Home 数学 复分析

以下，考虑多维复数域 C\mathbb C
令 X∈KX \in \mathbb K 为 Banach 空间（完备的赋范空间）
并且在 XX 上定义范数为复数模长 ∥⋅∥\|\cdot\|

∥z∥=∣z∣2\|z\| = \sqrt{|z|^2}

此处对于范数和 Banach 空间的设定只是为了将来研究泛函时，能更方便推广过去
初次接触次概念无需在意，只需要默认此处讨论复数空间，以及双数线效果和复数绝对值一样即可

级数往往指代的是无穷级数

# 级数

定义
令点列 {ak}⊂X,sn=∑k=1nak\{a_k\} \subset X,\ s_n = \sum_{k=1}^n a_k
当 sns_n 收敛时，称级数

∑k=1∞ak\sum_{k=1}^\infty a_k

收敛 (Convergence)「収束」
否则称 发散 (Divergence)「発散」
若

∑k=1∞∥ak∥<∞\sum_{k=1}^\infty \|a_k\| < \infty

称级数 绝对收敛 (Absolutely convergent)「絶対収束」

命题

∑k=1∞ak收敛⟹lim⁡k→∞ak=0\sum_{k=1}^\infty a_k 收敛 \ \Longrightarrow \ \lim_{k \to \infty} a_k = 0

证明

设 sn=∑k=1nak→ss_n = \sum_{k=1}^n a_k \to s
则 ak=sn−sn−1→s−s=0a_k = s_n - s_{n-1} \to s - s = 0

命题
若 ∑k=1∞ak,∑k=1∞bk\sum_{k=1}^\infty a_k,\ \sum_{k=1}^\infty b_k 收敛，则对任意 α,β∈K\alpha, \beta \in \mathbb K

∑k=1∞(αak+βbk)=α∑k=1∞ak+β∑k=1∞bk\sum_{k=1}^\infty (\alpha a_k + \beta b_k) = \alpha \sum_{k=1}^\infty a_k + \beta \sum_{k=1}^\infty b_k

也收敛

证明

将无穷级数表示为求和的极限，由极限的线性性显而易见

所有项都非负的级数称为 正项级数 (Positive term series)「正項級数」

命题

绝对收敛⟹收敛绝对收敛 \ \Longrightarrow \ 收敛

证明

任取 ϵ>0\epsilon > 0，设

sn=∑k=1nak,tn=∑k=1n∥ak∥s_n = \sum_{k=1}^n a_k,\ t_n = \sum_{k=1}^n \|a_k\|

由绝对收敛，可知 {tn}\{t_n\} 是 R\mathbb R 上的收敛列，也就是 Cauchy 列
所以 ∃N∈N,∀m,n>N\exists N \in \mathbb N,\ \forall m,n > N，有

∣tn−tm∣=∣∑k=m+1n∥ak∥∣<ϵ|t_n - t_m| = \left|\sum_{k=m+1}^n \|a_k\|\right| < \epsilon

所以

∥sn−sm∥=∥∑k=m+1nak∥≤∑k=m+1n∥ak∥=∣tn−tm∣<ϵ\|s_n - s_m\| = \left\|\sum_{k=m+1}^n a_k\right\| \leq \sum_{k=m+1}^n \|a_k\| = |t_n - t_m| < \epsilon

定理 D'Alembert 判别法
令 {ak}⊂X,ak≠0\{a_k\} \subset X,\ a_k \neq 0
若极限

lim⁡k→∞∥ak+1∥∥ak∥=l\lim_{k \to \infty} \frac{\|a_{k+1}\|}{\|a_k\|} = l

存在，则

l<1⟹∑k=1∞ak绝对收敛l>1⟹∑k=1∞ak发散l < 1 \ \Longrightarrow \ \sum_{k=1}^\infty a_k \ 绝对收敛 \\ l > 1 \ \Longrightarrow \ \sum_{k=1}^\infty a_k \ 发散

证明

(l<1l < 1)
取 rr，使得 l<r<1l < r < 1，由极限可得 ∃N∈N,∀n>N\exists N \in \mathbb N,\ \forall n > N，有

∥an+1∥∥ak∥<r⇒∥an+1∥<r∥ak∥\frac{\|a_{n+1}\|}{\|a_k\|} < r \Rightarrow \|a_{n+1}\| < r\|a_k\|

所以应用于 k∈Nk \in \mathbb N，有 ∥aN+k∥<rk∥aN∥\|a_{N+k}\| < r^k \|a_N\|

∑k=1∞∥ak∥=∑n=1N∥ak∥+∑k=1∞∥aN+k∥≤∑n=1N∥ak∥+∥aN∥∑k=1∞rk<∞\sum_{k=1}^\infty \|a_k\| = \sum_{n=1}^N \|a_k\| + \sum_{k=1}^\infty \|a_{N+k}\| \leq \sum_{n=1}^N \|a_k\| + \|a_{N}\| \sum_{k=1}^\infty r^k < \infty

(l>1l > 1)
同理，∃N∈N,∀n>N\exists N \in \mathbb N,\ \forall n > N，有

∥ak+1∥∥ak∥>1⇒∥ak+1∥>∥ak∥\frac{\|a_{k+1}\|}{\|a_k\|} > 1 \Rightarrow \|a_{k+1}\| > \|a_k\|

所以

lim⁡k→∞∥ak∥≠0\lim_{k \to \infty} \|a_k\| \neq 0

违反了级数收敛的必要条件，只能发散

级数的绝对收敛可以作用在乘积上，在处理积的时候很有用

命题
若 ∑k=0∞ak,∑k=0∞bk\sum_{k=0}^\infty a_k,\ \sum_{k=0}^\infty b_k 绝对收敛，令

cn=∑k=0nakbn+1−k=∑j+k=najbkc_n = \sum_{k=0}^n a_k b_{n+1-k} = \sum_{j+k=n} a_j b_k

则级数 ∑k=0∞ck\sum_{k=0}^\infty c_k 绝对收敛，并且

∑k=0∞ck=(∑k=0∞ak)(∑k=0∞bk)\sum_{k=0}^\infty c_k = \left(\sum_{k=0}^\infty a_k\right) \left(\sum_{k=0}^\infty b_k\right)

证明

令 α=∑k=0∞ak,β=∑k=0∞bk\alpha = \sum_{k=0}^\infty a_k,\ \beta = \sum_{k=0}^\infty b_k，则

∑k=0m∣ck∣≤∑k=0m∑j+k=n∣ajbk∣≤∑j=0m∑k=0m∣aj∣∣bk∣≤(∑j=0∞∣aj∣)(∑k=0∞∣bk∣)<∞\sum_{k=0}^m |c_k| \leq \sum_{k=0}^m \sum_{j+k=n} |a_j b_k | \leq \sum_{j=0}^m \sum_{k=0}^m |a_j||b_k| \leq \left(\sum_{j=0}^\infty |a_j|\right) \left(\sum_{k=0}^\infty |b_k|\right) < \infty

所以 ∑k=0∞ck\sum_{k=0}^\infty c_k 绝对收敛
并且可以求出值

∑k=0mck=∑n=0m∑j+k=najbk=(∑j=0maj)(∑k=0mbk)→αβ(m→∞)\sum_{k=0}^m c_k = \sum_{n=0}^m \sum_{j+k=n} a_j b_k = \left(\sum_{j=0}^m a_j\right) \left(\sum_{k=0}^m b_k\right) \to \alpha \beta \quad (m \to \infty)

# 条件收敛

级数收敛但是不绝对收敛时，称为 条件收敛 (Conditionally convergent)「条件収束」
级数的条件收敛会变得非常奇怪，交换计算顺序会导致结果不同

示例
交换顺序的级数

∑k=1∞(−1)k+1k=1−12+13−14+⋯=ln⁡2\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k+1}}{k} = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \cdots = \ln 2

∑k=1∞(14k−3+14k−1−12k)=(1+13−12)+(15+17−14)+⋯=32ln⁡2\sum_{k=1}^\infty \left(\frac{1}{4k-3} + \frac{1}{4k-1} - \frac{1}{2k}\right) = (1 + \frac{1}{3} - \frac{1}{2}) + (\frac{1}{5} + \frac{1}{7} - \frac{1}{4}) + \cdots = \frac{3}{2}\ln 2

注：此处的第一个级数为著名的 Leibniz 级数，后续再介绍计算方法

虽然从定义上来说，这确确实实是收敛的。但是显然因为交换顺序而导致结果不一致这种事情不是我们希望发生的。简单来说就是：性质很差

所以在后续收敛半径，项别微分积分等等讨论中，我们都要求级数绝对收敛

自然地，我们必须仔细考虑绝对收敛的级数是不是就可以随便交换顺序了

命题
对于绝对收敛的级数 ∑k=1∞ak\sum_{k=1}^\infty a_k，和双射 ϕ:N→N\phi:\mathbb N \to \mathbb N

∑k=1∞aϕ(k)=∑n=1∞an\sum_{k=1}^\infty a_{\phi(k)} = \sum_{n=1}^\infty a_n

也绝对收敛

证明

对于 n∈Nn \in \mathbb N，设 p(n)=max⁡{ϕ(1),⋯,ϕ(n)}p(n) = \max\{\phi(1),\cdots,\phi(n)\}，由于

{ϕ(k)∣k∈N}⊂{1,⋯,p(n)}\{\phi(k) \mid k \in \mathbb N\} \subset \{1,\cdots,p(n)\}

所以

∑k=1n∥aϕ(k)∥≤∑k=1p(n)∥ak∥≤∑k=1∞∥ak∥<∞\sum_{k=1}^n \|a_{\phi(k)}\| \leq \sum_{k=1}^{p(n)} \|a_k\| \leq \sum_{k=1}^\infty \|a_k\| < \infty

专门对于这类一正一负的交错级数，有如下判别法

定理 Leibniz 判别法
若实数数列 {ak}\{a_k\} 满足

  • ak≥ak+1>0a_k \geq a_{k+1} > 0
  • ak→0(k→∞)a_k \to 0 \quad (k \to \infty)

则交错级数

∑k=0∞(−1)kak\sum_{k=0}^\infty (-1)^{k} a_k

收敛

证明

设 sn=∑k=0n(−1)kaks_n = \sum_{k=0}^n (-1)^k a_k，则

0<s1<s3<s5<⋯<s2n+1<⋯<s2n<⋯<s4<s2<s00 < s_1 < s_3 < s_5 < \cdots < s_{2n+1} < \cdots < s_{2n} < \cdots < s_4 < s_2 < s_0

任取 ϵ>0\epsilon > 0，由 a2n→0a_{2n} \to 0 可知 ∃N∈N,∀n>N\exists N \in \mathbb N,\ \forall n > N，有 0<a2n<ϵ0 < a_{2n} < \epsilon
并且当 m>n>Nm > n > N 时，由 ss 的大小关系可知 sm,sn∈(s2n−1,s2n)s_m, s_n \in (s_{2n-1}, s_{2n})，所以

∣sm−sn∣<s2n−s2n−1=a2n<ϵ|s_m - s_n| < s_{2n} - s_{2n-1} = a_{2n} < \epsilon

实数空间中的 Cauchy 列收敛

# 级数例

本节介绍一些常见的重要级数

示例 等比级数
z∈C，∣z∣<1z \in \mathbb C，|z| < 1 时

∑k=0∞zk=11−z\sum_{k=0}^\infty z^k = \frac{1}{1-z}

∣z∣≥1|z| \geq 1 时发散

证明

（∣z∣<1|z| < 1）
根据等比数列求和公式，有

∣∑k=0nzk−11−z∣=∣1−zn+11−z−11−z∣=∣zn+11−z∣=∣z∣n+1∣1−z∣→0(n→∞)\left|\sum_{k=0}^n z^k - \frac{1}{1-z}\right| = \left|\frac{1-z^{n+1}}{1-z} - \frac{1}{1-z}\right| = \left|\frac{z^{n+1}}{1-z}\right| = \frac{|z|^{n+1}}{|1-z|} \to 0 \quad (n \to \infty)

这是极限的定义式，所以

∑k=0∞zk=lim⁡n→∞∑k=0nzk=11−z\sum_{k=0}^\infty z^k = \lim_{n \to \infty} \sum_{k=0}^n z^k = \frac{1}{1-z}

（∣z∣≥1|z| \geq 1）
由于 ∥zk∥=∣z∣k↛0\|z^k\| = |z|^k \nrightarrow 0，所以级数发散

示例 Leibniz 级数

∑k=1∞(−1)k+1k=1−12+13−14+⋯=ln⁡2\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k+1}}{k} = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \cdots = \ln 2

证明

首先对于 n∈N,x≠−1n \in \mathbb N,\ x \neq -1，有

1−x+x2−x3+⋯+(−x)n−1=1−(−x)n1+x=11+x−(−1)nxn1+x1 - x + x^2 - x^3 + \cdots + (-x)^{n-1} = \frac{1 - (-x)^{n}}{1+x} = \frac{1}{1+x} - (-1)^n \frac{x^n}{1+x}

让等式最左右两边关于 xx 从 00 到 11 积分，则

∫01(1−x+x2−x3+⋯+(−x)n−1)dx=∫01(11+x−(−1)nxn1+x)dx\int_0^1 (1 - x + x^2 - x^3 + \cdots + (-x)^{n-1}) dx = \int_0^1 \left(\frac{1}{1+x} - (-1)^n \frac{x^n}{1+x}\right) dx

1−12+13−14+⋯+(−1)n−1n=ln⁡2−(−1)n−1∫01xn−11+xdx1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \cdots + \frac{(-1)^{n-1}}{n} = \ln 2 - (-1)^{n-1} \int_0^1 \frac{x^{n-1}}{1+x} dx

由于

∣(−1)n∫01xn1+xdx∣≤∫01xn1+xdx≤∫01xndx=1n+1→0(n→∞)\left|(-1)^n \int_0^1 \frac{x^n}{1+x} dx\right| \leq \int_0^1 \frac{x^n}{1+x} dx \leq \int_0^1 x^n dx = \frac{1}{n+1} \to 0 \quad (n \to \infty)

所以

∑k=1∞(−1)k+1k=ln⁡2\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k+1}}{k} = \ln 2

示例 调和级数
α>0\alpha > 0

∑k=1∞1kα\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^\alpha}

  • 当 α>1\alpha > 1 时收敛
  • 当 α≤1\alpha \leq 1 时发散
证明

在 α>0\alpha > 0 时，函数 1xα\frac{1}{x^\alpha} 在区间 (0,∞)(0,\infty) 上单调递减的，所以

1(k+1)α≤∫kk+11xαdx≤1kα\frac{1}{(k+1)^\alpha} \leq \int_k^{k+1} \frac{1}{x^\alpha} dx \leq \frac{1}{k^\alpha}

（α>1\alpha > 1）

∑k=2∞1kα=∑k=1∞1(k+1)α≤∑k=1∞∫kk+11xαdx=∫1∞1xαdx=1α−1<∞\sum_{k=2}^\infty \frac{1}{k^\alpha} = \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(k+1)^\alpha} \leq \sum_{k=1}^\infty \int_k^{k+1} \frac{1}{x^\alpha} dx = \int_1^\infty \frac{1}{x^\alpha} dx = \frac{1}{\alpha - 1} < \infty

（0<α≤10 < \alpha \leq 1）

∑k=1n1kα≥∑k=1n−11k≥∑k=1n−1∫kk+11xdx=∫1n1xdx=ln⁡n→∞(n→∞)\sum_{k=1}^n \frac{1}{k^\alpha} \geq \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k} \geq \sum_{k=1}^{n-1} \int_k^{k+1} \frac{1}{x} dx = \int_1^n \frac{1}{x} dx = \ln n \to \infty \quad (n \to \infty)