Lecture 11: Absolute Convergence and the Comparison Test for Series（绝对收敛与比较判别法）

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Lecture 11: Absolute Convergence and the Comparison Test for Series（绝对收敛与比较判别法）

概述

本讲回答一个非常自然但极难正面回答的问题：给定一个级数 $\sum x_n$，我们怎么判断它收敛？ 上一讲（Lecture 10）我们只得到了一条必要条件——若 $\sum x_n$ 收敛，则 $\lim_{n\to\infty}x_n=0$（Theorem 123）。本讲一开始就用 Question 127 指出这条必要条件远远不充分（调和级数就是反例），于是我们必须寻找真正的判别工具。

本讲引入两件核心武器：

1. 绝对收敛 (absolute convergence)：把带符号的级数 $\sum x_n$ 与一个非负级数 $\sum\vert x_n\vert $ 绑定。核心定理是 Theorem 133：绝对收敛 $\Rightarrow$ 收敛，从而”带符号”的困难被三角不等式一次性消掉。
2. 比较判别法 (comparison test)（Theorem 135）：用”已知收敛的级数当尺子”，把新级数夹在已知级数之下（或之上）。配合上一讲已经建立的几何级数 (geometric series) 基准，我们在 Theorem 137 一举拿下 $p$-级数 ($p$-series) $\sum 1/n^p$：$p>1$ 收敛，$p\le 1$ 发散。

学会本讲之后，你手里就有了一套”基准级数 + 比较”的完整工作流；下一讲（Lecture 12）的比值判别法 (ratio test)、根值判别法 (root test)、交错级数判别法 (alternating series test) 都是在这套工作流上再加工具而已。

核心定义与直观解释

回顾：一条必要条件，以及一个致命的追问（Recall 126 / Question 127）

• Recall 126：上一讲证明了——若 $\sum x_n$ 收敛，则 $\lim_{n\to\infty}x_n=0$。
• Question 127：逆命题成立吗？即 \(\lim_{n\to\infty}x_n=0 \;\Longrightarrow\; \sum x_n \text{ 收敛}?\)
• 答案：不成立。 判决性的反例就是调和级数 (harmonic series) $\sum_{n=1}^\infty \frac1n$：它的通项 $\frac1n\to 0$，但级数发散（Theorem 128，下面完整证明）。

直观解释（”它到底在说什么？”）：$\lim x_n=0$ 只说明”每一项越来越小”，但完全没说”项小得足够快”。把无穷多个正项加起来，即使项趋于 $0$，只要衰减速度不够快，总和仍然可以被”顶着”跑到无穷大。想象往一个水桶里倒水，每秒钟倒的量都在减少、趋近于零——但只要每秒倒的量是 $\frac1n$ 升，桶在有限时间内就永远装不满，总水量会无限增长。

为什么必须区分”必要条件”与”充分条件”？ 这是本讲以及整个级数理论的方法论起点：通项趋于零只是入场券，不是通行证。 所以在后面每一个判别法里，我们检验的都是”项衰减得够不够快”，而不是”项是否趋于零”。

定义 132：绝对收敛 (absolute convergence)

（Definition 132，源文件原文）

• 严格定义： \(\sum x_n \text{ 收敛绝对 (converges absolutely)} \quad\overset{\text{def}}{\Longleftrightarrow}\quad \sum \vert x_n\vert \text{ 收敛}.\) 请注意定义的形式：它是”对一个非负级数提出要求”，而 $\sum\vert x_n\vert $ 是一个各项非负的级数。

• 直观解释（”它到底在说什么？”）：把每一项的符号信息全部扔掉，只留下”大小”。如果连”把所有东西都当正数硬加”都能收敛，那么这个级数就不仅是收敛的，而且是”收敛得毫无悬念”的——它没有机会靠正负相消来偷取收敛性。用画面来说：$\sum x_n$ 是一支有正有负的军队在正负两方向上互相抵消着前进；而 $\sum\vert x_n\vert $ 是”假设所有士兵都朝同一方向走”的总路程。绝对收敛的意思是：连总路程都有限，那么最终位移当然也有限（Theorem 133）。

• 为什么需要这个条件？ 因为非负级数有一个极其好用的性质（Theorem 131）：部分和有界 $\iff$ 收敛。一旦把问题化归到 $\sum\vert x_n\vert $，我们就从”要处理上下波动的部分和序列”退化成”只需证明一个单调递增序列有界”。这是本讲所有证明的技术枢纽。去掉这个条件（即只假设 $\sum x_n$ 收敛），我们就无法使用”部分和有界”这把利器，证明会立刻变得艰难得多（这正是 Lecture 12 交替级数判别法要另辟蹊径的原因）。

• 具体示例：取 $x_n=\dfrac{(-1)^n}{n^2}$。则 $\vert x_n\vert =\dfrac{1}{n^2}$，而 $\sum_{n\ge1}\frac{1}{n^2}$ 是 $p=2>1$ 的 $p$-级数，由 Theorem 137 收敛。因此 $\sum\frac{(-1)^n}{n^2}$ 绝对收敛，由 Theorem 133 也收敛。 数值核验（$N=10^6$ 项）：$\sum_{n=1}^{N}\frac{(-1)^n}{n^2}\approx -0.822467$（收敛到 $-\pi^2/12$），而 $\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n^2}\approx 1.644924$（收敛到 $\pi^2/6$）。注意两者都有限——这正是绝对收敛的样子。

• 反例（”不绝对收敛”的两种截然不同的命运）：

  • $x_n=\dfrac{(-1)^n}{n}$：$\sum\vert x_n\vert =\sum\frac1n$ 发散（Theorem 128），但 $\sum\frac{(-1)^n}{n}$ 仍然收敛（Remark 134，下一讲用交错级数判别法证明）。这就是条件收敛。
  • $x_n=\dfrac{(-1)^n\,n}{n+1}$：$\vert x_n\vert =\frac{n}{n+1}\to1\ne0$，所以 $\sum\vert x_n\vert $ 发散；而且 $\sum x_n$ 自己也发散（通项不趋于零，违反 Recall 126）。所以这个级数连条件收敛都不是。 → 结论：”不绝对收敛”绝不自动意味着”收敛”。

下面是本讲最重要的一张分类图（对照表，fenced code block）：

        三个层次：绝对收敛 ⊂ 收敛 ⊂ (通项趋于零)
        ┌──────────────────────────────────────────────────────────────┐
        │  ∑|x_n| 收敛          →  ∑x_n 收敛 且 Σ 值可控 (Thm 133)      │
        │  这叫做「绝对收敛 absolute convergence」                       │
        ├──────────────────────────────────────────────────────────────┤
        │  ∑x_n 收敛，但 ∑|x_n| 发散                                    │
        │  这叫做「条件收敛 conditional convergence」                    │
        │  例：∑ (-1)^n / n，∑ (-1)^n / √n                             │
        ├──────────────────────────────────────────────────────────────┤
        │  ∑x_n 本身发散（通项可能趋于 0，也可能不趋于 0）                │
        │  例：∑ 1/n（通项→0 仍发散），∑ (-1)^n n/(n+1)（通项不→0）      │
        └──────────────────────────────────────────────────────────────┘
        绝对收敛 ⇐ 比较判别法 / p-级数 是主要入口
        条件收敛 ⇐ 必须等 Lecture 12 的交错级数判别法

补充定义：条件收敛 (conditional convergence)

【重要声明】 源文件 Lecture 11 没有给出”条件收敛”的正式编号定义；源文件只在 Remark 134 中指出了现象：”我们将会看到 $\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n}$ 收敛但不是绝对收敛。” 下面的定义是补充定义（为讲清概念而加，非源文件编号），请不要把它当作 OCW 官方编号引用。

• 严格定义（补充）： \(\sum x_n \text{ 条件收敛} \quad\overset{\text{def}}{\Longleftrightarrow}\quad \Bigl(\sum x_n \text{ 收敛}\Bigr)\ \wedge\ \Bigl(\sum \vert x_n\vert \text{ 发散}\Bigr).\)
• 直观解释：条件收敛的级数，其收敛性完全依赖正负项之间的相互抵消。这种收敛是”脆弱的”：把正项和负项分开看，两边各自都是无穷大——正是”$\infty-\infty$”型的不定式恰好配平成了一个有限的数。这一点有一个惊人的推论（本讲不证，属于 [JL] §2.6 的讨论范围）：条件收敛级数可以通过重排 (rearrangement) 使其收敛到任意指定的实数，甚至发散（Riemann 重排定理）。而绝对收敛级数则允许任意重排而不改变和。
• 为什么需要这个区分？ 因为它决定了你能不能对这个级数做”代数操作”。绝对收敛的级数像普通的有限和一样”老实”；条件收敛的级数则对顺序极度敏感。
• 具体示例：$\sum_{n\ge1}\frac{(-1)^n}{n}$ 条件收敛。数值核验：$\sum_{n=1}^{199999}\frac{(-1)^n}{n}\approx -0.69315$（收敛到 $-\ln 2\approx-0.693147$，有限）；而 $\sum_{n=1}^{199999}\frac1n\approx 12.09$（还在增长，无界）。
• 反例：由 Theorem 133 的逆否命题，”条件收敛”不可能出现在 $\sum\vert x_n\vert $ 收敛的级数上；而 $x_n=\frac{(-1)^n n}{n+1}$ 不满足条件收敛定义（因为它连收敛都不满足）。

定理与完整证明（核心）

回顾 Theorem 128：调和级数发散

Theorem 128（源文件）

• 定理陈述：级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac1n$ 不收敛。
• 证明策略：分组论证 (grouping / blocking)。直接看部分和 $s_m=\sum_{n=1}^m\frac1n$ 很难受，因为每一项都不一样。但我们不需要估出 $s_m$ 的精确值，只需要证明它无界：只要我们找到一个子序列 $\{s_{2^\ell}\}$ 无界，就立刻得到整个部分和序列无界，从而级数发散。做法是：把第 $2^{\ell-1}+1$ 到 $2^\ell$ 项分成一块，每块有 $2^{\ell-1}$ 项，把每项缩小到该块中最小的一项 $\frac{1}{2^\ell}$，于是块和下界为 $\frac12$。每块都贡献至少 $\frac12$，无穷多块就无界。
• 逐步推导（记 $s_m=\sum_{n=1}^m\frac1n$，源文件中用 $\ell\in\mathbb N$）：
  1. 考察子序列 $s_{2^\ell}=\sum_{n=1}^{2^\ell}\frac1n$。（依据：只需研究一个子序列即可判定无界性）
  2. 把它分块书写： \(s_{2^\ell}=1+\Bigl(\frac12\Bigr)+\Bigl(\frac13+\frac14\Bigr)+\Bigl(\frac15+\cdots+\frac18\Bigr)+\cdots+\Bigl(\frac{1}{2^{\ell-1}+1}+\cdots+\frac{1}{2^\ell}\Bigr).\) （依据：加法结合律；分块边界是 $1,\,2,\,4,\,8,\dots,2^\ell$）
  3. 写成求和式： \(s_{2^\ell}=1+\sum_{\lambda=1}^{\ell}\ \sum_{n=2^{\lambda-1}+1}^{2^\lambda}\frac1n.\) （依据：把上面每块写成内层求和；第 $\lambda$ 块的下标从 $2^{\lambda-1}+1$ 到 $2^\lambda$）
  4. 逐块放缩：在第 $\lambda$ 块中，$n\le 2^\lambda$，故 $\frac1n\ge\frac{1}{2^\lambda}$，于是 \(s_{2^\ell}\ \ge\ 1+\sum_{\lambda=1}^{\ell}\ \sum_{n=2^{\lambda-1}+1}^{2^\lambda}\frac{1}{2^\lambda}.\) （依据：有限和的单调性——每一项都不超过原项）
  5. 每块内被加项与 $n$ 无关，共 $2^\lambda-\bigl(2^{\lambda-1}+1\bigr)+1=2^\lambda-2^{\lambda-1}=2^{\lambda-1}$ 项，提出： \(s_{2^\ell}\ \ge\ 1+\sum_{\lambda=1}^{\ell}\frac{1}{2^\lambda}\Bigl(2^\lambda-\bigl(2^{\lambda-1}+1\bigr)+1\Bigr)=1+\sum_{\lambda=1}^{\ell}\frac{2^{\lambda-1}}{2^\lambda}.\) （依据：源文件的项数计算；$2^\lambda-(2^{\lambda-1}+1)+1=2^{\lambda-1}$）
  6. 化简 $\frac{2^{\lambda-1}}{2^\lambda}=\frac12$： \(s_{2^\ell}\ \ge\ 1+\sum_{\lambda=1}^{\ell}\frac12=1+\frac{\ell}{2}.\) （依据：$\ell$ 个 $\frac12$ 相加）
  7. 由于 $1+\frac\ell2\to\infty$，$\{s_{2^\ell}\}_{\ell=1}^\infty$ 无界，因此该子序列不收敛；部分和序列有一个发散的子序列，故 $\{s_m\}$ 发散，即 $\sum\frac1n$ 不收敛。（依据：收敛序列的任何子序列都收敛到同一极限——子序列不收敛则原序列不收敛）
• 【证明机制解说】：这个证明的关键”灵光一现”是放弃精确计算，改为分块降级估计。为什么按 $2$ 的幂分块？因为我们希望每块里的项数恰好等于”把该项分母放大到块右端点”的倍数：块 $[2^{\lambda-1}+1,2^\lambda]$ 有 $2^{\lambda-1}$ 项，最小项是 $\frac{1}{2^\lambda}$，二者之积恰好是 $\frac12$——不随 $\lambda$ 变化。这就是”每块至少 $\frac12$”的来源，也是后面 $p$-级数证明的同一个模具。
• 【证明技巧总结】
  • 分块（blocking）：把无穷和按几何尺度（$2$ 的幂）切片，让每块的”项数 × 最小项”成为一个便于控制的量。
  • 要证发散，只需找出一个无界的子序列：不要正面求 $s_m$，只需抓一个可计算的子序列。
  • 块内全体缩到最小项：$\frac1n\ge\frac1{2^\lambda}$（$n$ 在块内时 $n\le2^\lambda$）是纯粹的”分母放大、分数变小”。
• Remark 129（源文件）：级数 $\sum\frac1n$ 称为调和级数 (harmonic series)。它之所以叫”调和”，是因为它的项 $1,1/2,1/3,\dots$ 正是泛音列中各次谐波的波长比。

定理 130：级数的线性性质

Theorem 130（源文件）

• 定理陈述：设 $\alpha\in\mathbb R$，$\sum x_n$ 与 $\sum y_n$ 均收敛。则 $\sum(\alpha x_n+y_n)$ 收敛，且 \(\sum(\alpha x_n+y_n)=\alpha\sum x_n+\sum y_n.\)
• 证明策略：直接证明。级数的收敛性定义为部分和序列的收敛性（Lecture 10, Definition 120 前面的部分和定义），所以只要对有限和用平凡的分配律，再对整个部分和序列用数列极限的线性性质。
• 逐步推导：
  1. 记 $X_m=\sum_{n=1}^m x_n$，$Y_m=\sum_{n=1}^m y_n$，$Z_m=\sum_{n=1}^m(\alpha x_n+y_n)$。（依据：部分和的定义）
  2. 对每个 $m$，由有限求和的分配律与结合律， \(Z_m=\sum_{n=1}^m(\alpha x_n+y_n)=\alpha\sum_{n=1}^m x_n+\sum_{n=1}^m y_n=\alpha X_m+Y_m.\) （依据：有限和的线性性质——这是纯代数，不需要任何分析）
  3. 由假设，$\{X_m\}$ 收敛到 $\sum x_n$，$\{Y_m\}$ 收敛到 $\sum y_n$。（依据：级数收敛的定义）
  4. 由数列极限的线性性质（Lecture 5 的极限运算法则），$\{\alpha X_m+Y_m\}$ 收敛且 \(\lim_{m\to\infty}(\alpha X_m+Y_m)=\alpha\lim_{m\to\infty}X_m+\lim_{m\to\infty}Y_m=\alpha\sum x_n+\sum y_n.\) （依据：极限对加法与数乘封闭）
  5. 由第 2 步，$Z_m=\alpha X_m+Y_m$，故 $\lim_m Z_m=\alpha\sum x_n+\sum y_n$，即 $\sum(\alpha x_n+y_n)=\alpha\sum x_n+\sum y_n$。$\blacksquare$
• 【证明机制解说】：这个定理”看起来是废话”，但它隐藏了一个方法论的要点：无穷和的线性性质不是公理，而是从”有限和的线性”+”极限的线性”两步拼出来的。 换句话说，级数的一切”代数操作”合法性都可以回溯到部分和。这正是后面处理”绝对收敛级数可以重排/可以相乘”这类问题时唯一的正确姿势。
• 【证明技巧总结】：”把无穷化为有限，再用极限法则“。凡是遇到级数的代数性质（线性、比较、拆分 $\sum_{n=1}^\infty=\sum_{n=1}^{M-1}+\sum_{n=M}^\infty$），都先写部分和，再取极限。
• 注意：本定理只对”两个都收敛”的情形给结论。若一个收敛、一个发散，$\sum(\alpha x_n+y_n)$ 必发散（否则用定理把发散的减去收敛的，就得到发散的 $\sum y_n$ 收敛，矛盾）。

定理 131：非负项级数——”收敛 $\iff$ 部分和有界”

Theorem 131（源文件）

• 定理陈述：若 $\forall n\in\mathbb N,\ x_n\ge0$，则 $\sum x_n$ 收敛 $\iff$ $\{s_m\}$ 有界（其中 $s_m=\sum_{n=1}^m x_n$）。
• 证明策略：证明”两个方向”都归结为单调性。核心观察是：非负性使部分和序列 $\{s_m\}$ 单调递增；而单调序列有著名的二分法刻画——单调序列收敛 $\iff$ 有界（Lecture 7 的单调收敛定理）。所以只要把 $s_{m+1}\ge s_m$ 写出来即可。
• 逐步推导：
  1. 假设 $x_n\ge0$ 对所有 $n\in\mathbb N$ 成立。对任意 $m$： \(s_{m+1}=\sum_{n=1}^{m+1}x_n=\sum_{n=1}^{m}x_n+x_{m+1}=s_m+x_{m+1}\ \ge\ s_m.\) （依据：拆出最后一项；再用 $x_{m+1}\ge0$）
  2. 因此 $\{s_m\}$ 单调递增。（依据：单调递增的定义）
  3. 由单调收敛定理（单调递增序列收敛 $\iff$ 有界），$\{s_m\}$ 收敛 $\iff$ $\{s_m\}$ 有界。（依据：Lecture 7 的单调收敛定理 / 最小上界性质）
  4. 而 $\sum x_n$ 收敛按定义就是 $\{s_m\}$ 收敛。（依据：级数收敛的定义）
  5. 故 $\sum x_n$ 收敛 $\iff$ $\{s_m\}$ 有界。$\blacksquare$
• 【证明机制解说】：非负性是整门级数理论里最值钱的假设。为什么？因为正项级数的部分和没有”回头路”：它只增不减，不会像一般序列那样上下振荡。于是”收敛”这个动力学问题（是否稳定下来）退化成一个静态的最优化问题（上确界是否存在）。这就是为什么本讲后面每个判别法都要先把级数弄成非负的：绝对收敛先换成 $\sum\vert x_n\vert $；比较判别法只在非负项之间比较；$p$-级数本身非负。
• 【证明技巧总结】：”非负项 $\Rightarrow$ 部分和单调 $\Rightarrow$ 收敛等价于有界“。以后凡是证明一个非负项级数收敛，本质工作都是给部分和找一个统一的界 $B$（一个与 $m$ 无关的常数）。请把”求界”当作这类证明的唯一目标。
• 常见误用警告：这个等价性只对非负项级数成立。对一般级数，”部分和有界”绝不蕴含收敛（例如 $\sum(-1)^n$ 的部分和在 $0,1$ 之间振荡，有界但发散）。这个误区会在第 7 节再次强调。

定理 133（本讲主定理）：绝对收敛 $\Rightarrow$ 收敛

Theorem 133（源文件）

• 定理陈述：若 $\sum x_n$ 绝对收敛（即 $\sum\vert x_n\vert $ 收敛），则 $\sum x_n$ 收敛。

• 证明策略：源文件的路线是 Cauchy 判别法路线：先证一个有限和版本的三角不等式（Claim，用归纳法），再用 Lecture 10 的 Theorem 122（Cauchy 判别法的级数形式） 把”收敛”翻译成”任意一段增量的绝对值 $<\epsilon$”。

  更具体地说，源文件的证明分两块：

  1. Claim（$m\ge2$）：$\bigl\vert \sum_{n=1}^m x_n\bigr\vert \le\sum_{n=1}^m\vert x_n\vert $。这是”三角不等式从两项推广到 $m$ 项”，用归纳法。
  2. 主体：证明 $\sum x_n$ 是 Cauchy。因为 $\sum\vert x_n\vert $ 收敛，它是 Cauchy，所以任意长的一段 $\sum_{k=m+1}^{\ell}\vert x_k\vert $ 可以被压到 $<\epsilon$；再用三角不等式（或上面的 Claim 的”任意段版本”）把 $\bigl\vert \sum_{k=m+1}^{\ell}x_k\bigr\vert $ 也压到 $<\epsilon$。由 Cauchy 判别法，$\sum x_n$ 收敛。
• 逐步推导：
  1. 设定：假设 $\sum\vert x_n\vert $ 收敛。（依据：绝对收敛的定义 132）
  2. Claim 的证明（归纳法）：断言 $\forall m\ge2$，$\bigl\vert \sum_{n=1}^{m}x_n\bigr\vert \le\sum_{n=1}^m\vert x_n\vert $。
     • 归纳基（$m=2$）：$\vert x_1+x_2\vert \le\vert x_1\vert +\vert x_2\vert $。（依据：三角不等式 (triangle inequality) $\vert a+b\vert \le\vert a\vert +\vert b\vert $）
     • 归纳假设：设 $\bigl\vert \sum_{n=1}^{\ell}x_n\bigr\vert \le\sum_{n=1}^{\ell}\vert x_n\vert $ 对某个 $\ell\ge2$ 成立。
     • 归纳步： \(\Bigl\vert \sum_{n=1}^{\ell+1}x_n\Bigr\vert =\Bigl\vert \sum_{n=1}^{\ell}x_n+x_{\ell+1}\Bigr\vert \le\Bigl\vert \sum_{n=1}^{\ell}x_n\Bigr\vert +\vert x_{\ell+1}\vert \le\sum_{n=1}^{\ell}\vert x_n\vert +\vert x_{\ell+1}\vert =\sum_{n=1}^{\ell+1}\vert x_n\vert .\) （依据：第一步是代数分组；第二步用三角不等式；第三步用归纳假设；第四步是代数）
     • 由数学归纳法，Claim 对所有 $m\ge2$ 成立。
  3. 证明 $\sum x_n$ 是 Cauchy：取任意 $\epsilon>0$。
  4. 由于 $\sum\vert x_n\vert $ 收敛，由 Theorem 121 得 $\sum\vert x_n\vert $ 是 Cauchy。（依据：Theorem 121，$\sum$ 收敛 $\iff$ $\sum$ 是 Cauchy）
  5. 由 Theorem 122（Cauchy 判别法的级数形式），存在 $M_0\in\mathbb N$，使得对所有 $\ell>m\ge M_0$， \(\sum_{n=m+1}^{\ell}\vert x_n\vert <\epsilon.\) （依据：Theorem 122 的等价刻画；注意这里用的是”任意一段的绝对值之和”）
  6. 取 $M=M_0$。则对所有 $\ell>m\ge M$，把第 2 步的 Claim 应用在”从 $m+1$ 到 $\ell$ 这一段”上（把 $x_1,\dots,x_m$ 换成 $x_{m+1},\dots,x_\ell$ 即可，归纳法完全一样），得 \(\Bigl\vert \sum_{n=m+1}^{\ell}x_n\Bigr\vert \le\sum_{n=m+1}^{\ell}\vert x_n\vert <\epsilon.\) （依据：三角不等式；再用第 5 步）
  7. 于是 $\forall\epsilon>0\ \exists M\in\mathbb N\ \forall \ell>m\ge M$：$\bigl\vert \sum_{n=m+1}^{\ell}x_n\bigr\vert <\epsilon$，即 $\sum x_n$ 满足 Cauchy 判别法，故 $\sum x_n$ 是 Cauchy。（依据：Theorem 122 的反方向）
  8. 由 Theorem 121，Cauchy $\iff$ 收敛，故 $\sum x_n$ 收敛。$\blacksquare$

• 【证明机制解说】——为什么这个证明这么短？ 因为 Cauchy 判别法已经把”收敛”这个词翻译成了一句可以直接操作的话：不是”存在极限 $L$ 满足 $\epsilon$-$N$”，而是”任意一段连续增量的绝对值可以任意小“： \(\forall\epsilon>0\ \exists M\ \forall\ell>m\ge M:\quad \Bigl\vert \sum_{n=m+1}^{\ell}x_n\Bigr\vert <\epsilon.\) 这句话的美妙之处在于：它根本不提极限值。如果走 $\epsilon$-$N$ 原定义，我们就得先猜出 $\sum x_n$ 的极限 $L$ 是什么——而这是本讲完全做不到的事情（$\sum\frac{(-1)^n}{n^2}$ 的值是多少？）。Cauchy 判别法绕开了”猜 $L$”这个不可能的任务，把存在性问题变成了估计问题。 而估计问题恰好是三角不等式的主场：我们要控 $\vert \sum x_k\vert $（带符号，可能相消，无法直接估算），三角不等式说 \(\Bigl\vert \sum_{k=m+1}^{\ell}x_k\Bigr\vert \ \le\ \sum_{k=m+1}^{\ell}\vert x_k\vert ,\) 于是把”带符号的量”控制在一个非负的量之下，而非负的量我们已经由绝对收敛（+Cauchy 判别法）压到 $<\epsilon$ 了。一压一控，两步到位——这就是为什么证明只有 5 行。

  如果让你自己重新发明这个证明，思路链条应该是： “我也想用 Cauchy 判别法，但它要求 $\vert \sum x_k\vert $ 小；我不知道 $x_k$ 的符号，没法直接算 $\vert \sum x_k\vert $ → 那就找一个能算的、比它大的东西 → 三角不等式提供 $\vert \sum x_k\vert \le\sum\vert x_k\vert $ → 而 $\sum\vert x_k\vert $ 正是我的假设里唯一收敛的对象 → 完美闭环。”

• 【证明技巧总结】
  1. “证收敛 $\to$ 用 Cauchy 判别法 $\to$ 用三角不等式把带符号的量归到非负的量。” 这是级数证明的第一号模板，必须背下来。
  2. 先证一个”有限和版本”的引理（Claim），再让它对任意段成立。 源文件用归纳法证明 $m$ 项三角不等式；实际上你只需要”任意段”版本，写法完全一样（把起点平移）。归纳法在这里的价值是：把”$m$ 项”这种可变长度的对象变成可以逐项搭积木的对象。
  3. “设 $\epsilon>0$，取 $M=M_0$”：证明 Cauchy 性时，$M$ 只能依赖 $\epsilon$，绝不能依赖 $m$ 或 $\ell$。
  4. 不等式链写法：$\vert \cdot\vert \le\sum\vert x_n\vert <\epsilon$，中间用 $\le$、末端用严格 $<$，这是标准的”用 $\le$ 传递、在最后一步给出严格界”的写法。

• 顺便得到的一个不等式（源文件 Claim 的推论）：对收敛的绝对收敛级数，令 $m\to\infty$ 得 \(\Bigl\vert \sum_{n=1}^{\infty}x_n\Bigr\vert \le\sum_{n=1}^{\infty}\vert x_n\vert .\) （依据：对 Claim 两边取极限，用极限保序性——不等号在取极限后不反向；左边绝对值函数连续） 这个不等式正是任务书中强调的 $\vert \sum x_n\vert \le\sum\vert x_n\vert $，也是后面 Cauchy–Schwarz 不等式（补充）证明的骨架。

• 【具体数值示例：把 $\epsilon$ 取成 $0.01$】 用 $\sum x_n=\sum_{n\ge1}\frac{(-1)^n}{n^2}$（绝对收敛）走一遍 Theorem 133 的证明：
  • 取 $\epsilon=0.01$。我们需要 $M$ 使得 $\ell>m\ge M$ 时 $\bigl\vert \sum_{n=m+1}^{\ell}x_n\bigr\vert <0.01$。
  • 由三角不等式 $\bigl\vert \sum_{n=m+1}^{\ell}x_n\bigr\vert \le\sum_{n=m+1}^{\ell}\frac{1}{n^2}\le\sum_{n=m+1}^{\infty}\frac{1}{n^2}$。
  • 用 $\frac{1}{n^2}\le\frac{1}{n(n-1)}=\frac{1}{n-1}-\frac1n$（$n\ge2$，依据：$n^2\ge n(n-1)$，倒数反向），得刨去首项的尾和 \(\sum_{n=m+1}^{\infty}\frac{1}{n^2}\ \le\ \sum_{n=m+1}^{\infty}\Bigl(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}\Bigr)=\frac1m\quad(\text{望远镜求和 telescoping}).\)
  • 取 $m\ge M=100$，则尾和 $\le\frac{1}{100}=0.01$。（依据：$\epsilon=0.01$ 的取值）于是对所有 $\ell>m\ge100$，$\bigl\vert \sum_{n=m+1}^{\ell}\frac{(-1)^n}{n^2}\bigr\vert <0.01$，即 $M=100$ 就是 $\epsilon=0.01$ 对应的门槛。
  • 数值验算（已用 python3 核对）：$\sum_{n=101}^{\infty}\frac{1}{n^2}\approx 0.00994967<0.01$ ✓。注意真实的尾和（约 $0.00995$）确实比理论界 $\frac1m=0.01$ 略小，说明”望远镜放缩”是有效但略有浪费的估计——这正是分析中典型的现象。

Remark 134：一个”收敛但不绝对收敛”的级数

Remark 134（源文件）

• 陈述：我们将会看到 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n}$ 收敛但不绝对收敛。
• “不绝对收敛”这一半现在就能证：因为 \(\Bigl\vert \frac{(-1)^n}{n}\Bigr\vert =\frac1n,\qquad\text{故}\quad \sum\Bigl\vert \frac{(-1)^n}{n}\Bigr\vert =\sum\frac1n,\) 而后者是调和级数，由 Theorem 128 发散。所以 $\sum\frac{(-1)^n}{n}$ 不是绝对收敛。（依据：绝对收敛的定义 132 + Theorem 128）
• “收敛”那一半要等 Lecture 12：它由交错级数判别法 (alternating series test, Theorem 138 之后的定理) 证明。本讲只能确定它”不绝对收敛”。
• 这个 remark 的教学价值（任务重点：反之不真）：Theorem 133 的逆命题是假的： \(\sum x_n \text{ 收敛}\ \not\Longrightarrow\ \sum\vert x_n\vert \text{ 收敛}.\) 所以绝对收敛是严格强于收敛的条件。用集合语言说： \(\{\text{绝对收敛级数}\}\ \subsetneq\ \{\text{收敛级数}\}.\) 这个”严格包含”的证据就是 $x_n=\frac{(-1)^n}{n}$：它属于右边，不属于左边。

定理 135：比较判别法 (Comparison Test)

Theorem 135（Comparison Test，源文件）

• 定理陈述：设对所有 $n\in\mathbb N$ 有 $0\le x_n\le y_n$。则
  1. 若 $\sum y_n$ 收敛，则 $\sum x_n$ 收敛；
  2. 若 $\sum x_n$ 发散，则 $\sum y_n$ 发散。

  注意 (1) 与 (2) 互为逆否命题（把 $x\leftrightarrow y$、收敛 $\leftrightarrow$ 发散对调即得），所以实际上只有一个命题，源文件仍然分开写，因为它们的使用场景不同。

• 证明策略：部分和有界 + 单调收敛。关键前置是 Theorem 131：因为 $x_n,y_n\ge0$，两个级数的收敛性都等价于”部分和序列有界”。
  • (1) 的目标：给 $\sum_{n=1}^m x_n$ 找一个与 $m$ 无关的上界。发现 $\sum_{n=1}^m x_n\le\sum_{n=1}^m y_n\le B$（$B$ 是 $\sum y_n$ 部分和的一个界），直接夹住。
  • (2) 的目标：把”下标逐项比较”升级为”部分和逐点比较”，然后把”无界”这个性质从 $\{X_m\}$ 传给 $\{Y_m\}$。做法是用无界性的 $\epsilon$-$N$ 式刻画：对任意 $B\ge0$ 都存在 $m$ 使 $X_m\ge B$。

• 逐步推导：

  第 1 部分（$\sum y_n$ 收敛 $\Rightarrow$ $\sum x_n$ 收敛）

  1. 记 $X_m=\sum_{n=1}^m x_n$，$Y_m=\sum_{n=1}^m y_n$。（依据：部分和的记号）
  2. 由 $0\le x_n\le y_n$ 与有限和的单调性，对每个 $m$ 有 $X_m\le Y_m$。（依据：逐项比较 + 有限和保序）
  3. 假设 $\sum y_n$ 收敛。由于 $y_n\ge0$，由 Theorem 131，$\{Y_m\}$ 有界： \(\exists B\ge0\ \forall m\in\mathbb N:\quad Y_m=\sum_{n=1}^m y_n\le B.\) （依据：Theorem 131 的”收敛 $\Rightarrow$ 有界”方向；$B$ 可以取 $\sum y_n$ 本身）
  4. 于是对所有 $m$：$X_m\le Y_m\le B$。（依据：第 2、3 步）
  5. 又 $X_m$ 单调递增（$x_n\ge0$，依据 Theorem 131 的推导），故 $\{X_m\}$ 有界（有上界 $B$，且下有界 $X_m\ge X_1\ge0$）。（依据：有界性定义）
  6. 由 Theorem 131（有界 $\Rightarrow$ 收敛），$\sum x_n$ 收敛。$\blacksquare$

  第 2 部分（$\sum x_n$ 发散 $\Rightarrow$ $\sum y_n$ 发散）

  1. 假设 $\sum x_n$ 发散。由于 $x_n\ge0$，由 Theorem 131，$\{X_m\}$ 无界。（依据：Theorem 131 的逆否命题）
  2. 我们证明 $\{Y_m\}$ 也无界。任取 $B\ge0$。
  3. 由 $\{X_m\}$ 无界，存在 $m\in\mathbb N$ 使 $X_m\ge B$。（依据：无界的定义：”对任意 $B\ge0$，$\{X_m\}$ 中都有元素 $\ge B$”——即 $\{X_m\}$ 没有上界）
  4. 则对该 $m$：$Y_m\ge X_m\ge B$。（依据：第 2 部分的第 2 步 $X_m\le Y_m$）
  5. 由于 $B\ge0$ 任意，$\{Y_m\}$ 无界。（依据：无界的定义）
  6. 由 Theorem 131（无界 $\Rightarrow$ 发散），$\sum y_n$ 发散。$\blacksquare$
• 【证明机制解说】——比较判别法的本质是”用一把已知的尺子量未知的级数” 比较判别法本身不产生任何收敛性：它只是一个传递装置。它说：如果你已经有一个”够大的收敛级数” $\sum y_n$，那么任何被它逐项压住的非负级数 $\sum x_n$ 也收敛。所以整门课的级数理论都可以归结为一个问题：我们手上到底有哪些”基准级数 (benchmark series)”？ 本课程（以及几乎所有分析教材）给出的基准只有两个：
  • 几何级数 (geometric series) $\sum_{n=0}^\infty r^n$，$\vert r\vert <1$ 时收敛到 $\frac{1}{1-r}$（Lecture 10, Corollary 125）；
  • $p$-级数 (p-series) $\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^p}$，$p>1$ 收敛、$p\le1$ 发散（本讲 Theorem 137，而它的收敛性证明又要靠几何级数）。

  源文件用一个 Remark 把这件事说得极其直白——

  Remark 136（源文件）：We will see that geometric series and the Comparison Test imply everything!（我们将会看到：几何级数 + 比较判别法推出一切！）

  这句话请认真对待：比较判别法的技术核心只是”部分和逐点比较”，但它的思想核心是”把未知化归为已知”。这就是为什么 Theorem 137 要先花力气证明 $p>1$ 时 $\sum\frac1{n^p}$ 的部分和有界——一旦有了这个结论，$p$-级数就变成了尺子，可以量无穷多个别的级数。

• 【证明技巧总结】
  1. “比较 = 找一个收敛的 majorant（控制级数）”：要证 $\sum x_n$ 收敛（$x_n\ge0$），就去找 $y_n\ge x_n$ 且 $\sum y_n$ 已知收敛。
  2. 只有非负项之间才能直接比较：Theorem 135 要求 $0\le x_n\le y_n$。对带符号的级数，不要去比较 $x_n\le y_n$（没有任何信息），而要先取绝对值：用 $\vert x_n\vert \le c_n$ 得到绝对收敛，再由 Theorem 133 得到收敛。这正是任务书中”严格陈述”里那个更常用的形式。
  3. “逐项不等式 $\Rightarrow$ 部分和不等式 $\Rightarrow$ 有界性传递” 这条三段式传递链，在分析的几乎所有”比较型”论证里反复出现。
  4. 证明发散时的正确姿势：不要试图”估计 $Y_m$ 有多大”，而要展示”$\{Y_m\}$ 不能被任何 $B$ 界住“，即用 $\forall B\exists m$ 的量化结构。源文件的写法正是这个结构。
• 任务书中给出的”绝对值形式”（等价改写，本讲最常用的形态）： 设 $\vert x_n\vert \le c_n$ 对所有充分大的 $n$ 成立，且 $\sum c_n$ 收敛（$c_n\ge0$）。则 $\sum x_n$ 绝对收敛，从而收敛。 证明（用 Cauchy 判别法 + 三角不等式，与源文件路线互补）：
  1. 给定 $\epsilon>0$。由 $\sum c_n$ 收敛与 Theorem 122，存在 $M$ 使 $n>m\ge M$ 时 $\sum_{k=m+1}^{n}c_k<\epsilon$。（依据：Cauchy 判别法）
  2. 对同样的 $m,n$：$\sum_{k=m+1}^{n}\vert x_k\vert \le\sum_{k=m+1}^{n}c_k<\epsilon$。（依据：逐项比较 $\vert x_k\vert \le c_k$ + 有限和保序）
  3. 故 $\sum\vert x_k\vert $ 满足 Cauchy 判别法，$\sum\vert x_k\vert $ 收敛，即 $\sum x_n$ 绝对收敛。（依据：Theorem 121/122）
  4. 由 Theorem 133，$\sum x_n$ 收敛。（依据：绝对收敛 $\Rightarrow$ 收敛） 另外还有发散形式：若 $0\le c_n\le x_n$ 且 $\sum c_n$ 发散，则 $\sum x_n$ 发散。证明：若 $\sum x_n$ 收敛则由 Theorem 135(1)（令 $y=x$、$x=c$）得 $\sum c_n$ 收敛，矛盾。（依据：Theorem 135 第 1 部分 + 反证）

定理 137：$p$-级数 ($p$-series)

Theorem 137（源文件）

• 定理陈述：对 $p\in\mathbb R$，级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^p}$ 收敛 $\iff$ $p>1$。

  （等价说法：$p>1$ 时收敛；$p\le1$ 时发散。特别地 $p=1$ 就是调和级数，即 Theorem 128。）

• 证明策略：
  • $p\le1$ 方向：用比较判别法的发散形式，以调和级数 $\sum\frac1n$（Theorem 128 已证发散）为尺子。因为 $p\le1$ 时 $n^p\le n$，所以 $\frac{1}{n^p}\ge\frac1n$。
  • $p>1$ 方向：用分块论证（和 Theorem 128 同一个模具！），但这次每块的估计按几何速率衰减。源文件的路线是：
    • Claim 1：对每个 $k\in\mathbb N$，$s_{2^k}\le 1+\dfrac{1}{1-2^{-(p-1)}}$。即”按 $2$ 的幂取出的子序列有统一上界”。
    • Claim 2：由 $2^m>m$，把任意 $s_m$ 用 $s_{2^m}$ 界住，从而全部部分和都有同一个界；再由 Theorem 131（非负项：有界 $\iff$ 收敛）得收敛。

• 逐步推导：

  方向一（$\Leftarrow$ 的反面，即”若收敛则 $p>1$”，源文件用反证法）

  1. 反设 $\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^p}$ 收敛且 $p\le1$。（依据：反证假设）
  2. 对每个 $n\ge1$，由 $p\le1$ 与 $n\ge1$ 得 $n^p\le n^1=n$，取倒数（不等号反向）得 $\dfrac{1}{n^p}\ge\dfrac1n\ge0$。（依据：$t\mapsto1/t$ 在 $(0,\infty)$ 上递减）
  3. 取 $x_n=\frac1n$、$y_n=\frac{1}{n^p}$，则 $0\le x_n\le y_n$。（依据：第 2 步）
  4. 由 Theorem 128，$\sum x_n=\sum\frac1n$ 发散。（依据：Theorem 128）
  5. 由 Theorem 135 第 2 部分，$\sum y_n=\sum\frac1{n^p}$ 发散。（依据：比较判别法发散形式）
  6. 这与第 1 步的假设矛盾。故若 $\sum\frac1{n^p}$ 收敛，必有 $p>1$。$\blacksquare$

  方向二（$p>1\Rightarrow$ 收敛）

  Claim 1（源文件）：$\forall k\in\mathbb N$， \(s_{2^k}=\sum_{n=1}^{2^k}\frac{1}{n^p}\ \le\ 1+\frac{1}{1-2^{-(p-1)}}.\)

  证明：

  1. 把 $s_{2^k}$ 按 $2$ 的幂分块（块边界 $1,2,4,\dots,2^k$，与 Theorem 128 完全相同的切法）： \(s_{2^k}=1+\sum_{\ell=1}^{k}\ \sum_{n=2^{\ell-1}+1}^{2^\ell}\frac{1}{n^p}.\) （依据：加法结合律；分块）
  2. 块内每一项分母放大到块内最小分母：$n\le2^\ell\Rightarrow n^p\le(2^\ell)^p\Rightarrow \frac{1}{n^p}\ge\frac{1}{(2^\ell)^p}$。 但源文件用的是稍微更弱的界：把分母整体换成块的左端点 $2^{\ell-1}+1$ 的 $p$ 次幂（因为 $n\ge2^{\ell-1}+1\Rightarrow n^p\ge(2^{\ell-1}+1)^p\Rightarrow\frac{1}{n^p}\le\frac{1}{(2^{\ell-1}+1)^p}$）。这正是源文件写的形式： \(s_{2^k}\le 1+\sum_{\ell=1}^{k}\ \sum_{n=2^{\ell-1}+1}^{2^\ell}\frac{1}{(2^{\ell-1}+1)^p}.\) （依据：块内 $n\ge2^{\ell-1}+1$ + 分母越小分数越大）
  3. 算块内项数并提取公因子：块 $\{2^{\ell-1}+1,\dots,2^\ell\}$ 恰有 $2^\ell-(2^{\ell-1}+1)+1=2^{\ell-1}$ 项，且每项都被同一个数 $\frac{1}{(2^{\ell-1}+1)^p}$ 控制： \(s_{2^k}\le 1+\sum_{\ell=1}^{k}\frac{1}{(2^{\ell-1}+1)^p}\cdot 2^{\ell-1}.\) （依据：有限和的项数 × 公因子）
  4. 把 $\frac{2^{\ell-1}}{(2^{\ell-1}+1)^p}$ 放大成几何形式：由 $2^{\ell-1}+1\ge 2^{\ell-1}$ 得 $(2^{\ell-1}+1)^p\ge(2^{\ell-1})^p$，故 \(\frac{2^{\ell-1}}{(2^{\ell-1}+1)^p}\ \le\ \frac{2^{\ell-1}}{(2^{\ell-1})^p}=2^{\ell-1}\cdot 2^{-p(\ell-1)}=2^{-(p-1)(\ell-1)}.\) （依据：$p>1$ 时 $t\mapsto t^p$ 递增 + 指数运算律 $\frac{2^a}{2^{pa}}=2^{a-pa}$） 代入第 3 步，源文件得到 \(s_{2^k}\le 1+\sum_{\ell=1}^{k}2^{-(p-1)(\ell-1)}=1+\sum_{\ell=0}^{k-1}2^{-(p-1)\ell}.\) （依据：把 $\ell$ 换成 $\ell-1$ 重新编号）
  5. 几何级数上界：因为 $p>1\Rightarrow p-1>0\Rightarrow 0<2^{-(p-1)}<1$，几何级数 $\sum_{\ell=0}^\infty\bigl(2^{-(p-1)}\bigr)^{\ell}$ 收敛（Lecture 10, Corollary 125），故 \(s_{2^k}\le 1+\sum_{\ell=0}^{\infty}2^{-(p-1)\ell}=1+\frac{1}{1-2^{-(p-1)}}.\) （依据：部分和 $\le$ 全和；几何级数求和公式 $\sum_{j\ge0}r^j=\frac{1}{1-r}$，$\vert r\vert <1$） 这就证明了 Claim 1（对一切 $k$ 成立，右边与 $k$ 无关）。

  Claim 2（源文件）：$\Bigl\{s_m=\sum_{n=1}^m\frac1{n^p}\Bigr\}$ 有界。

  1. 任取 $m\in\mathbb N$。（依据：$m$ 任意）
  2. 因为 $2^m>m$（对一切 $m\ge1$；可用归纳法或二项式定理证明），所以求和到 $m$ 的项都包含在求和到 $2^m$ 的范围内，且每一项非负，故 \(s_m=\sum_{n=1}^{m}\frac{1}{n^p}\ \le\ \sum_{n=1}^{2^m}\frac{1}{n^p}=s_{2^m}.\) （依据：$2^m\ge m$ + 被加项非负 $\Rightarrow$ 增大求和范围只会增大和）
  3. 由 Claim 1（取 $k=m$）：$s_{2^m}\le 1+\dfrac{1}{1-2^{-(p-1)}}$。（依据：Claim 1）
  4. 于是每个 $s_m$ 都被同一个常数 $1+\frac{1}{1-2^{-(p-1)}}$ 界住，$\{s_m\}$ 有界。（依据：有界的定义；下界 $s_m\ge0$）
  5. 由 Theorem 131（非负项级数：部分和有界 $\iff$ 收敛），$\sum\frac1{n^p}$ 收敛。$\blacksquare$

• 【证明机制解说】——为什么 $p=1$ 是临界值？ 把两种情形并排看，分块论证给出的是每块的和： | | 第 $\ell$ 块的块和（的界） | 随 $\ell$ 的行为 | 无穷多块相加 | |—|—|—|—| | $p=1$ | $2^{\ell-1}\cdot\frac{1}{2^{\ell-1}+1}\approx\frac12$ | 不衰减（恒 $\approx\frac12$） | $\sum 1=\infty$，发散 | | $p>1$ | $2^{-(p-1)(\ell-1)}$ | 按几何速率衰减（公比 $2^{-(p-1)}<1$） | 有限，收敛 |

  也就是说，分块论证把”级数收敛性”翻译成了”块和序列是否几何衰减”。临界点 $p=1$ 恰好是”块和的衰减速率正好为零”的位置：

  • $p>1$ 时，块和按 $2^{-(p-1)}$ 衰减，损失（分母的放大）小于项数的增长，整体衰减；
  • $p=1$ 时，项数的增长（$2^{\ell-1}$）与分母的放大（$2^{\ell-1}$）恰好抵消，块和不增不减；
  • $p<1$ 时，项数增长快于分母放大，块和甚至增长，级数更发散。

  这种”临界指数现象“在分析中反复出现：$\sum\frac{1}{n(\log n)^q}$ 的临界是 $q=1$，$\int_1^\infty\frac{dx}{x(\log x)^q}$ 同理，$\sum\frac{1}{n^p\log^q n}$ 的临界线是 $p=1$。判断临界位置的方法永远是同一个：看”分组后每块的贡献是否衰减”。

• 【证明技巧总结】
  1. 分块（$2$ 的幂分组）是把连续型估计离散化的标准手法。它给出的是”块和”，比逐项估计更容易看出几何结构。
  2. “Claim 1 只对子序列 $s_{2^k}$ 成立 $\Rightarrow$ Claim 2 用 $2^m>m$ 传给全部部分和”：这是一个非常值得记住的模式——先证一个稀疏但好算的子序列有界，再用”求和范围放大”覆盖全部下标。定理 128 里的”子序列无界 $\Rightarrow$ 发散”是同一个思想的反向使用。
  3. 放缩方向要盯住目标：Claim 1 里我们主动把分母换成块内最小的分母（$\to$ 放大分数），就是为了让”项数 × 公因子”出现 $2^{\ell-1}\cdot2^{-p(\ell-1)}$ 这种干净的指数形式。放缩不是随便放，是为了制造几何级数。
  4. 几何级数求和公式 $\sum_{j\ge0}r^j=\frac1{1-r}$ 与部分和有界之间的关系：源文件写的是 $s_{2^k}\le1+\sum_{\ell=0}^{k-1}2^{-(p-1)\ell}\le 1+\sum_{\ell=0}^{\infty}2^{-(p-1)\ell}=1+\frac{1}{1-2^{-(p-1)}}$。这里”换成无穷和”的一步就是使用已知的几何级数收敛性（Corollary 125）来给有限和提供一个统一界——请务必看清：我们没有在证明几何级数收敛，而是在引用它作为基准。

• 具体数值验算（$p=1.5$，用 python3 核对）： 下表列出 $p=1.5$ 时各块的”项数、每项上界、块和上界”（按源文件的指标 $\ell$：第 $\ell$ 块为 $n=2^{\ell-1}+1,\dots,2^\ell$，块内 $n^p\ge(2^{\ell-1}+1)^p$，块和上界 $\le2^{-(p-1)(\ell-1)}=2^{-0.5(\ell-1)}$）：

  p = 1.5       块和上界 = 2^{-0.5*(l-1)}         (python3 计算)
  ┌────┬───────────┬───────┬───────────────┬───────────────┬───────────────┐
  │  l │  下标范围  │ 项数  │ 每项上界        │ 块和上界        │ 累计上界        │
  ├────┼───────────┼───────┼───────────────┼───────────────┼───────────────┤
  │  1 │  2 ~ 2     │   1   │ 1.0            │ 1.0            │ 2.0            │
  │  2 │  3 ~ 4     │   2   │ 0.35355339     │ 0.70710678     │ 2.70710678     │
  │  3 │  5 ~ 8     │   4   │ 0.125          │ 0.5            │ 3.20710678     │
  │  4 │  9 ~ 16    │   8   │ 0.04419417     │ 0.35355339     │ 3.56066017     │
  │  5 │ 17 ~ 32    │  16   │ 0.015625       │ 0.25           │ 3.81066017     │
  │  6 │ 33 ~ 64    │  32   │ 0.00552427     │ 0.17677670     │ 3.98743687     │
  │  7 │ 65 ~ 128   │  64   │ 0.00195312     │ 0.125          │ 4.11243687     │
  │  8 │ 129 ~ 256  │ 128   │ 0.00069053     │ 0.08838835     │ 4.20082521     │
  └────┴───────────┴───────┴───────────────┴───────────────┴───────────────┘
  块和上界总和(到无穷) = ∑ 2^{-0.5*(l-1)} = 1/(1-2^{-0.5}) = 3.41421356
  Claim 1 的界 = 1 + 3.41421356 = 4.41421356
  实际部分和核对:  s_{2^8}  = 2.48749730
                   s_{2^16} = 2.60456288
                   s_{2^20} = 2.61042222     而 ∑1/n^1.5 = 2.61237534... (ζ(1.5))
  真实和 2.6104 < 界 4.4142 ✓ （界不紧，但「有一个与 k 无关的界」正是我们需要的全部）
  

  注意 $p=1.5$ 时上界之和为 $3.4142$，而真实的 $\zeta(1.5)\approx2.612$——界明显偏松（因为把每项换成块内最小分母放缩得太狠了）。但松不要紧：Claim 2 只需要”一个与 $m$ 无关的有限常数”。

• 补充：$p$-级数作为基准尺的三个使用示范（每个都给出明确的比较不等式）

  例 A：$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{1.5}+1}$ 收敛。

  • 比较不等式：对一切 $n\ge1$，$n^{1.5}+1>n^{1.5}$，故 \(0\le\frac{1}{n^{1.5}+1}<\frac{1}{n^{1.5}}.\) （依据：分母放大 $\Rightarrow$ 分数变小）
  • 因为 $p=1.5>1$，由 Theorem 137，$\sum\frac{1}{n^{1.5}}$ 收敛。（依据：$p$-级数定理）
  • 由 Theorem 135 第 1 部分，$\sum\frac{1}{n^{1.5}+1}$ 收敛。
  • 数值核验（$N=10^6$）：$\sum_{n\le N}\frac{1}{n^{1.5}+1}\approx 1.95002$，而 $\sum_{n\le N}\frac{1}{n^{1.5}}\approx 2.61038$ ✓（确实更小）。

  例 B：$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt n}$ 发散。

  • 比较不等式：$\sqrt n\le n$ 对 $n\ge1$ 成立，故 \(0\le\frac1n\le\frac{1}{\sqrt n}.\) （依据：$n^{1/2}\le n^1$，取倒数反向）
  • 因为 $\sum\frac1n$ 发散（Theorem 128），由 Theorem 135 第 2 部分，$\sum\frac{1}{\sqrt n}$ 发散。
  • 也可以直接用 Theorem 137：$p=\frac12\le1$，故发散。
  • 数值核验（$N=10^6$）：$\sum_{n\le N}\frac{1}{\sqrt n}\approx 1998.540$，仍在以 $\approx2\sqrt N$ 的速率增长（$2\sqrt{10^6}=2000$）✓，确实无界。

  例 C：$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n+1}{n^3+2}$ 收敛。

  • 比较不等式（分母缩小、分子放大，制造干净的幂）：对 $n\ge1$， \(\frac{n+1}{n^3+2}\le\frac{n+n}{n^3}=\frac{2n}{n^3}=\frac{2}{n^2}.\) （依据：$n+1\le 2n$（$n\ge1$）；$n^3+2>n^3$ 故分母变小、分数变大）
  • 因为 $\sum\frac{2}{n^2}=2\sum\frac1{n^2}$ 收敛（$p=2>1$，Theorem 137；$2$ 倍不影响收敛性，Theorem 130），由 Theorem 135 第 1 部分，原级数收敛。
  • 数值核验（$N=10^6$）：$\sum_{n\le N}\frac{n+1}{n^3+2}\approx 1.424712$，有限 ✓；且逐点不等式 $(n+1)/(n^3+2)\le2/n^2$ 经 $n=1..999$ 全数验证为真 ✓。

  例 D（发散方向的示范）：$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{n}+1}$ 发散。

  • 先估计下界：$\sqrt n+1\le\sqrt n+\sqrt n=2\sqrt n$（$n\ge1$），故 $\frac{1}{\sqrt n+1}\ge\frac{1}{2\sqrt n}=\frac{1}{2}n^{-1/2}$。
  • 而 $\sum\frac12 n^{-1/2}=\frac12\sum\frac{1}{\sqrt n}$ 发散（例 B + Theorem 130）。
  • 由 Theorem 135 第 2 部分，$\sum\frac{1}{\sqrt n+1}$ 发散。

补充：Cauchy–Schwarz 不等式（对应 Assignment 7 第 3 题，源文件未涉及）

【重要声明】 以下内容在 Lecture 11 源文件中没有出现，它对应 OCW Assignment 7 第 3 题。此处作为补充证明给出，请勿引用为 Lecture 11 的定理编号。

• 定理陈述：若 $\sum\vert x_n\vert ^2$ 与 $\sum\vert y_n\vert ^2$ 都收敛，则 $\sum x_ny_n$ 绝对收敛，且 \(\Bigl\vert \sum_{n=1}^{\infty}x_ny_n\Bigr\vert \ \le\ \Bigl(\sum_{n=1}^{\infty}\vert x_n\vert ^2\Bigr)^{1/2}\Bigl(\sum_{n=1}^{\infty}\vert y_n\vert ^2\Bigr)^{1/2}.\)

• 证明策略：把无穷问题化为有限问题。先对每个有限截断 $N$ 证明有限维的 Cauchy–Schwarz 不等式（用初等的 $2ab\le a^2+b^2$），再令 $N\to\infty$（用极限保序性）。最后用比较判别法（绝对值形式）说明 $\sum\vert x_ny_n\vert $ 收敛。

• 逐步推导：
  1. 有限维引理（$2ab\le a^2+b^2$）：对任意实数 $a,b$，$(a-b)^2\ge0\Rightarrow a^2-2ab+b^2\ge0\Rightarrow 2ab\le a^2+b^2$。（依据：完全平方非负）
  2. 有限维 Cauchy–Schwarz：设 $a_1,\dots,a_N,b_1,\dots,b_N\in\mathbb R$，且 $\sum a_i^2>0,\sum b_i^2>0$。（退化情形 $\sum a_i^2=0$ 说明一切 $a_i=0$（因平方和为零蕴含每项为零），此时 $\sum a_ib_i=0$，不等式两边都是 $0$，成立；$\sum b_i^2=0$ 同理。）令 \(A=\Bigl(\sum_{i=1}^N a_i^2\Bigr)^{1/2},\qquad B=\Bigl(\sum_{i=1}^N b_i^2\Bigr)^{1/2}.\) 对每个 $i$ 用第 1 步，取 $a=\frac{a_i}{A}$、$b=\frac{b_i}{B}$： \(2\frac{\vert a_i\vert \vert b_i\vert }{AB}\le\frac{a_i^2}{A^2}+\frac{b_i^2}{B^2}.\) （依据：$\vert a_i b_i\vert =\vert a_i\vert \vert b_i\vert $ + 引理） 对 $i=1,\dots,N$ 求和： \(\frac{2}{AB}\sum_{i=1}^N\vert a_i\vert \vert b_i\vert \ \le\ \frac{1}{A^2}\sum_{i=1}^N a_i^2+\frac{1}{B^2}\sum_{i=1}^N b_i^2=\frac{A^2}{A^2}+\frac{B^2}{B^2}=2.\) （依据：求和保序 + $A^2=\sum a_i^2$、$B^2=\sum b_i^2$ 的定义） 两边乘以 $\frac{AB}{2}$ 得 \(\sum_{i=1}^N\vert a_i\vert \vert b_i\vert \le AB,\qquad\text{从而}\qquad\Bigl\vert \sum_{i=1}^N a_ib_i\Bigr\vert \le\sum_{i=1}^N\vert a_i\vert \vert b_i\vert \le AB.\) （依据：三角不等式 $\bigl\vert \sum a_ib_i\bigr\vert \le\sum\vert a_ib_i\vert $；再乘 $\frac{AB}{2}$ 移项）
  3. 应用到级数并取极限：对每个 $N$，取 $a_i=x_i$、$b_i=y_i$： \(\Bigl\vert \sum_{n=1}^{N}x_ny_n\Bigr\vert \le\sum_{n=1}^N\vert x_ny_n\vert \le\Bigl(\sum_{n=1}^{N}\vert x_n\vert ^2\Bigr)^{1/2}\Bigl(\sum_{n=1}^{N}\vert y_n\vert ^2\Bigr)^{1/2}.\) （依据：第 2 步） 因为 $\vert x_n\vert ^2\ge0$、$\vert y_n\vert ^2\ge0$，两个部分和都单调递增且分别被 $\sum\vert x_n\vert ^2,\sum\vert y_n\vert ^2$ 界住（有限），故先取 $N\to\infty$。右边：$t\mapsto t^{1/2}$ 连续、极限乘积法则，得 \(\sum_{n=1}^N\vert x_ny_n\vert \ \le\ \Bigl(\sum_{n=1}^{\infty}\vert x_n\vert ^2\Bigr)^{1/2}\Bigl(\sum_{n=1}^{\infty}\vert y_n\vert ^2\Bigr)^{1/2}=:C<\infty\quad\text{对所有 }N.\) （依据：单调有界 + 极限保序性 + 极限的四则运算）
  4. $\sum x_ny_n$ 绝对收敛：由第 3 步，非负级数 $\sum\vert x_ny_n\vert $ 的部分和一致有界（界为常数 $C$），由 Theorem 131（非负项：有界 $\iff$ 收敛）得 $\sum\vert x_ny_n\vert $ 收敛，即 $\sum x_ny_n$ 绝对收敛。（依据：Theorem 131 + Definition 132）
  5. 得到数值不等式：在 $\bigl\vert \sum_{n=1}^N x_ny_n\bigr\vert \le C$ 中对 $N\to\infty$ 取极限（绝对值函数连续、极限保序性），得 \(\Bigl\vert \sum_{n=1}^{\infty}x_ny_n\Bigr\vert \le C=\Bigl(\sum_{n=1}^{\infty}\vert x_n\vert ^2\Bigr)^{1/2}\Bigl(\sum_{n=1}^{\infty}\vert y_n\vert ^2\Bigr)^{1/2}. \qquad\blacksquare\)
• 【证明机制解说】：这个证明最巧妙的一步是归一化——把 $a_i,b_i$ 各自除以自己的”长度” $A,B$，不等式就退化成一个完全对称的 $2uv\le u^2+v^2$，求和后右边正好是 $2$。如果没有归一化，就要处理 $A^2B^2$ 的交叉项，证明会丑陋得多。另一个关键点是三角不等式与 Cauchy–Schwarz 的组合顺序：先用三角不等式把带符号的 $\sum x_ny_n$ 换成非负的 $\sum\vert x_ny_n\vert $（这正是 Theorem 133 的套路），再用 Cauchy–Schwarz 控制它。
• 【证明技巧总结】
  1. “有限情形先证，再取 $N\to\infty$”：所有涉及无穷和的乘积型不等式都用这个模板。
  2. 归一化（除以范数）是二次型不等式的通用技巧：把不等式的两边都变成无量纲的 $1$。
  3. $\sum\vert x_n\vert ^2$ 收敛 $\Rightarrow$ 部分和有界 $\Rightarrow$ 应用 Theorem 131：又一次回到”非负项 + 有界”这个万能引擎。
• 具体数值示例（有限维验证，已用 python3 核对）：取 $a=(1,2,3,4)$、$b=(2,-1,1,3)$。则 $\bigl\vert \sum a_ib_i\bigr\vert =\vert 2-2+3+12\vert =15$，$\sum a_i^2=30$，$\sum b_i^2=15$， 右边 $=\sqrt{30}\cdot\sqrt{15}=\sqrt{450}\approx 21.2132$。$15\le21.2132$ ✓。 同时逐项验证 $2\vert a_ib_i\vert \le a_i^2+b_i^2$：$i=1:4\le5$；$i=2:4\le5$；$i=3:6\le10$；$i=4:24\le25$，全部成立 ✓。

补充：本讲可直接使用的”发散判别工具”清单

源文件本讲没有单独的”发散判别法”定理，但结合 Recall 126 与 Theorem 130、131、135，你手上其实已有三件发散工具：

1. 通项判别法（Recall 126 的逆否）：若 $\lim_{n\to\infty}x_n\ne0$（或不收敛、或不存在），则 $\sum x_n$ 发散。 例：$\sum\frac{(-1)^nn}{n+1}$ 发散，因为 $\bigl\vert \frac{(-1)^nn}{n+1}\bigr\vert =\frac{n}{n+1}\to1\ne0$（注意这里用 $\vert x_n\vert \not\to0$ 更强）。
2. 发散形式的比较判别法（Theorem 135 第 2 部分）：$0\le c_n\le x_n$ 且 $\sum c_n$ 发散 $\Rightarrow\sum x_n$ 发散。 例：$\sum\frac{1}{\sqrt n}$（与 $\sum\frac1n$ 比较）、$\sum\frac{1}{\sqrt n+1}$。
3. $p\le1$ 的 $p$-级数（Theorem 137 的否定方向）+ 线性性质（Theorem 130）： 例：$\sum\frac{3n^{0.5}+1}{n^{1.2}}$ 发散，因为它 $\ge\frac{1}{n^{0.7}}$（$p=0.7\le1$）。 具体：$\frac{3\sqrt n+1}{n^{1.2}}\ge\frac{3\sqrt n}{n^{1.2}}=\frac{3}{n^{0.7}}$，而 $\sum\frac{3}{n^{0.7}}$ 发散。

与教材的对应

• 对应 [JL] §2.5「Series」：该节的核心命题是——级数的定义、部分和、线性性质、非负项级数的比较判别法、几何级数、$p$-级数、绝对收敛与条件收敛（含 Riemann 重排定理的讨论），以及 Cauchy 判别法的级数形式。本讲的 Theorem 130（线性）、Theorem 131（非负项有界刻画）、Theorem 133（绝对收敛 $\Rightarrow$ 收敛）、Theorem 135（比较判别法）、Theorem 137（$p$-级数）几乎一一对应 §2.5 的正文命题。
• 对应 [JL] §2.6「More on Series」／收敛判别法：该节给出比较判别法的各种推论（尤其是”$\vert x_n\vert \le c_n$”形式）、比值与根值判别法的准备、以及发散的必要条件。本讲的 Remark 134（$\sum(-1)^n/n$ 条件收敛）与 Remark 136（几何级数 + 比较判别法推出一切）属于这一节的讨论范围。
• 对应 OCW Assignment 6（Reading Sections 2.5, 2.6）：
  1. Exercise 2.5.3 —— 练级数部分和与线性性质的基本操作（[JL] §2.5 的基础练习）。
  2. Exercise 2.5.4 —— 练几何级数/级数收敛性的直接判定。
  3. Exercise 2.5.10 —— 练比较判别法的直接应用（正是本讲 Theorem 135）。
  4. Exercise 2.6.1 —— §2.6 的开篇练习，练绝对收敛与收敛的关系（本讲 Theorem 133 的应用层）。
  5. Exercise 2.6.13 —— §2.6 末段的综合练习，通常涉及比较/绝对收敛的组合论证。
• 对应 OCW Assignment 7（Reading Sections 2.5, 2.6, 3.1）：
  1. Exercise 2.6.2 —— 练 §2.6 的收敛判别技巧（本讲比较判别法与 $p$-级数的组合）。
  2. 第 2 题：Find all real numbers $x$ so that the series converges —— (a) $\sum_{n=0}^\infty 2^nx^n$；(b) $\sum_{n=0}^\infty nx^n$；(c) $\sum_{n=0}^\infty\frac{(x-10)^n}{(2n)!}$；(d) $\sum_{n=0}^\infty n!x^n$。练的是几何级数基准 + 具体参数范围的判定（本讲 Remark 136 的直接应用；严格论证要用 Lecture 12 的比值/根值判别法）。
  3. 第 3 题 (Cauchy–Schwarz inequality)：Prove that if $\sum\vert x_n\vert ^2$ and $\sum\vert y_n\vert ^2$ converge, then the series $\sum x_ny_n$ converges absolutely and $\bigl\vert \sum_{n=1}^\infty x_ny_n\bigr\vert \le\bigl(\sum\vert x_n\vert ^2\bigr)^{1/2}\bigl(\sum\vert y_n\vert ^2\bigr)^{1/2}$。这正是上面”补充：Cauchy–Schwarz 不等式”一节完整证明的题目——练的是”三角不等式 + 比较判别法 + 有限维二次型不等式取极限”的三合一。
  4. 第 5 题 Exercise 3.1.13（属 Lecture 13 的开集/极限点内容，与本讲无关）。
  5. 第 4 题：Prove that every real number is a cluster point of the set of irrational numbers（属 Lecture 13 内容）。
• 对应 OCW Midterm（10/16/2020）：
  • 第 5(b) 题：Find all real numbers $x$ such that the series converges. Find all real numbers $x$ such that the series converges absolutely. (i) $\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{2020^n}(x-10)^n$；(ii) $\sum_{n=0}^\infty n!x^n$。 → 这道题直接把”收敛”与”绝对收敛”分成两问，是本讲 Definition 132 + Theorem 133 + Remark 134 的核心考点：很多参数 $x$ 下级数收敛但不绝对收敛（条件收敛），必须分开回答。
  • 第 5(a) 题：Suppose $a_n>0$、$b_n>0$ 且 $\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n}=L>0$。Prove that $\sum a_n$ converges $\iff$ $\sum b_n$ converges。 → 这是极限比较判别法 (limit comparison test)，是本讲 Theorem 135 的比较判别法的”渐近版本”：$L>0$ 有限意味着两个级数”同级别”，可以用 $b_n$ 当尺子量 $a_n$。证明思路正是本讲的”$2$ 倍放缩”技巧：由极限定义取 $\epsilon=\frac L2$，得 $\frac{L}{2}b_n\le a_n\le\frac{3L}{2}b_n$（对充分大的 $n$），再用 Theorem 135 与 Theorem 130。
  • 第 3(a) 题：Use the definition of convergence to prove $\lim_{n\to\infty}\frac{210n}{n^2+16n+1}=10$（属 Lecture 4/5 的 $\epsilon$-$N$ 内容，不在本讲范围，但提醒你 $\epsilon$-$N$ 基本功贯穿全课）。

与其他讲次的关联

• 依赖 Lecture 10（Cauchy Sequences / 级数基础）：
  • Theorem 133 的整个证明建立在 Lecture 10 的 Theorem 121（$\sum x_n$ Cauchy $\iff$ 收敛）与 Theorem 122（$\sum x_n$ Cauchy $\iff$ $\forall\epsilon>0\exists M\forall\ell>m\ge M:\bigl\vert \sum_{n=m+1}^\ell x_n\bigr\vert <\epsilon$）之上。没有这两个定理，本讲最重要的”绝对收敛 $\Rightarrow$ 收敛”根本无法用五句话证完。
  • Theorem 137 里用的几何级数求和公式来自 Lecture 10 的 Corollary 125（$\sum_{n=0}^\infty\alpha r^n$ 收敛 $\iff\vert r\vert <1$）与 Theorem 124（$\vert r\vert \ge1$ 时发散）。
  • Theorem 128（调和级数发散）本身就是 Lecture 10 的收尾定理，本讲把它当作发散尺子复用。
• 依赖 Lecture 7（单调序列 / 最小上界性质）：
  • Theorem 131 的”非负项级数收敛 $\iff$ 部分和有界”完全依赖单调收敛定理（单调递增序列收敛 $\iff$ 有界），而后者是最小上界性质 (LUB) 的直接推论。
  • Theorem 135 与 Theorem 137 收敛方向的最后一击，都是”部分和有界 $\Rightarrow$ 收敛”，即同一个单调收敛定理。
• 依赖 Lecture 5（极限的运算法则）：
  • Theorem 130（线性性质）用到极限的加法与数乘法则。
  • 所有”取 $N\to\infty$ 后不等式仍成立”（极限保序性）也来自这里，Cauchy–Schwarz 补充证明的收尾步骤用到它。
• 被 Lecture 12 继承（Ratio, Root, and Alternating Series Tests）：
  • Lecture 12 的比值判别法（源文件 Theorem 138）的结论是”$L<1\Rightarrow$ 绝对收敛“——它直接调用本讲的 Definition 132 与 Theorem 133 来落地”收敛”。
  • Lecture 12 的交错级数判别法负责补上本讲 Remark 134 缺的那一半：$\sum\frac{(-1)^n}{n}$ 的收敛性。有了它，本讲的”条件收敛”才成为一个可以真正判定的类别。
  • Lecture 12 的根值判别法同样以”$\limsup\vert x_n\vert ^{1/n}$”与几何级数基准比较，其思想仍是本讲 Remark 136 的”几何级数 + 比较”。
• 被后续幂级数/一致收敛部分继承：
  • 本讲 Cauchy–Schwarz 补充证明中”先证有限、再取极限”的模式，是后面处理幂级数乘法和 $L^2$ 内积的雏形。
  • “绝对收敛 $\Rightarrow$ 收敛”是后面证明”幂级数在收敛半径内部绝对收敛”时的第一块砖。

关键要点

1. 绝对收敛的定义与主定理：$\sum x_n$ 绝对收敛 $\overset{\text{def}}{\iff}$ $\sum\vert x_n\vert $ 收敛；Theorem 133：绝对收敛 $\Rightarrow$ 收敛，且 $\bigl\vert \sum_{n=1}^\infty x_n\bigr\vert \le\sum_{n=1}^\infty\vert x_n\vert $。逆命题为假（$x_n=\frac{(-1)^n}{n}$ 是反例）。
2. 比较判别法（Theorem 135）：$0\le x_n\le y_n$ 对所有 $n$ 成立时，(1) $\sum y_n$ 收敛 $\Rightarrow\sum x_n$ 收敛；(2) $\sum x_n$ 发散 $\Rightarrow\sum y_n$ 发散。实战中的常用形式：$\vert x_n\vert \le c_n$ 且 $\sum c_n$ 收敛 $\Rightarrow\sum x_n$ 绝对收敛（从而收敛）。
3. $p$-级数（Theorem 137）：$\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^p}$ 收敛 $\iff$ $p>1$。$p=1$（调和级数）是临界线：$p\le1$ 发散（与 $\sum\frac1n$ 比较），$p>1$ 收敛（$2$ 的幂分块 + 几何级数基准 $1+\frac{1}{1-2^{-(p-1)}}$）。
4. 黄金法则（证明模板）：”证收敛 $\to$ 用 Cauchy 判别法 → 用三角不等式把带符号的量归到非负的量”。写成不等式链就是 \(\Bigl\vert \sum_{k=m+1}^{n}x_k\Bigr\vert \le\sum_{k=m+1}^{n}\vert x_k\vert \le\sum_{k=m+1}^{n}c_k<\epsilon.\)
5. 两个基准级数（Remark 136）：几何级数 $\sum r^n$（$\vert r\vert <1$ 收敛，和 $=\frac{1}{1-r}$）与 $p$-级数 $\sum\frac{1}{n^p}$（$p>1$ 收敛）是全部比较判别法的燃料；未知级数一律化归到它们。
6. 非负项的红利（Theorem 131）：$x_n\ge0\Rightarrow\sum x_n$ 收敛 $\iff$ 部分和 $\{s_m\}$ 有界。该等价性对一般级数不成立（$\sum(-1)^n$ 有界但发散）。
7. 条件收敛（补充定义，源文件 Remark 134）：$\sum x_n$ 收敛但 $\sum\vert x_n\vert $ 发散。它的收敛依赖正负相消，因此对重排敏感；本课程中判定它的工具是 Lecture 12 的交错级数判别法。

常见误区与注意事项

1. 误区：把”通项趋于 $0$”当成收敛的判据。
   • 错误做法：看到 $x_n=\frac1n\to0$ 就说 $\sum\frac1n$ 收敛。
   • 为什么错：Recall 126 只是必要条件，Question 127 用 Theorem 128 明确否定了逆命题。$1+\frac12+\frac13+\cdots$ 的部分和被 $1+\frac\ell2$ 从下方顶穿，是无界的。
   • 正确做法：通项判别法只能用来证发散（$x_n\not\to0\Rightarrow$ 发散）；要证收敛必须另找判别法（比较、$p$-级数、Lecture 12 的比值/根值/交错判别法）。
2. 误区：把”部分和有界”当成收敛的判据（对一般级数）。
   • 错误做法：注意 $\bigl\vert \sum_{n=1}^m(-1)^n\bigr\vert \le1$，所以 $\sum(-1)^n$ 收敛。
   • 为什么错：Theorem 131 的前提是$x_n\ge0$ 对所有 $n$。$\sum(-1)^n$ 的部分和在 $-1,0$ 之间跳动，有界但发散：因为它的通项 $(-1)^n$ 不趋于 $0$（事实上 $\vert (-1)^n\vert =1$ 恒成立），由 Recall 126 的逆否命题即得发散。
   • 正确做法：使用 Theorem 131 之前，先确认”非负项”这个前提。处理带符号级数的顺序永远是：先取绝对值化为非负 → 用比较/有界 → 用 Theorem 133 回到原级数。
3. 误区：在比较判别法里直接比较带符号的项。
   • 错误做法：因为 $-\frac{1}{n^2}\le\frac{(-1)^n}{n^2}$ 且 $\sum\frac{(-1)^n}{n^2}$ 收敛，所以……（逻辑方向完全乱套）。
   • 为什么错：Theorem 135 要求 $0\le x_n\le y_n$，即被比较的两个级数都必须非负。对带符号的量，$x_n\le y_n$ 完全不含”大小”信息。
   • 正确做法：写成 $\vert x_n\vert \le c_n$（$c_n\ge0$、$\sum c_n$ 收敛），得到 $\sum\vert x_n\vert $ 收敛 → $\sum x_n$ 绝对收敛 → 由 Theorem 133 收敛。
4. 误区：让 $M$ 依赖 $m$ 或 $n$。
   • 错误做法：在 Theorem 133 的 Cauchy 证明里，”对给定的 $m$，取 $\epsilon=\frac{1}{m}$，存在 $M$ ……”，于是 $M$ 依赖于 $m$。
   • 为什么错：Cauchy 判别法的量词结构是 $\forall\epsilon>0\ \exists M\ \forall\ell>m\ge M$：$M$ 只能依赖 $\epsilon$。若 $M$ 依赖 $m$，那么”任意一段”就退化成了”每一段各有一个门槛”，什么也证明不了。
   • 正确做法：固定 $\epsilon$（例如 $\epsilon=0.01$），先取 $M$（例如 $M=100$），然后才交给任意满足 $\ell>m\ge M$ 的 $m,\ell$。
5. 误区：混淆 $\sum y_n$ 收敛时比较对象的方向。
   • 错误做法：看到 $x_n\le y_n$ 且 $\sum x_n$ 发散，就断言 $\sum y_n$ 发散（符号写反）。
   • 为什么错：Theorem 135 的两条分别是”上方控制 $\Rightarrow$ 收敛”与”下方控制 $\Rightarrow$ 发散”。$x_n\le y_n$ 且 $\sum x_n$ 发散什么也说明不了（$y_n$ 可以比 $x_n$ 大得多，也可以是负的）。
   • 正确做法：背下方向口诀——“小 $\le$ 大”：小的收敛靠大的收敛（大收敛 $\Rightarrow$ 小收敛）；小的发散推大的发散（小发散 $\Rightarrow$ 大发散）。即 Theorem 135(1) 用收敛的大项，(2) 用发散的小项。
6. 误区：在 $p$-级数分块证明中把不等号方向搞反。
   • 错误做法：写 $\frac{1}{n^p}\le\frac{1}{(2^{\ell-1}+1)^p}$（$n$ 在第 $\ell$ 块内）来”控制每一项”。
   • 为什么错：块内 $n\ge2^{\ell-1}+1$，所以 $n^p\ge(2^{\ell-1}+1)^p$，取倒数后应是 $\frac{1}{n^p}\le\frac{1}{(2^{\ell-1}+1)^p}$……注意这里的逻辑：我们要给块和找上界，所以要让每项变大；把分母换成块内最小的分母 $(2^{\ell-1}+1)^p$ 恰好使每项变大，方向是对的。但在 Theorem 128（调和级数）里，我们要给块和找下界，于是要把分母换成块内最大的分母 $2^\lambda$，使每项变小——两次放缩方向相反，目的都是让”项数 × 公因子”变成干净的常数。
   • 正确做法：动笔前先问自己”这次我要的是上界还是下界”，然后决定分母取块内最小还是最大。
7. 误区：混淆”收敛但不绝对收敛”与”发散”。
   • 错误做法：因为 $\sum\bigl\vert \frac{(-1)^n}{n}\bigr\vert =\sum\frac1n$ 发散，就断言 $\sum\frac{(-1)^n}{n}$ 发散。
   • 为什么错：Theorem 133 只说”绝对收敛 $\Rightarrow$ 收敛”，它的逆否命题是”发散 $\Rightarrow$ 不绝对收敛”。”$\sum\vert x_n\vert $ 发散”完全不能推出”$\sum x_n$ 发散”；$\sum\frac{(-1)^n}{n}$ 就是反例（Remark 134，收敛性由 Lecture 12 的交错级数判别法给出），且 $\sum\frac{(-1)^n}{\sqrt n}$ 同属此类。
   • 正确做法：把”$\sum\vert x_n\vert $ 发散”记为”不绝对收敛“，然后另外去判定 $\sum x_n$ 本身（Lecture 12 的交错级数判别法）。

思考题（带答案）

Q1. 用比较判别法判断级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2n+3}{n^{3}+1}$ 的敛散性。要求：写出明确的比较不等式，并注明每一步用到的定理编号。

Q2. 判断下列三个级数各属于哪一类——绝对收敛、条件收敛、还是发散？请给出理由。 \(\text{(a)}\ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^{2}},\qquad \text{(b)}\ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{\sqrt n},\qquad \text{(c)}\ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n}.\) 并额外说明第四个级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\frac{n}{n+1}$ 属于哪一类。

Q3. (i) 用 Cauchy 判别法（Lecture 10 的 Theorem 122）完整地证明 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^2}$ 收敛，并把 $\epsilon$ 取成具体数字 $\epsilon=0.01$，算出对应的 $M$。 (ii) 用同一套办法处理 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{1.5}}$（$p=1.5$），说明为什么这里”望远镜”放缩失效，必须改用分块论证。

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│ Lecture 11 速查卡                                                        │
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│ Question 127  lim x_n = 0  ⇏  Σx_n 收敛    （反例：Σ1/n，Thm 128）        │
│ Thm 128        Σ1/n 发散（2 的幂分块，每块 ≥ 1/2，部分和无界）            │
│ Thm 130        Σ(αx_n+y_n) = αΣx_n + Σy_n（都收敛时）                    │
│ Thm 131        x_n ≥ 0 ⇒ Σx_n 收敛 ⟺ 部分和有界                          │
│ Def 132        Σx_n 绝对收敛 ⟺ Σ|x_n| 收敛                               │
│ Thm 133        绝对收敛 ⇒ 收敛（Cauchy 判别法 + 三角不等式），             │
│                且 |Σx_n| ≤ Σ|x_n|                                        │
│ Rem 134        Σ(-1)^n/n 收敛但不绝对（= 条件收敛的样板）                 │
│ Thm 135        比较判别法：0≤x_n≤y_n；Σy_n 收敛⇒Σx_n 收敛；               │
│                Σx_n 发散⇒Σy_n 发散                                       │
│ Rem 136        几何级数 + 比较判别法 = 一切                               │
│ Thm 137        Σ1/n^p 收敛 ⟺ p > 1                                       │
│                p≤1：与 Σ1/n 比较；                                       │
│                p>1：分块，块和 ≤ 2^{-(p-1)(l-1)}，几何和 1/(1-2^{-(p-1)}) │
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│ 万能模板：证收敛 → Cauchy 判别法 → |Σx_k| ≤ Σ|x_k| ≤ Σc_k < ε           │
│ 两把尺子：几何级数 Σr^n (|r|<1)、p-级数 Σ1/n^p (p>1)                    │
│ p=1.5 数值：(块和上界总和) 3.41421356；(Claim 1 界) 4.41421356           │
│             ε=0.01 时 Σ1/n² 的 Cauchy 门槛 M=100（尾和 0.00994967 < 0.01）│
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