n \cdot \frac{u_N}{q^N}$
得出结论：
记常数 $C_N = \frac{u_N}{q^N}$，则对于所有 $n \geq N$，有 $u_n < C_N q^n$。
因为 $0 < q < 1$，几何级数 $\sum q^n$是收敛的。由比较判别法可知，级数$\sum u_n$ 必定收敛。
对于另一侧，改个符号即可同理推出。
案例：为什么 $l = 1$ 时判定失效？
给出两个 $l=1$ 但敛散性截然不同的例子：
例子 1（发散）： 调和级数 $\sum \frac{1}{n}$ $\frac{u_{n+1}}{u_n} = \frac{n}{n+1} \to 1$，但该级数发散。
例子 2（收敛）： $p=2$的$p$-级数 $\sum \frac{1}{n^2}$ $\frac{u_{n+1}}{u_n} = \left(\frac{n}{n+1}\right)^2 \to 1$，但该级数收敛。
柯西判别法
观察上面，我们发现我们实际上通过做比值，然后通过比值的极限去构造了等比数列。那实际上我们也可以一步到位，直接考虑 $u^{\frac{1}{n}}$的极限$l$ 。然后完全类似地得到和达朗贝尔判别一样的结果。
判定结论：
若 $l < 1$，级数收敛；
若 $l > 1$（或 $l = +\infty$），级数发散；
若 $l = 1$，判别法失效，级数可能收敛也可能发散，需另行判定。
拉阿伯判别法 (Raabe’s Test)
前面我们是利用等比级数做一个判定，但是等比级数并不那么强大，我们先前谈论的 $p$-级数是否也能拿来判断敛散性呢？答案是肯定的。
已知条件： 给定正项级数 $\sum u_n$，其中 $u_n > 0$。 设其相邻项比值的变形极限为：
$$ \lim_{n \to \infty} n \left( \frac{u_n}{u_{n+1}} - 1 \right) = R $$
判定结论：
若 $R > 1$：级数收敛；
若 $R < 1$：级数发散；
若 $R = 1$：判别法失效，需采用更精细的判别法（如 Gauss 判别法）。
证明要点与逻辑推导
核心思想是将其与已知的 p-级数 进行比较。
1. 辅助级数的性质
选取 $p$-级数 $v_n = \frac{1}{n^p}$。对其进行同样的极限运算：
$$ n \left( \frac{v_n}{v_{n+1}} - 1 \right) = n \left( \frac{(n+1)^p}{n^p} - 1 \right) = n \left( (1 + \frac{1}{n})^p - 1 \right) $$
利用二项式展开或泰勒展开 $(1+x)^p = 1 + px + O(x^2)$：
$$ \approx n \left( 1 + \frac{p}{n} + O(\frac{1}{n^2}) - 1 \right) \to p $$
这说明对于 $p$-级数，该极限值正好等于其幂次 $p$。
2. 利用比较判别法证明 $R > 1$ 的收敛性
寻找中介值：若 $R > 1$，则一定存在一个数 $p$，使得 $R > p > 1$。
建立不等式：由于 $\lim_{n \to \infty} n \left( \frac{u_n}{u_{n+1}} - 1 \right) = R > p$，则存在充分大的 $N$，使得当 $n \geq N$ 时：
$$ n \left( \frac{u_n}{u_{n+1}} - 1 \right) > n \left( \frac{(n+1)^p}{n^p} - 1 \right) $$
- 化简不等式：
$$ \frac{u_n}{u_{n+1}} > \frac{(n+1)^p}{n^p} \Rightarrow (n+1)^p u_{n+1} < n^p u_n $$
- 递推放大： 这说明序列 ${n^p u_n}$在$n \geq N$ 后是单调递减的。因此：
$$ (n+1)^p u_{n+1} < n^p u_n < \dots < N^p u_N = C_N $$
从而得出 $u_{n+1} < \frac{C_N}{(n+1)^p}$。
- 结论：由于 $p > 1$，由 p-级数收敛判定 和比较判别法 可知，级数 $\sum u_n$ 收敛。
积分判别法
在[[7.求和#积分估计]]中我们实际上讨论过积分估计求和。
定理
1. 定理
设 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 为正项级数（$u_n \geq 0$）。若存在单调不增的非负函数 $f(x)$使得$f(n) = u_n$，则：
$$ \sum_{n=1}^{\infty} u_n \text{ 收敛} \iff \int_{1}^{+\infty} f(x) dx \text{ 收敛} $$
**2. 核心等价关系
通过有界性原理（正项级数/非负函数增加的特性）不难得到如下链条：
级数收敛 $\iff$部分和序列${S_n}$ 有上界。
积分存在 $\iff$变上限积分$\int_{1}^{A} f(x) dx$ 有上界。
证明思路
通过比较单位区间上的矩形面积与曲线下积分面积，可以得出以下两个关键不等式：
A. 证明“级数收敛 $\Rightarrow$ 积分收敛”
利用左矩形法（或右移比较）：
$$ \int_{1}^{n} f(x) dx \leq \sum_{k=1}^{n-1} u_k = S_{n-1} $$
- 逻辑推演：若级数收敛，则 ${S_{n-1}}$有上界，从而导致$\int_{1}^{n} f(x) dx$也有上界。根据单调有界原理，当$n \to \infty$时，积分$\int_{1}^{+\infty} f(x) dx$ 必定存在。
B. 证明“积分收敛 $\Rightarrow$ 级数收敛”
利用右矩形法：
$$ S_n = \sum_{k=1}^{n} u_k = u_1 + \sum_{k=2}^{n} u_k \leq u_1 + \int_{1}^{n} f(x) dx $$
- 逻辑推演：若反常积分收敛，则其变上限积分 $\int_{1}^{n} f(x) dx$有上界，从而推导出${S_n}$也有上界。因此，正项级数$\sum u_n$ 必定收敛。
综合两方面就得到原命题成立。
应用
积分判别法可以处理前述判别法得到极限为 $1$ 而无法处理的情形，例如
$$ \sum \frac{1}{nlnn} $$
这应用 Raabe’s test 或者 Cauchy’s test 都行不通，但是一积分得到原函数 $lnlnn$就知道发散，相应地如果改成$\frac{1}{n(lnn)^2}$ 就知道收敛。
尽管威力强大，但是需要能积出来，就对形式有一定要求，并不能一招吃遍。