1350 年前后，巴黎的奥雷斯姆把一条线段一半一半地切下去，切了多少刀，线段总还留着一条缝，切下来的小块加起来只能有一个尽头。400 年后欧拉用同样大胆的级数算出了 \(1+1/4+1/9+\cdots\) 的值，却拿不出话来担保这一步。
一、源头：奥雷斯姆把无限次相加画成一个方块
尼科尔·奥雷斯姆（约 1323 至 1382）先执教巴黎大学，后任利雪主教，1350 年前后在《论性质的构型》里把强度画成竖线的高度、位置画成横轴的长度，用一块面积代表总量，这是坐标的雏形，比笛卡尔早了 300 年。他用这套图形算过一个纯数问题：单位长的线段先切走一半，再从剩下的里切走一半，切下的长度是 \(1/2\)、\(1/4\)、\(1/8\)、…，总和是多少。
奥雷斯姆的回答是 1，理由在剩下的那条缝：每步切完，缝恰好等于刚切走的那一块，缝越切越窄，既然不剩，小块的和就只能落在 1 上。他顺手处理了另一类情形：每一块都不缩小，剩下的部分越来越大，和就没有尽头，收敛与发散的区别第一次被写在纸上。希腊人从不承认把无限多项加完，他也没说加完。
无穷多项相加没法真的做完，能落地的说法只有一个：看前 n 项的和这个数列往哪个数跑。
把这列和记作 \(S_{n}\)，缝就是 \(1-S_{n}=1/2^{n}\)，整章的主角在这里登场，只是还没有名字。
二、成形：欧拉算出了答案，却没有担保
1689 年，雅各布·伯努利在《论无穷级数》里第一次把级数本身当成研究对象，他证明 \(1+1/2+1/3+\cdots\) 发散，可是平方的倒数和把他挡住了：和停在 1.64 附近，他写不出这个数是什么，问题后来叫巴塞尔。
1735 年，圣彼得堡的欧拉给出答案 \(\pi^{2}/6\)，他没有靠加法，改把 \(\sin x\) 的两副面孔并排放：
\[ \sin x=x\left(1-\frac{x^{2}}{\pi^{2}}\right)\left(1-\frac{x^{2}}{4\pi^{2}}\right)\cdots,\qquad \frac{\sin x}{x}=1-\frac{x^{2}}{6}+\frac{x^{4}}{120}-\cdots \]
左边把 \(\sin x\) 看成以 \(n\pi\) 为零点的无穷次多项式，右边是它的幂级数，两边 \(x^{2}\) 的系数一比，右边是 \(-1/6\)，左边是 \(-\frac{1}{\pi^{2}}\sum 1/n^{2}\)，于是这个和等于 \(\pi^{2}/6=1.6449\ldots\)
\[ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}}=\frac{\pi^{2}}{6} \]
这一步今天站不住：有限次多项式的根决定系数，凭什么搬到无穷乘积上？乘积收敛到 \(\sin x\) 没有证明，逐项比较系数也没有证明，欧拉知道有风险，1741 年他换一条路重做了一遍。
危险不止这一处。1736 年他处理力学问题时，把 \(x=1\) 直接代进 \(\frac{1}{1+x}=1-x+x^{2}-\cdots\)：
\[ 1-1+1-1+\cdots=\frac{1}{2}, \]
再拿这个结果往下推。部分和在 0 与 1 之间来回跳，按柯西的标准根本不收敛，他的理由是「和由那个分式生成，所以该等于分式在 \(x=1\) 处的值」，等于把展开式当成了函数本身。1748 年《无穷分析引论》出版，欧拉把 \(e^{x}\)、\(\sin x\)、\(\cos x\) 都写成幂级数并且直接对级数做加减乘除，把 \(ix\) 代进 \(e^{z}\) 的展开就得到 \(\cos x+i\sin x\)。结果全对，前提却从不被检查：级数先得收敛。
三、严格化：柯西的判据，阿贝尔的警告
1821 年，柯西在《分析教程》里把级数第一次写成了可以检验的对象。
定义（常数项级数及其收敛性）
给定数列 \(u_{1},u_{2},\dots,u_{n},\dots\)，表达式 \(u_{1}+u_{2}+\cdots+u_{n}+\cdots\) 称为常数项级数，记作 \(\sum u_{n}\)，前 n 项之和 \(S_{n}\) 叫部分和。若 \(\{S_{n}\}\) 收敛于 \(S\)，称级数收敛，\(S\) 叫和，否则发散。
定理（收敛的必要条件）
若 \(\sum u_{n}\) 收敛，则 \(\lim_{n\to\infty}u_{n}=0\)。
定义里没有「无穷多项相加」，只谈一列有限和以及它的极限，「和等于几」换成了「部分和收敛到几」。这条定理的证明只有一行：\(u_{n}=S_{n}-S_{n-1}\) 的两个部分和趋于同一个数，差便趋于零，所以这条定理只能否定收敛，不能肯定。
反例就是调和级数：通项趋于零，级数却发散，伯努利 1689 年的证明用分组，每组 \(2^{k}\) 项都能压出半个 \(1/2\)。
\[ 1+\frac{1}{2}+\left(\frac{1}{3}+\frac{1}{4}\right)+\left(\frac{1}{5}+\cdots+\frac{1}{8}\right)+\cdots\gt 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\cdots \]
1826 年，一封私人信
魔鬼的发明
“发散级数大体上是魔鬼的发明，把任何证明建立在它们之上都是一种耻辱。人们能从它们得到自己想要的一切，而它们已经造出了那么多的不幸与悖论。”
阿贝尔致霍尔姆博的信，1826 年 1 月 16 日，柏林。
阿贝尔写这封信时正在柏林，刚用幂级数解决了一个重要问题，他并不反对级数，气的是欧拉的做派：先写下 \(1-1+1-\cdots=\frac{1}{2}\) 再往下推，柯西的判据已经摆在那里，论文里却到处这种写法。
柯西的定义还留下一个问题：换个加法次序，和会不会变？若 \(\sum|u_{n}|\) 收敛，则 \(\sum u_{n}\) 必收敛，这叫绝对收敛，重排后和不变；若 \(\sum u_{n}\) 收敛而 \(\sum|u_{n}|\) 发散，就叫条件收敛，它经不起重排。
把 \(1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\cdots\) 重排一下，和怎么就不是 \(\ln 2\) 了
条件收敛时正项之和与负项之和都发散，正项多放几个和就往上抬，负项多放几个就往下压，黎曼 1854 年的论文据此证明：任给实数 \(S\)，总有一种重排让它收敛到 \(S\)。\(1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\cdots\) 的和是 \(\ln 2\)，一正两负重排后变成 \(\frac{1}{2}\ln 2\)。
收敛还有一个更隐蔽的用处：能不能担保逐项求导？1872 年魏尔斯特拉斯在柏林科学院宣读的论文，题名直译是《关于实轴上处处连续而处处没有确定导数的函数》，他造出的级数处处收敛、和函数处处连续，却处处不可导。所以连续函数的级数不保证能交换和号与求导号，幂级数靠收敛半径担保。
四、判别法：把收敛变成可以核算的判断
定义说清了收敛是什么，却没给判断的办法，因为要知道 \(S_{n}\) 的极限，而多数级数的和写不出闭形式。判别法换了个问法：不问和等于几，只问收不收敛。正项级数部分和单调不减，有界就收敛，其余判别法都在找尺子，常用的尺子只有下面两把。
\[ \sum_{n=1}^{\infty}aq^{n-1}\ \text{当}\ |q|\lt 1\ \text{时收敛},\qquad \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{p}}\ \text{当}\ p\gt 1\ \text{时收敛}. \]
定理（比较判别法及其极限形式）
设 \(0\le u_{n}\le v_{n}\)。若 \(\sum v_{n}\) 收敛，则 \(\sum u_{n}\) 收敛；若 \(\sum u_{n}\) 发散，则 \(\sum v_{n}\) 发散。若 \(u_{n}\gt 0\)、\(v_{n}\gt 0\) 且 \(\lim u_{n}/v_{n}=c\)，则 \(0\lt c\lt+\infty\) 时两者同敛散。
极限形式省掉了凑不等式的功夫：通项在 n 大时像个幂函数，取 \(v_{n}=1/n^{p}\) 求比值极限，临界指数就出来。
定理（比值判别法）
设 \(u_{n}\gt 0\)。若 \(\lim_{n\to\infty}u_{n+1}/u_{n}=\rho\)，则 \(\rho\lt 1\) 时级数收敛，\(\rho\gt 1\) 时发散，\(\rho=1\) 时此法失效。
比值判别法出自达朗贝尔 1768 年的论文，\(\rho=1\) 时它和根值判别法都失效，因为这两种办法只看通项的增长率，看不见 \(1/n\) 这样的衰减。
通项里带 \(n\) 次根，或者长成 \(\ln n\)，该换哪把尺子
根值判别法把商换成 \(\lim\sqrt[n]{u_{n}}=\rho\)，结论一样，\(\rho=1\) 时同样失灵。积分判别法是柯西的手笔：\(f(x)\) 在 \([1,+\infty)\) 上非负、单调减少且 \(u_{n}=f(n)\) 时，\(\sum u_{n}\) 与 \(\int_{1}^{+\infty}f(x)\,\mathrm{d}x\) 同敛散，它也是唯一能说明 \(p=1\) 是分界线的办法。
带负号的级数另有一套办法：正负交替、绝对值单调减少趋零时，部分和被夹在相邻两项之间来回摆动。
定理（莱布尼茨判别法）
若 \(u_{n}\) 单调减少且 \(\lim u_{n}=0\)，则交错级数 \(\sum(-1)^{n-1}u_{n}\) 收敛，且其余项满足 \(|r_{n}|\le u_{n+1}\)。
余项那一句在近似计算里最有用，截断误差不超过被扔掉的第一个数；单调性一旦拿掉，结论就不成立。
五、幂级数：收敛半径与逐项求导
常数项级数只是热身。把 \(x\) 留在式子里得到 \(\sum a_{n}x^{n}\)，要问它在哪些 \(x\) 处收敛，阿贝尔 1826 年在《克雷尔杂志》创刊号里给出了下面这条。
定理（阿贝尔定理）
若 \(\sum a_{n}x^{n}\) 在 \(x=x_{0}\ (x_{0}\ne 0)\) 处收敛，则对一切 \(|x|\lt|x_{0}|\)，它绝对收敛；若在 \(x_{0}\) 处发散，则对一切 \(|x|\gt|x_{0}|\)，它发散。
它把数轴切成三段：一段必收敛，一段必发散，中间只剩一个数 \(R\) 待定，叫收敛半径，\((-R,R)\) 叫收敛区间。端点必须单独判别，因为定理在端点不给结论，同一个 \(R\) 的两端可能一收一发，办法只有把 \(x=\pm R\) 代回原级数重做。
定理（逐项求导）
设 \(\sum a_{n}x^{n}\) 的收敛半径为 \(R\gt 0\)，和函数为 \(s(x)\)，则在 \((-R,R)\) 内 \(s(x)\) 可导，且 \(s'(x)=\sum_{n=1}^{\infty}na_{n}x^{n-1}\)，新级数的收敛半径仍是 \(R\)，端点的敛散性可能改变。
收敛半径不变，所以幂级数在收敛区间内一阶一阶都可导，魏尔斯特拉斯的反例波及不到它。展开成幂级数有四条路：直接法算 \(f^{(n)}(0)\) 再验证余项趋于零；间接法拿已知展开式做代换；第三条是逐项求导；第四条是设出系数比较同次幂。
常用展开式到底要背哪几个，收敛域怎么记
要背的就是这 6 个式子，右边一列是收敛域，其中 \(\ln(1+x)\) 与 \(\arctan x\) 的两端还要单独看一眼：\(x=-1\) 与 \(x=\pm 1\) 处的收敛都是莱布尼茨判别法给的。
\[ e^{x}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{n}}{n!}\ (-\infty,+\infty),\qquad \sin x=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}x^{2n+1}}{(2n+1)!}\ (-\infty,+\infty), \]
\[ \cos x=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}x^{2n}}{(2n)!}\ (-\infty,+\infty),\qquad \ln(1+x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}x^{n}}{n}\ (-1,1], \]
\[ \arctan x=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}x^{2n+1}}{2n+1}\ [-1,1],\qquad (1+x)^{\alpha}=1+\alpha x+\frac{\alpha(\alpha-1)}{2!}x^{2}+\cdots\ (-1,1). \]
近似计算从这里来：直接用 \(\ln(1+x)\) 算 \(\ln 2\)，取 \(x=1\) 要几百项才有三位小数，换成 \(\ln\frac{1+x}{1-x}=2(x+x^{3}/3+\cdots)\) 且取 \(x=1/3\)，三项就够。
六、傅里叶级数：任意曲线能不能写成三角级数
幂级数的底是 \(x^{n}\)，函数一旦是周期的，或带折角、带跳跃，幂级数就没戏了，因为它在展开点附近必须无穷可导。1807 年，傅里叶向巴黎科学院提交了一篇热传导的论文，声称任意一条曲线都能写成正弦与余弦的和，评审人里有拉格朗日。拉格朗日当场反对：三角级数每一项都光滑，怎么可能拼出带折角的曲线，论文那一年没有发表。傅里叶没有收回主张，1822 年《热的解析理论》把三角级数从头用了一遍。
拉格朗日也说不上错，当时的函数概念还绑在解析式上，一条随手画出的折线算不算函数，本身就有争议。支撑整套算法的是一个积分事实：三角函数系在 \([-\pi,\pi]\) 上正交，自己乘自己积出 \(\pi\)，乘别人积出 0，所以展开式两边乘 \(\cos nx\) 再逐项积分，除一项之外全部归零。
定理（傅里叶系数）
设 \(f\) 在 \([-\pi,\pi]\) 上可积，令 \(a_{n}=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nx\,\mathrm{d}x\)、\(b_{n}=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin nx\,\mathrm{d}x\)，则称 \(f(x)\sim\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{n}\cos nx+b_{n}\sin nx\right)\) 为 \(f\) 的傅里叶级数。\(a_{0}\) 前面带 \(\frac{1}{2}\)，是为了让它的公式与 \(a_{n}\) 统一。
这里写 \(\sim\) 而不写等号，因为右边未必收敛，收敛了也未必收敛到 \(f(x)\)；要断言等号得再加条件，狄利克雷 1829 年给出了一组够用的。
级数在间断点和端点上究竟收到哪个数
设 \(f\) 在一个周期内连续，或只有有限个第一类间断点，且只有有限个极值点，则 \(f\) 的傅里叶级数处处收敛：在 \(f\) 的连续点收敛于 \(f(x)\)，在间断点收敛于 \(\frac{1}{2}\left[f(x^{-})+f(x^{+})\right]\)，在端点 \(x=\pm\pi\) 处收敛于 \(\frac{1}{2}\left[f(\pi^{-})+f(-\pi^{+})\right]\)。
那个平均值是所有傅里叶题的答案来源：方波在跳变点收敛到 \(\frac{1}{2}[f(x^{-})+f(x^{+})]\)，既不是 1 也不是 \(-1\)。奇偶性能省掉一半积分，\(f\) 为奇函数时 \(a_{n}=0\)，只剩正弦项，为偶函数时 \(b_{n}=0\)，只剩余弦项；周期为 \(2l\) 时把 \(x\) 换成 \(n\pi x/l\)，系数前的 \(1/\pi\) 换成 \(1/l\)。
七、方法手册
判敛四步：先算 \(\lim u_{n}\)，不等于零就发散；再看有没有负号，正项直接挑判别法，有负号先取绝对值，不收敛再按交错级数处理；然后挑尺子，含 \(n^{p}\) 的与 p 级数比，含 \(q^{n}\) 或阶乘的用比值，是 \(\ln n\) 的用积分判别法；\(\rho=1\) 时换比较法比出 p 再判。
常见错法有五处：端点漏判只写开区间，比值法得 1 就宣布收敛，把逐项求导用在非幂级数上，\(a_{0}\) 前漏掉 \(1/2\)，在间断点写等号。
八、例题
例 1 判断级数 \(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^{2}}{3^{n}}\) 的敛散性。
通项含 \(3^{n}\)，用比值判别法：\(\frac{u_{n+1}}{u_{n}}=\frac{1}{3}\left(1+\frac{1}{n}\right)^{2}\to\frac{1}{3}\lt 1\)，故收敛。判别法只回答收不收敛；用根值判别法算 \(\sqrt[n]{u_{n}}\to 1/3\)，结论一样。
例 2 求幂级数 \(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(x-1)^{n}}{n\cdot 3^{n}}\) 的收敛域。
令 \(u_{n}=\frac{(x-1)^{n}}{n3^{n}}\)，\(\left|\frac{u_{n+1}}{u_{n}}\right|\to\frac{|x-1|}{3}\lt 1\) 得 \(R=3\)，开区间 \((-2,4)\)。端点 \(x=4\) 时是调和级数，发散；\(x=-2\) 时是 \(\sum\frac{(-1)^{n}}{n}\)，莱布尼茨判别法给出收敛，收敛域为 \([-2,4)\)。
例 3 把 \(f(x)=\arctan x\) 展开成 \(x\) 的幂级数，并由此求 \(\frac{\pi}{4}\) 的级数表示。
先展开导数：\((\arctan x)'=\frac{1}{1+x^{2}}=\sum(-1)^{n}x^{2n}\)（\(|x|\lt 1\)），在 \([0,x]\) 上逐项积分得 \(\arctan x=\sum\frac{(-1)^{n}x^{2n+1}}{2n+1}\)，半径仍是 1。端点 \(x=\pm 1\) 通项单调趋零，莱布尼茨判别法给出收敛，故展开在 \([-1,1]\) 上成立。取 \(x=1\) 得 \(\frac{\pi}{4}=1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\cdots\)。
九、习题
A 档 巩固定义与基本计算，每题 5 分钟内
1. 求 \(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(n+1)}\) 的和。
看答案
拆项：\(\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\)，故 \(S_{n}=1-\frac{1}{n+1}\)，令 \(n\to\infty\) 得和为 1。这类级数叫望远镜级数，部分和中间的项全部相消。
2. 判断 \(\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{2}{3}\right)^{n}\) 是否收敛，若收敛求和。
看答案
几何级数，公比 \(q=\frac{2}{3}\)，\(|q|\lt 1\)，收敛。首项 \(\frac{2}{3}\)，和为 \(\frac{2/3}{1-2/3}=2\)。
3. 用收敛的必要条件判断 \(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{2n+1}\) 的敛散性。
看答案
通项极限为 \(\frac{1}{2}\ne 0\)，故级数发散。这一步只需一行，不必再试别的判别法。
4. 判断 \(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}+1}\) 的敛散性。
看答案
与 p 级数比较：\(\frac{1}{n^{2}+1}\lt\frac{1}{n^{2}}\)，而 \(\sum\frac{1}{n^{2}}\) 收敛，故原级数收敛。和不是 \(\pi^{2}/6\)，判别法也不要求知道和。
5. 判断 \(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n^{2}}\) 是绝对收敛还是条件收敛。
看答案
取绝对值得 \(\sum\frac{1}{n^{2}}\)，收敛，故原级数绝对收敛。绝对收敛的级数可以随意重排，这一条在这里用得上。
6. 求 \(\sum_{n=1}^{\infty}nx^{n}\) 的收敛半径。
看答案
\(\left|\frac{(n+1)x^{n+1}}{nx^{n}}\right|\to|x|\)，故 \(R=1\)。在 \((-1,1)\) 内由 \(\frac{1}{1-x}=\sum x^{n}\) 逐项求导得 \(\sum nx^{n}=\frac{x}{(1-x)^{2}}\)。端点 \(x=\pm 1\) 时通项不趋于零，两级数都发散。
B 档 综合题，接近考试难度
1. 判断 \(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n!}{n^{n}}\) 的敛散性。
看答案
用比值：\(\frac{u_{n+1}}{u_{n}}=\frac{(n+1)!}{(n+1)^{n+1}}\cdot\frac{n^{n}}{n!}=\left(\frac{n}{n+1}\right)^{n}=\frac{1}{(1+1/n)^{n}}\to\frac{1}{e}\lt 1\)，故收敛。这一步用到 \(\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}\to e\)，正是第一章的重要极限。
2. 求 \(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(x+1)^{n}}{n\cdot 2^{n}}\) 的收敛域。
看答案
比值给出 \(\frac{|x+1|}{2}\lt 1\)，即 \(-3\lt x\lt 1\)，\(R=2\)，中心在 \(x=-1\)。端点 \(x=1\) 时级数为 \(\sum\frac{1}{n}\)，发散；\(x=-3\) 时为 \(\sum\frac{(-1)^{n}}{n}\)，条件收敛。收敛域为 \([-3,1)\)。
3. 把 \(\ln(1+x)\) 展开成幂级数，并用它计算 \(\ln 1.1\)，误差不超过 \(10^{-5}\)。
看答案
取 \(x=0.1\lt 1\)，展开绝对收敛。前四项：\(0.1-0.005+0.0003333-0.000025=0.0953083\)。第五项为 \(\frac{x^{5}}{5}=2\times 10^{-6}\)，由莱布尼茨判别法知余项不超过下一项的绝对值，故 \({\approx}0.095310\)，误差小于 \(10^{-5}\)。真值 \(0.0953102\)，吻合。
4. 把 \(f(x)=|x|\) 在 \([-\pi,\pi]\) 上展开成傅里叶级数，并求 \(\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{(2k-1)^{2}}\)。
看答案
\(f\) 为偶函数，\(b_{n}=0\)。\(a_{0}=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}|x|\,\mathrm{d}x=\pi\)，\(a_{n}=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}x\cos nx\,\mathrm{d}x=\frac{2\left[(-1)^{n}-1\right]}{\pi n^{2}}\)，n 为偶数为零。故 \(|x|\sim\frac{\pi}{2}-\frac{4}{\pi}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\cos(2k-1)x}{(2k-1)^{2}}\)。取 \(x=0\)，左边为 0，得 \(\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{(2k-1)^{2}}=\frac{\pi^{2}}{8}\)。\(x=0\) 是连续点，等号成立。
C 档 拓展与历史原题
1. 欧拉 1735 年给出 \(\sum 1/n^{2}=\pi^{2}/6\)，用的无穷乘积在当时没有依据。后来的初等证法改用夹逼：设 \(m\) 为正整数，利用恒等式 \(\sum_{k=1}^{m}\cot^{2}\frac{k\pi}{2m+1}=\frac{m(2m+1)}{3}\) 与不等式 \(\sin t\lt t\lt\tan t\)，证明该和等于 \(\pi^{2}/6\)。请补出夹逼的两端并说明极限。
看答案
在 \(0\lt t\lt\frac{\pi}{2}\) 内有 \(\sin t\lt t\lt\tan t\)，取倒数平方得 \(\cot^{2}t\lt\frac{1}{t^{2}}\lt 1+\cot^{2}t\)，令 \(t=\frac{k\pi}{2m+1}\) 对 \(k=1,\dots,m\) 求和，题给的恒等式把左端化成 \(\frac{m(2m+1)}{3}\)，右端再多加一个 \(m\)，两边同乘 \(\frac{\pi^{2}}{(2m+1)^{2}}\) 就夹住了 \(\sum 1/k^{2}\)。两个端点在 \(m\to\infty\) 时都趋于 \(\frac{\pi^{2}}{6}\)，中间的部分和只好跟着收敛到 \(\frac{\pi^{2}}{6}\)。
2. 欧拉 1736 年把 \(x=1\) 代入 \(\frac{1}{1+x}\) 的展开，写下 \(1-1+1-1+\cdots=\frac{1}{2}\)。请回答：(1) 按柯西的定义，这列数的部分和是否有极限；(2) 若改用「前 n 项部分和的算术平均」求和，结果是什么；(3) 阿贝尔 1826 年的警告针对的就是这类做法，危险在哪里。
看答案
(1) 部分和为 \(1,0,1,0,\dots\)，没有极限，按柯西的定义级数发散。(2) 前 n 项部分和的算术平均是 \(1,\frac{1}{2},\frac{2}{3},\frac{1}{2},\dots\)，收敛于 \(1/2\)，所以切萨罗意义下和为 \(1/2\)，欧拉写下的数没错。(3) 危险在于把「换一种求和方式得到的数」当成级数本身的和，不先确认收敛就套逐项运算的规则，错了也查不出来。
3. 把 \(f(x)=x^{2}\) 在 \([-\pi,\pi]\) 上展开成傅里叶级数，并由此求 \(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}}\)。这个方法比欧拉的无穷乘积可靠在哪里？
看答案
\(f\) 为偶函数，\(b_{n}=0\)，\(a_{0}=\frac{2\pi^{2}}{3}\)，\(a_{n}=\frac{4(-1)^{n}}{n^{2}}\)，故 \(x^{2}\sim\frac{\pi^{2}}{3}+4\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n^{2}}\cos nx\)。取 \(x=\pi\) 得 \(\pi^{2}=\frac{\pi^{2}}{3}+4\sum\frac{1}{n^{2}}\)，即 \(\sum\frac{1}{n^{2}}=\frac{\pi^{2}}{6}\)。可靠之处在于两端都是证过的定理：系数积分有定义，级数收敛到 \(f\) 由狄利克雷定理担保，代点用的是连续性，而欧拉的比较系数两样都没证。
思考题 不设标准答案，只给提示
1. 方波的部分和在跳变点附近始终过冲，N 增大时峰值不下降，只是被挤窄。为什么收敛不能把这块尖峰压平？提示：算 \(S_{N}\left(\frac{\pi}{2N}\right)\)，再令 \(N\to\infty\)。
看提示
把 \(x=\frac{\pi}{2N}\) 代入部分和，求和可写成黎曼和，极限是 \(\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}\frac{\sin t}{t}\,\mathrm{d}t\approx 1.179\)。峰值极限与 N 无关；收敛只在每一点上成立，管不住一致的幅度。
2. 为什么不把收敛定义成「项越来越小」？这样的定义会失去什么？提示：调和级数，以及 \(1/2+1/4+\cdots\) 与它的对比。
看提示
项越来越小只是必要条件，调和级数就通不过检验：项趋于零，和却无界。定义必须能区分这两者，唯一能区分的量是部分和数列的走向。
3. 幂级数在收敛区间内可以逐项求导，一般的函数项级数不行。这个差别从哪里来？只要求「和函数连续」，够不够？提示：魏尔斯特拉斯 1872 年的例子，以及收敛半径之内的一致收敛。
看提示
不够。魏尔斯特拉斯的级数和函数处处连续，却处处不可导。幂级数能用的是更强的东西：在闭子区间上一致收敛，且求导后的级数仍一致收敛。担保来自收敛半径，不来自连续性。
延伸阅读
- 同济大学数学系《高等数学》第七版下册，第十二章第一至第七节。
- 欧拉《无穷分析引论》，洛桑，1748 年，第一卷第 15 至 16 章，幂级数与无穷乘积。
- 柯西《分析教程》，巴黎，1821 年，第一部分第七章，级数收敛的定义。
- 傅里叶《热的解析理论》，巴黎，1822 年，第三章，热传导方程的三角级数解法。