最后更新: 2026-02-16 18:02 查看: 30 次纠错评论(0) 课件开VIP

复数序列及其收敛性

## 序列的收敛性
我们称无穷复数序列 $z_1, z_2, \cdots, z_n, \cdots$ 具有极限 $z$ ，如果对于任意正数 $\varepsilon$ ，存在一正整数 $n_0$ ，使得当 $n>n_0$ 时，有

$$
\left|z_n-z\right|<\varepsilon ...(1)
$$

其几何意义是，对于充分大的 $n$ ，点 $z_n$ 落在 $z$ 的任意给定的 $\varepsilon$ 邻域里（见图76）．由于我们可选取任意小的 $\varepsilon$ ，故随着下标的增大，$z_n$ 可以任意接近 $z$ ．注意到，所需 $n_0$ 的值通常都由 $\varepsilon$ 决定．

![图片](/uploads/2026-02/c50b48.jpg){width=400px}
 
> **想象在$xy$平面上以$z$为中心，以半径为 $\varepsilon$ 行走，你的运动轨迹将是以$z$为中心 以半径为 $\varepsilon$的圆。**

一个序列至多只有一个极限．即若极限 $z$ 存在，则 $z$ 是唯一的 ．若序列极限 $z$ 存在，则称序列收敛于 $z$ ，且记

$$
\lim _{n \rightarrow+\infty} z_n=z ...(2)
$$

若序列极限不存在，则称序列发散．
定理 设 $z_n=x_n+\mathrm{i} y_n(n=1,2, \cdots)$ 且 $z=x+\mathrm{i} y$ ，则有

$$
\lim _{n \rightarrow+\infty} z_n=z ...(3)
$$

当且仅当

$$
\lim _{n \rightarrow+\infty} x_n=x \text { 且 } \lim _{n \rightarrow+\infty} y_n=y \text {. } ...(4)
$$

要证明定理，首先我们假设条件（4）成立，并且由此证明式（3）成立．根据条件 （4），对任意正数 $\varepsilon$ ，存在正整数 $n_1$ 和 $n_2$ ，使得当 $n>n_1$ 时，有

$$
\left|x_n-x\right|<\frac{\varepsilon}{2},
$$

且当 $n>n_2$ 时，有

$$
\left|y_n-y\right|<\frac{\varepsilon}{2} \text {. }
$$

因此，若 $n_0$ 为两个整数 $n_1$ 和 $n_2$ 中较大的一个，则当 $n>n_0$ 时，有

$$
\left|x_n-x\right|<\frac{\varepsilon}{2} \text { 且 }\left|y_n-y\right|<\frac{\varepsilon}{2} \text {. }
$$

由于

$$
\left|\left(x_n+\mathrm{i} y_n\right)-(x+\mathrm{i} y)\right|=\left|\left(x_n-x\right)+\mathrm{i}\left(y_n-y\right)\right| \leqslant\left|x_n-x\right|+\left|y_n-y\right|,
$$

于是，当 $n>n_0$ 时，有

$$
\left|z_n-z\right|<\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon .
$$

即式（4）成立．
应该注意的是，由定理可知，只要下式右边的两个极限都存在或者左边的极限存在，则有

$$
\lim _{n \rightarrow+\infty}\left(x_n+\mathrm{i} y_n\right)=\lim _{n \rightarrow+\infty} x_n+\mathrm{i} \lim _{n \rightarrow+\infty} y_n .
$$

`例` 序列

$$
z_n=-1+\mathrm{i} \frac{(-1)^n}{n^2} \quad(n=1,2, \cdots)
$$

收敛于 -1 ，这是因为

$$
\lim _{n \rightarrow+\infty}\left[-1+\mathrm{i} \frac{(-1)^n}{n^2}\right]=\lim _{n \rightarrow+\infty}(-1)+\mathrm{i} \lim _{n \rightarrow+\infty} \frac{(-1)^n}{n^2}=-1+\mathrm{i} \cdot 0=-1 .
$$

另外，也可运用定义（1）得到该结果．确切地说，当 $n>\frac{1}{\sqrt{\varepsilon}}$ 时，有

$$
\left|z_n-(-1)\right|=\left|\mathrm{i} \frac{(-1)^n}{n^2}\right|=\frac{1}{n^2}<\varepsilon .
$$

下面的例子表明，若将上述定理应用于极坐标上，必须谨慎处理．
`例` 考虑例 1 中的同一序列

$$
z_n=-1+\mathrm{i} \frac{(-1)^n}{n^2} \quad(n=1,2, \cdots)
$$

若使用极坐标

$$
r_n=\left|z_n\right| \text { 和 } \Theta_n=\operatorname{Arg} z_n \quad(n=1,2, \cdots),
$$

其中 $\operatorname{Arg} z_n$ 表示 $z_n$ 的主辐角 $\left(-\pi<\Theta_n \leqslant \pi\right)$ ，则可得

$$
\lim _{n \rightarrow+\infty} r_n=\lim _{n \rightarrow+\infty} \sqrt{1+\frac{1}{n^4}}=1
$$

然而

$$
\lim _{n \rightarrow+\infty} \Theta_{2 n}=\pi \text { 且 } \lim _{n \rightarrow+\infty} \Theta_{2 n-1}=-\pi \quad(n=1,2, \cdots) .
$$

显然，当 $n$ 趋于无穷时，$\Theta_n$ 的极限不存在

## 级数的收敛性
我们称复无穷级数

$$
\sum_{n=1}^{+\infty} z_n=z_1+z_2+\cdots+z_n+\cdots ...(1)
$$

收敛于和 $S$ ，若其部分和序列

$$
S_N=\sum_{n=1}^N z_n=z_1+z_2+\cdots+z_N \quad(N=1,2, \cdots) ...(2)
$$

收敛于 $S$ ，且记

$$
\sum_{n=1}^{+\infty} z_n=S . 
$$

注意到，由于一个序列至多只有一个极限，故级数的和至多只有一个．若级数不收敛，则称级数发散．

**定理** 设 $z_n=x_n+\mathrm{i} y_n(n=1,2, \cdots)$ 且 $S=X+\mathrm{i} Y$ ，则

$$
\sum_{n=1}^{+\infty} z_n=S ...(3)
$$

当且仅当

$$
\sum_{n=1}^{+\infty} x_n=X \text { 且 } \sum_{n=1}^{+\infty} y_n=Y \text {. } ...(4)
$$

当然，定理告诉我们，只要下式右边的两个级数或左边的级数收敛，则有

$$
\sum_{n=1}^{+\infty}\left(x_n+\mathrm{i} y_n\right)=\sum_{n=1}^{+\infty} x_n+\mathrm{i} \sum_{n=1}^{+\infty} y_n .
$$

要证明上述定理，首先我们记部分和（2）为

$$
S_N=X_N+\mathrm{i} Y_N, ...(5)
$$

其中，

$$
X_N=\sum_{n=1}^N x_n \text { 且 } Y_N=\sum_{n=1}^N y_n \text {. }
$$

现在，若式（3）成立，当且仅当

$$
\lim _{N \rightarrow+\infty} S_N=S, ...(6)
$$

并且，由关系式（5）以及第 60 节中关于序列的定理可知，极限（6）成立当且仅当

$$
\lim _{N \rightarrow+\infty} X_N=X \text { 且 } \lim _{N \rightarrow+\infty} Y_N=Y \text {. }   ...(7)
$$

因此，极限（7）表明式（3）成立，反之亦然．由于 $X_N$ 和 $Y_N$ 是级数（4）的部分和，故而，至此定理得证．

这个定理在将微积分中关于级数的一系列常见的性质推广到复级数方面具有重要作用．为了表明如何实现上述推广，这里我们介绍两个这样的性质，作为定理的推论．

**推论1**  若复级数收敛，则当 $n$ 趋于无穷时，级数的第 $n$ 项收敛于 0 。
假设级数（1）收敛，由定理可知，若

$$
z_n=x_n+\mathrm{i} y_n \quad(n=1,2, \cdots),
$$

则级数

$$
\sum_{n=1}^{+\infty} x_n \text { 和 } \sum_{n=1}^{+\infty} y_n ...(8)
$$

都收敛．此外，由微积分可知，当 $n$ 趋于无穷时，收敛的实级数的第 $n$ 项趋于 0 ．因此，

$$
\lim _{n \rightarrow+\infty} z_n=\lim _{n \rightarrow+\infty} x_n+\mathrm{i} \lim _{n \rightarrow+\infty} y_n=0+0 \cdot \mathrm{i}=0
$$

故推论 1 证毕．
由推论 1 可知，收敛级数的一般项是有界的．即若级数（1）收敛，则存在一正数 $M$ ，使得对每个正整数 $n$ ，都有 $\left|z_n\right| \leqslant M$ 。

与微积分相对应，复级数还具有另一个重要性质．我们称级数（1）是绝对收敛的，若一般项为 $\sqrt{x_n^2+y_n^2}$ 的实级数

$$
\sum_{n=1}^{+\infty}\left|z_n\right|=\sum_{n=1}^{+\infty} \sqrt{x_n^2+y_n^2} \quad\left(z_n=x_n+\mathrm{i} y_n\right)
$$

收敛。
**推论2** 绝对收敛的复级数必然收敛．
要证明推论 2 ，我们先假设级数（1）绝对收敛．由于

$$
\left|x_n\right| \leqslant \sqrt{x_n^2+y_n^2} \text { 且 }\left|y_n\right| \leqslant \sqrt{x_n^2+y_n^2} \text {, }
$$

故由微积分中的比较判别法可知，两个级数

$$
\sum_{n=1}^{+\infty}\left|x_n\right| \text { 和 } \sum_{n=1}^{+\infty}\left|y_n\right|
$$

必然收敛．此外，由于绝对收敛的实级数本身必然收敛，故而式（8）中的级数都收敛．于是，由本节定理可知，级数（1）收敛．推论 2 证毕．

在证明级数的和为一确定常数 $S$ 这一结论时，先定义级数去掉前 $N$ 项之后的余项 $\rho_N$ ，往往比较方便．利用部分和（2），有

$$
\rho_N=S-S_N . ...(9)
$$

因此 $S=S_N+\rho_N$ ，并且，由于 $\left|S_N-S\right|=\left|\rho_N-0\right|$ ，故级数收敛于一个常数 $S$ 当且仅当余项序列趋于零．在研究幂级数时，我们经常会用到这个结果．幂级数是指具有如下形式的级数，

$$
\sum_{n=0}^{+\infty} a_n\left(z-z_0\right)^n=a_0+a_1\left(z-z_0\right)+a_2\left(z-z_0\right)^2+\cdots+a_n\left(z-z_0\right)^n+\cdots,
$$

其中 $z_0$ 和系数 $a_n$ 都是复常数，$z$ 可能为包含 $z_0$ 的给定区域中的任意一点．对于这类涉及一个变量 $z$ 的级数，我们将用 $S(z), S_N(z)$ 和 $\rho_N(z)$ 分别表示级数的和，部分和与余项．

`例`利用余项，易证当 $|z|<1$ 时，有

$$
\sum_{n=0}^{+\infty} z^n=\frac{1}{1-z} ...(10)
$$

我们只要回想一下下面的性质

$$
1+z+z^2+\cdots+z^n=\frac{1-z^{n+1}}{1-z} \quad(z \neq 1)
$$

即可将部分和

$$
S_N(z)=\sum_{n=0}^{N-1} z^n=1+z+z^2+\cdots+z^{N-1} \quad(z \neq 1)
$$

写成

$$
S_N(z)=\frac{1-z^N}{1-z} .
$$

若

$$
S(z)=\frac{1}{1-z},
$$

则

$$
\rho_N(z)=S(z)-S_N(z)=\frac{z^N}{1-z} \quad(z \neq 1)
$$

因此，

$$
\left|\rho_N(z)\right|=\frac{|z|^N}{|1-z|}
$$

并且，由上式显然可知，当 $|z|<1$ 时，余项 $\rho_N(z)$ 趋于 0 ，而当 $|z| \geqslant 1$ 时，则不趋于 0 ．这就得到了求和公式（10）．

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