第 11 章：比值判别、绝对收敛与任意重排

11.1 比值小于一，尾项被几何级数控制

设 $a_n>0$ ，且 $a_{n+1}/a_n\to L<1$ 。选 $L<q<1$ ，则存在 $N$ ，使所有 $n\ge N$ 都满足 $a_{n+1}\le q a_n$ 。逐次迭代，

$a_{N+k}\le a_Nq^k\qquad(k\ge0).$

因此

$\sum_{n=N}^{\infty}a_n \le a_N\sum_{k=0}^{\infty}q^k =\frac{a_N}{1-q}<\infty.$

有限个前项不影响收敛。比值判别法的本质就是比较几何级数，而不是仅仅判断 $a_n\to0$ 。项趋零是必要条件，远非充分条件，例如调和级数发散。

若比值极限 $L>1$ ，取 $1<q<L$ ，尾项最终至少按 $q$ 倍增长，因而不趋零，级数发散。若 $L=1$ ，该判别法没有结论： $\sum1/n$ 发散， $\sum1/n^2$ 收敛，两者比值极限都为 $1$ 。

对于复级数，应把比值判别用于绝对值，而不能比较复数本身的大小关系。

11.2 绝对收敛为什么保证复级数收敛

若 $\sum|a_n|<\infty$ ，则对 $m>n$ ，

$\left|\sum_{k=n+1}^{m}a_k\right| \le\sum_{k=n+1}^{m}|a_k|\longrightarrow0.$

部分和因此是复数域中的 Cauchy 序列； $\mathbb C$ 的完备性保证其收敛。所以可以把和记成 $S=\sum a_n$ 。

11.3 任意重排不改变和：尾项估计的完整证明

设 $\sigma:\mathbb N\to\mathbb N$ 是双射。每一项恰好出现一次，没有遗漏或重复。给定 $\varepsilon>0$ ，由绝对收敛选 $N$ ，使

$\sum_{n>N}|a_n|<\frac\varepsilon2.$

令 $S_N=\sum_{n=1}^Na_n$ 。因为 $\sigma$ 是双射，存在 $M_0$ ，使当 $M\ge M_0$ 时，重排后的前 $M$ 项包含原来的全部前 $N$ 项。记

$T_M=\sum_{k=1}^{M}a_{\sigma(k)}.$

$T_M-S_N$ 只是有限个编号大于 $N$ 的项之和，所以

$|T_M-S_N|\le\sum_{n>N}|a_n|<\frac\varepsilon2.$

原级数的尾和也满足 $|S-S_N|<\varepsilon/2$ 。于是对每个 $M\ge M_0$ ，

$|T_M-S|\le|T_M-S_N|+|S_N-S|<\varepsilon.$

因此 $T_M\to S$ ，任意重排保持和。这个证明不用先假设“剩余项的无限子级数”已经合法，直接用有限和估计与原级数尾和就够了。

直觉是：前面有限个项包含几乎全部绝对大小；其余所有项的绝对值总量已经小，怎么搬动都无法制造一个固定大小的新贡献。

11.4 收集偶数项和奇数项，不等于写一个无限长的排列前段

偶数项、奇数项的绝对值级数都被 $\sum|a_n|$ 控制，因此各自收敛。令

$A_m=\sum_{k=0}^{m}a_{2k},\qquad B_m=\sum_{k=0}^{m}a_{2k+1}.$

两者之和是原级数的一个有限部分和。令 $m\to\infty$ ，得到原和等于两个子级数的和。这严格说明了欧拉公式中的拆分。

不能把“先写完所有偶数项，再写所有奇数项”字面理解成 $\mathbb N$ 的排列：第一组永远写不完，奇数项就不会出现。正确操作是先证明两个子级数收敛，再加它们的和。

11.5 加括号与重排的条件不同

如果原级数已经收敛，只在原顺序中把连续的有限项组成括号，每个项都最终被纳入，那么分组后的部分和就是原部分和的子序列，因此和不变，不需要绝对收敛。

任意重排则强得多。条件收敛的实级数，例如交错调和级数，依赖正负抵消；重排可能改变和或使其发散。这里的 Riemann 重排定理只是边界提醒，本篇没有展开其构造证明。

绝对收敛保证的是：任意排列，以及把全部项分配到已证明收敛的子级数再相加，都能安全处理。它不授权遗漏、重复项或未经定义的“无限括号”运算。