4.2 複數級數 (Complex Series)

給定數列為 $\{z_n\}$，令 ${S_n} = \sum\limits_{k = 0}^n {{z_k}}$ (部分和)，即

定義了 $\left\{ {{S_n}} \right\}_{n = 0}^\infty$ 為數列 $\{z_n\}$ 的部分和所形成之數列。 有興趣的是 $\{ S_n\}$ 之收歛性。

若複數數列 $\left\{ {{S_n}} \right\}_{n = 0}^\infty$ 收斂到 $S$，即

定義4.2-1. 複數項的無窮級數

稱為無窮級數 (infinite series)，且 $z_0, z_1, \ldots$ 稱為此數列之項式 (term)。若存在 S\in\mathbb{C} 使得 $\{ S_n\}\to S$， 則稱無窮級數(4.1)式收斂 (convergence) 到 $S$，亦即

並稱此 $S$ 為級數和。反之，若 $\left\{ {{S_n}} \right\}$ 發散則稱級數(4.1)發散 (divergence)。

由三角不等式很容易知下面定理成立：

定理4.2-2. $\sum\limits_{n = 0}^\infty z_n = S$ 若且唯若 $\displaystyle\sum_{n = 0}^\infty \text{ Re} \left( z_n \right) = \text{Re}\left( S \right)$ ，且$\displaystyle\sum_{n = 0}^\infty \text{Im}\left( z_n \right) = \text{Im}\left( S \right)$

• [證明]

  由三角不等式可以證明，自行練習。

由此定理知 $\sum\limits_{n = 0}^\infty (x_n+ i y_n) = \sum\limits_{n = 0}^\infty x_n+i \sum\limits_{n = 0}^\infty y_n$。此外，亦可由4.1節得知下面定理檢查級數的收斂與否。

定理4.2-2. $\left\{ S_n \right\}_{n = 0}^\infty$ 收斂若且唯若 $\left\{ S_n \right\}_{n = 0}^\infty$ 為一柯西數列。

• [證明]

  首先回顧 $\left\{ S_n \right\}_{n = 0}^\infty$ 為柯西數列之定義，即 $\forall \varepsilon > 0$ 存在 $N_\varepsilon \in \mathbb{N}$ 使得

  $$\displaystyle \forall~ n> m \ge N_\varepsilon \implies\left| {{S_n} - {S_m}} \right| = \left| {{z_{m + 1}} + {z_{m + 2}} + \cdots + {z_n}} \right| < \varepsilon$$

  (必要條件) 若 $\left\{ S_n \right\}_{n = 0}^\infty$ 為一收斂數列則存在極限 $S$， $\forall \varepsilon> {0},~\exists~M_\varepsilon \in \mathbb{N}$ 時，

  $$\forall ~n,~m>M_\varepsilon \implies \left| S_n - S \right| < \frac{\varepsilon }{2},\quad \left| S_m - S \right| < \frac{\varepsilon }{2},$$

  則

  $$\begin{align*} \forall~n>m>M_\varepsilon \implies\left| {{S_n} - {S_m}} \right| &= \left| {{S_n} - S + S - {S_m}} \right| \\ &\le \left| {{S_n} - S} \right| + \left| {{S_m} - S} \right| < \frac{\varepsilon }{2} + \frac{\varepsilon }{2} = \varepsilon. \end{align*}$$

  因此 $\left\{ {{S_n}} \right\}_{n = 0}^\infty$ 為柯西數列。

  (充分條件) 反之，若 $\left\{ {{S_n}} \right\}_{n = 0}^\infty$ 為柯西數列，令 $S_n = x_n + i y_n$，其中 $x_n,~y_n \in \mathbb{R}$，則 $\left\{ x_n \right\}$ 及 $\left\{ y_n \right\}$ 亦為柯西數列，由於實數柯西數列 $\left\{ x_n \right\}$ 與 $\left\{ y_n \right\}$ 收斂，則 $S_n$ 亦收斂。 $\hspace{1.5cm}\blacksquare$

判斷級數是否發散的檢驗定理為：

定理4.2-3. 若 $\sum\limits_{n = 0}^\infty z_n$ 收斂，則 $\lim\limits_{n\to \infty}z_n=0$。

• [證明]

  設級數收斂到$S$，則 $\{S_n\}\to S$，由定理4.2-2知 $\{S_n\}$ 為柯西數列，即 $\forall \varepsilon > 0$ 存在 $N_\varepsilon \in \mathbb{N}$ 使得

  $$\displaystyle \forall~ n> m \ge N_\varepsilon \implies\left| {{S_n} - {S_m}} \right| = \left| {{z_{m + 1}} + {z_{m + 2}} + \cdots + {z_n}} \right| < \varepsilon.$$

  因此對此 $N_\varepsilon$，則有

  $$\forall~n>N_\varepsilon \implies |z_n|=|S_{n}-S_{n-1}|<\varepsilon,$$

  故 $\lim\limits_{n\to \infty}z_n=0$。 $\hspace{8.5cm}\blacksquare$

此定理之逆敘述為：若 $\lim\limits_{n\to \infty}z_n\neq 0$，則 $\sum\limits_{n = 0}^\infty z_n$ 發散。

例題4.2-1. 證明 $\sum\limits_{n=1}^\infty (1+i)^n$ 發散。

• [解]

  $z_n=(1+i)^n$ 由例題4.1-1知 $\{z_n\}=\{(1+i)^n\}$ 發散，因此$\lim\limits_{n\to \infty}(1+i)^n \not\exists$，故 $\sum\limits_{n=1}^\infty (1+i)^n$ 發散。

級數性質：令 $c\in\mathbb{C}$，$\sum\limits_{n=0}^\infty z_n$ 及 $\sum\limits_{n=0}^\infty w_n$ 收斂，則

1. $\sum\limits_{n=0}^\infty (z_n \pm w_n) = \sum\limits_{n=0}^\infty z_n \pm \sum\limits_{n=0}^\infty w_n$，

2. $\sum\limits_{n=0}^\infty (c \cdot z_n)= c \cdot \sum\limits_{n=0}^\infty z_n$。

例題4.2-2. 級數 $\sum\limits_{i = 0}^\infty z^i$，若 $\left| z \right| < 1$，則 $\sum\limits_{i = 0}^\infty z^i = \frac{1}{1 - z}$。

• [解]

  由

  $$\left( {1 - z} \right)\left( {1 + z + {z^2} + \cdots + {z^n}} \right) = 1 - {z^{n + 1}}$$

  得

  $$\frac{1}{{1 - z}} - \left( {1 + z + {z^2} + \cdots + {z^n}} \right) = \frac{{{z^{n + 1}}}}{{1 - z}}.$$

  因此當 $\left| z \right| < 1$ ，則 $\lim\limits_{n\to \infty} \frac{z^{n + 1}}{1 - z} = 0$，故 $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\sum\limits_{i = 0}^n {{z^i}} } \right) = \frac{1}{{1 - z}}$。

例題4.2-3. 試問 $\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{i^n}{n}$ 收斂還是發散？

• [解]

  $$\begin{align*} \sum_{n=1}^\infty \frac{i^n}{n} &= \sum_{k=1}^\infty \frac{i^{2k}}{2k}+ \sum_{k=1}^\infty \frac{i^{2k+1}}{2k+1}\\ &= \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^k}{2k}+i \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k}}{2k+1} \end{align*}$$

因 $\lim\limits_{k\to \infty} \frac{1}{2k}=\lim\limits_{k\to \infty} \frac{1}{2k+1}=0$，再由實數交錯級數的性質知 $\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^k}{2k}$ 與 $\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k+1}}{2k+1}$ 兩個級數收斂，故級數 $\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{i^n}{n}$ 收斂。

注意：雖然 $\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{i^n}{n}$ 收斂，但是 $\sum\limits_{n=1}^\infty \left|\frac{i^n}{n}\right| = \sum\limits_{n=1}^\infty \frac{1}{n}$ 為調和級數，故發散。換句話說，級數收斂$\sum\limits_{n=0}^\infty z_n$ 不保證$\sum\limits_{n=0}^\infty |z_n|$ 也一定收斂。欲了解級數的絕對收斂和收斂的關係，先定義絕對收斂如下：

定義4.2-2. 設 $z_n\in\mathbb{C}$，若級數$\sum\limits_{n=0}^\infty |z_n|$ 收斂，則稱 $\sum\limits_{n=0}^\infty z_n$ 是絕對收斂 (absolutely convergent)。

先討論實數級數的絕對收斂的關係。設 $a_n,~b_n\in\mathbb{R}$ 且 $0\le a_n\le b_n$。當 $\sum\limits_{n=1}^\infty b_n$ 收斂，則 $\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$ 收斂；反之，若 $\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$ 發散，則 $\sum\limits_{n=1}^\infty b_n$ 發散。又設 $x_n\in\mathbb{R}$，若 $\sum\limits_{n=1}^\infty |x_n|$ 收斂，因

由於 $\sum\limits_{n=1}^\infty 2|x_n|=2 \sum\limits_{n=1}^\infty |x_n|$ 為收斂，因此 $\sum\limits_{n=1}^\infty (|x_n|+x_n)$ 亦收斂，因此 $\sum\limits_{n=1}^\infty x_n$ 收斂。顯然絕對收斂實級數必為收斂實級數，對於複級數這個結論也是成立的。以下先討論比較測試法。

定理4.2-4. (比較測試, Comparison Test)

給定 $M_n>0,~\forall n$ 且 $\sum\limits_{n=1}^\infty M_n$ 收斂。若 $\{z_n\}$ 滿足 $|z_n|\le M_n,~\forall n$，則 $\sum\limits_{n=1}^\infty z_n$ 收斂。

• [證明]

  令 $z_n = x_n + i y_n$，由於 $|z_n|\le M_n,~\forall n$，所以

  $$0\le |x_n| \le |z_n| \le M,\quad 0\le |y_n| \le |z_n| \le M,~\forall n$$

  因此

  $$\sum\limits_{n=1}^\infty M_n \text{~收斂}\implies \sum\limits_{n=1}^\infty |x_n| \text{~及~} \sum\limits_{n=1}^\infty |y_n| \text{~收斂}\\ \implies \sum\limits_{n=1}^\infty x_n \text{~及~} \sum\limits_{n=1}^\infty y_n \text{~收斂} \implies \sum\limits_{n=1}^\infty z_n \text{~收斂}$$

  即 $\sum\limits_{n=1}^\infty z_n$ 收斂。$\hspace{8.5cm}\blacksquare$

由比較測試法可推論出複數級數的絕對收斂性：

推論4.2-1. 若級數$\sum\limits_{n=0}^\infty |z_n|$ 收斂，則 $\sum\limits_{n=0}^\infty z_n$ 收斂。

例題4.2-4. 因為 $\sum\limits_{n=0}^\infty \left|\frac{(1+i)^n}{(\sqrt{2})^n n^2}\right| \le \sum\limits_{n=0}^\infty \frac{1}{n^2}$ 收斂，所以 $\sum\limits_{n=0}^\infty \frac{(1+i)^n}{(\sqrt{2})^n n^2}$ 收斂。 同理，因 $\sum\limits_{n=0}^\infty \left|\frac{(3+4i)^n}{5^n n^2}\right| \le \sum\limits_{n=0}^\infty \frac{1}{n^2}$ ，所以 $\sum\limits_{n=0}^\infty \frac{(3+4i)^n}{5^n n^2}$ 也收斂。

定義4.2-3. (柯西乘積, Cauchy Product)

設 $\sum\limits_{n=0}^\infty a_n$ 與 $\sum\limits_{n=0}^\infty b_n$ 收斂，則此二級數知柯西乘積定義為 $\sum\limits_{n=0}^\infty c_n$ 其中 $c_n = \sum\limits_{k=0}^n a_k b_{n-k}$。

考慮以下級數乘法：

即兩個冪級數之積的係數，即為兩個冪級數係數級數之柯西乘積。試問柯西乘積的收斂條件為何？

例題4.2-5. 設 $a_n = b_n =\frac{i^n}{\sqrt{n+1}}$，說明 $\sum\limits_{n=0}^\infty a_n$ 與 $\sum\limits_{n=0}^\infty b_n$ 收斂，但 $\sum\limits_{n=0}^\infty c_n$ 發散。

• [解]

  $$c_n = i^n\left[ \frac{1}{\sqrt{1}\sqrt{n+1}}+\frac{1}{\sqrt{2}\sqrt{n}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n}\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{n+1}\sqrt{1}} \right].$$

  由於 $\lim\limits_{n\to \infty} \frac{1}{\sqrt{n+1}}=0$，由實數交錯級數知 $\sum\limits_{n=0}^\infty \left| \frac{i^n}{\sqrt{n+1}}\right|$ 收斂，即 $\sum\limits_{n=0}^\infty a_n$ 與 $\sum\limits_{n=0}^\infty b_n$ 收斂。但因當 $0\le k\le n$ 時，$(\sqrt{n-k+1}\sqrt{k+1})^2\le (n+1)^2$，即

  $$\lim_{n\to\infty}|c_n|\ge \lim_{n\to\infty}\frac{n+1}{n+1}=1 \implies \lim_{n\to\infty}|c_n|\neq 0 \implies \lim_{n\to\infty}c_n\neq 0,$$

  所以 $\sum\limits_{n=0}^\infty c_n$ 發散。

此例說明雖然 $\sum\limits_{n=0}^\infty a_n$ 與 $\sum\limits_{n=0}^\infty b_n$ 收斂，但 $\sum\limits_{n=0}^\infty c_n$ 發散。但若是柯西乘積收斂，其收斂值說明如下：

定理4.2-5. 當柯西乘積，則其收斂值為 $\sum\limits_{n=0}^\infty c_n=\left(\sum\limits_{n=0}^\infty a_n\right)\left(\sum\limits_{n=0}^\infty b_n\right)$。

[證明] 同實數級數的作法，請參考高等微積分的書。

有關柯西乘積的收斂情形之一的判斷方式為：

定理4.2-6. 若 $\sum\limits_{n=0}^\infty a_n$ 與 $\sum\limits_{n=0}^\infty b_n$ 為絕對收斂，則兩者的柯西乘積收斂到兩級數收斂值之積。

[證明] 參考高等微積分的書。

設 $\left\{ f_n\left( z \right) \right\}_{n = 0}^\infty$ 為一複數函數數列，其中各項定義於集合 $A \subset \mathbb{C}$ 上，型如

稱為函數項級數或函數級數，這級數的前面 $n + 1$ 項和

若 $z \in A$，且極限

存在，則稱函數級數(4.2-3)在 $z$ 點收斂，而 $S\left( z \right)$ 為其收斂和，亦即

如果在集合 $A$ 內之每一個點均收斂，則其收斂和必為 $z$ 之函數，即 $S\left( z \right)$ 函數。

當 ${f_n}\left( z \right) = {a_{n - 1}}{\left( {z - {z_0}} \right)^{n – 1}}$ 或 ${f_n}\left( z \right) = {a_{n - 1}}{z^{n - 1}}$ ，則函數項函數稱為冪級數 (power series)，即

例題4.2-1即為一冪級數。仿照定理4.2-1，可以得到以下類似的結果。

定理4.2-7.　給定 $z \in A$，函數項級數 $\sum\limits_{n = 0}^\infty f_n\left( z \right)$ 在 $A$ 上收斂若且唯若對於任意 $\varepsilon > 0$，存在正整數 $N_\varepsilon \in \mathbb{N}$，使得當 $n > m \ge N_\varepsilon$ 時，不等式

對於 $A$ 中之每一個點均成立。

在
$A$ 中之每一個點均滿足(4.2-7)式，有時亦稱 $\sum\limits_{n = 0}^\infty {{f_n}\left( z \right)}$ 在 $A$ 上均勻收斂 (uniformly
convergent)。由(4.2-7)式很容易可以推出下列判別法。

定理4.2-8. (Weierstrass M Test)

當 $z \in A$ 時，對所有的 $n$，滿足 $\left| {{f_n}\left( z \right)} \right| \le {M_n}$ 且 $\sum\limits_{n = 0}^\infty {{M_n}}$ 收斂，則函數項級數 $\sum\limits_{n = 1}^\infty {{f_n}\left( z \right)}$ 在 $A$ 上均勻收斂。

• [證明]

  由 $\sum\limits_{n = 0}^\infty {{M_n}}$ 收斂， $\forall \varepsilon > 0$ 存在 $N \in \mathbb{N}$ 使得 $\forall n > m \ge N$ 時

  $$\left| {{M_{m + 1}} + \cdots + {M_n}} \right|= {M_{m + 1}} + {M_{m + 2}} + \cdots + {M_n} < \varepsilon$$

  因此 $\forall z \in A$ 與 $\forall n > m\ge N$ 則有

  $$\begin{align*} \left| {{f_{m + 1}}\left( z \right) + {f_{m + 2}}\left( z \right) + \cdots + {f_n}\left( z \right)} \right| &\le |f_{m + 1}( z)| + |f_{m + 2}( z)| + \cdots + |f_n( z)| \\ &= {M_{m + 1}} + {M_{m + 2}} + \cdots + {M_n}<\varepsilon \end{align*}$$

  所以 $\sum\limits_{n = 1}^\infty {{f_n}\left( z \right)}$ 在 $A$ 上均勻收斂。$\hspace{6.5cm}\blacksquare$

定理4.2-9. 令 $\displaystyle f\left( z \right) = \sum\limits_{n = 0}^\infty {{a_n}{{\left( {z - {z_0}} \right)}^n}}$ 為一冪級數且 $R>0$ 為其收斂半徑，則 $f$ 在 $\left| {z - {z_0}} \right| < R$ 內解析且 $f'\left( z \right) = \sum\limits_{n = 1}^\infty {n{a_n}{{\left( {z - {z_0}} \right)}^{n - 1}}}$。

• [證明]

  1. 設 $0 < r < 1$，則有 $\displaystyle \sum\limits_{n = 1}^\infty {n{r^n}}$ 為收斂，則有 $\displaystyle \lim_{n \to \infty } n{r^n} = 0$。

  2. 令 $z\in D_R^*(z_0)$，則 $\exists M > 0$ 使得

     $$\frac{{n{r^n}}}{{\left| {z - {z_0}} \right|}} < M.$$

  3. 令 $z_1\in\left\{\zeta ~\big|~ |z-z_0|<|\zeta-z_0|<R \right\}$，即 $z_1$ 落在下圖所示的環狀區域內，則 $\displaystyle \sum\limits_{n = 0}^\infty {\left| {{a_n}} \right|{{\left| {{z_1}-{z_0}} \right|}^n}}$ 收斂。令 $\displaystyle r = \frac{{\left| {z - {z_0}} \right|}}{{\left| {{z_1} - {z_0}} \right|}}$，則

     

     $$\begin{align*} \left| {n{a_n}{{\left( {z - {z_0}} \right)}^{n - 1}}} \right| &= \left| {n{a_n}\frac{{{{\left( {z - {z_0}} \right)}^n}}}{{z - {z_0}}}} \right| \\ &= \left| n \right|\left| {{a_n}} \right|\frac{{{{\left| {z - {z_0}} \right|}^n}}}{{\left| {z - {z_0}} \right|}}\frac{{{{\left| {{z_1} - {z_0}} \right|}^n}}}{{{{\left| {{z_1} - {z_0}} \right|}^n}}} \\ &= \frac{{n{r^n}}}{{\left| {z - {z_0}} \right|}}\left| {{a_n}} \right|{\left| {{z_1} - {z_0}} \right|^n} \le M\left| {{a_n}} \right|{\left| {{z_1} - {z_0}} \right|^n} \end{align*}$$

     故 $\displaystyle \sum\limits_{n = 1}^\infty {n{a_n}{{\left( {z - {z_0}} \right)}^{n - 1}}}$ 為收斂，故其收斂半徑亦為 $R$。

  4. 因

     $$\frac{{f\left( z - \Delta z \right) - f\left( z \right)}}{{\Delta z}} = \sum\limits_{n = 0}^\infty {{a_n}\frac{{{{\left( {z +\Delta z - {z_0}} \right)}^n} - {{\left( {z - {z_0}} \right)}^n}}}{\Delta z}}$$

     則有

     $$f'(z)=\lim\limits_{z \to 0} \frac{{f\left( {z + \Delta z} \right) - f\left( z \right)}}{{\Delta z}} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {n{a_n}{{\left( {z - {z_0}} \right)}^{n - 1}}}$$

  由上述1~4點得證所求。$\hspace{8cm}\blacksquare$

仿照實數的情形，事實上可以證明下列關係成立：

• 若 $\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left| {\frac{{{a_{n + 1}}{{\left( {z - {z_0}} \right)}^{n + 1}}}}{{{a_n}{{\left( {z - {z_0}} \right)}^n}}}} \right| < 1$ ，則 $\displaystyle \sum\limits_{n = 0}^\infty {{a_n}{{\left( {z - {z_0}} \right)}^n}}$ 為絕對收斂。

• 
  若
  $\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left| {\frac{{{a_{n + 1}}{{\left( {z - {z_0}} \right)}^{n + 1}}}}{{{a_n}{{\left( {z - {z_0}} \right)}^n}}}} \right| > 1$，則 $\displaystyle \sum\limits_{n = 0}^\infty {{a_n}{{\left( {z - {z_0}} \right)}^n}}$ 發散。

由上述級數收斂條件可以化成檢查 $\displaystyle \left( {\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left| {\frac{{{a_{n + 1}}}}{{{a_n}}}} \right|} \right)\left| {z - {z_0}} \right|<1$。若設 $\ell = \lim\limits_{n \to \infty} \left| \frac{a_{n + 1}}{a_n} \right|$，則若 $\ell=0$，則 $\forall z \in \mathbb{C}$，$\sum\limits_{n = 0}^\infty {{a_n}{{\left( {z - {z_0}} \right)}^n}}$ 均絕對收斂，此時收斂半徑 $R = \infty$；若 $\ell=\infty$，則只有當 $z = {z_0}$ 時，零級式收斂，此時 $R = 0$。