任意项级数
一个级数，如果只有有限个负项或有限个正项，都可以用正项级数的各种判别法来判断它的收敛性。如果一个级数既有无限个正项，
又有无限个负项，那么正项级数的各种判别法不再适用。
这样的级数，即通项任意地可正或可负的级数,称为任意项级数。
§ 4 任意项级数
定理 9.4.1（级数的 Cauchy 收敛原理） 级数
∑
∞
=1n
n
x 收敛的充 分必要条件是：对任意给定的 ε >0，存在正整数 N，使得
｜ x
n+1
+ x
n+2
+ … + x
m
｜ =
∑
+=
m
nk
k
x
1
<ε
对一切 m>n>N 成立。
定理结论还可以叙述为,对任意给定的 ε >0，存在正整数 N,使得
｜ x
n+1
+ x
n+2
+ … + x
n+p
｜ =
∑
=
+
p
k
kn
x
1
<ε
对一切 n>N 与一切正整数 p 成立。
取 p = 1，上式即为｜ x
n+1
｜ <ε,于是就得到级数收敛的必要条件 lim
n→∞
x
n
= 0。
定理 9.4.1（级数的 Cauchy 收敛原理） 级数
∑
∞
=1n
n
x 收敛的充 分必要条件是：对任意给定的 ε >0，存在正整数 N，使得
｜ x
n+1
+ x
n+2
+ … + x
m
｜ =
∑
+=
m
nk
k
x
1
<ε
对一切 m>n>N 成立。
定理结论还可以叙述为,对任意给定的 ε >0，存在正整数 N,使得
｜ x
n+1
+ x
n+2
+ … + x
n+p
｜ =
∑
=
+
p
k
kn
x
1
<ε
对一切 n>N 与一切正整数 p 成立。
Leibniz 级数
定义 9.4.1 如果级数
∑
∞
=1n
n
x =
∑
∞
=
+
1
1
)1(
n
n
n
u （ u
n
>0）,则 称 此级数 为交错级数 。
进一步，若级数
∑
∞
=
+
1
1
)1(
n
n
n
u （ u
n
>0）满足｛ u
n
｝ 单调减少且 收敛于 0，则称这样的交错级数为 Leibniz 级数 。
定理 9.4.2（ Leibniz 判别法） Leibniz 级数必定收敛 。
证 首先有
｜ x
n+1
+ x
n+2
+ … + x
n+p
｜ = ｜ u
n+1
- u
n+2
+u
n+3
- … + (- 1)
p+1
u
n+p
｜。
当 p 是奇数时,
u
n+1
- u
n+2
+u
n+3
- … + (- 1)
p+1
u
n+p
=
≤
>++?+?
++?++++
+++++;)()(
,0)()(
11321
4321
npnpnnnn
pnnnnn
uuuuuu
uuuuu
"
"
Leibniz 级数
定义 9.4.1 如果级数
∑
∞
=1n
n
x =
∑
∞
=
+
1
1
)1(
n
n
n
u （ u
n
>0）,则 称 此级数 为交错级数 。
进一步，若级数
∑
∞
=
+
1
1
)1(
n
n
n
u （ u
n
>0）满足｛ u
n
｝ 单调减少且 收敛于 0，则称这样的交错级数为 Leibniz 级数 。
当 p 是偶数时,
u
n+1
- u
n+2
+u
n+3
- … + (- 1)
p+1
u
n+p
=
<
≥?++?+?
+++++
+?+++++
,)(
,0)()()(
1321
14321
npnnnn
pnpnnnnn
uuuuu
uuuuuu
"
"
因而成立
｜ x
n+1
+ x
n+2
++ "x
n+p
｜
=｜ u
n+1
- u
n+2
+ u
n+3
+? " (-1)
p+1
u
n+p
｜ ≤ u
n+1
。
由 lim
n→∞
u
n
= 0，对于任意给定的 ε >0，存在正整数 N，使得对一切
n>N,
u
n+1
<ε,
于是，对一切正整数 p 成立
｜ x
n+1
+ x
n+2
+ … + x
n+p
｜ ≤ u
n+1
<ε,
根据定理 9.4.1,Leibniz 级数
∑
∞
=
+
1
1
)1(
n
n
n
u 收敛。
注 由定理 9.4.2 的证明，可以进一步得到下述结论,
(1) 对于 Leibniz 级数
∑
∞
=
+
1
1
)1(
n
n
n
u,成立
0≤
∑
∞
=
+
1
1
)1(
n
n
n
u ≤u
1;
(2) 对于 Leibniz 级数的余和 r
n
=
∑
∞
+=
+
1
1
)1(
nk
k
k
u,成立
｜r
n
｜ ≤u
n+1
。
由于
∑
∞
=
+
1
1
)1(
n
p
n
n
（ p>0），
∑
∞
=
2
ln
)1(
n
q
n
n
（ q>0），
∑
∞
=
2
ln
)1(
n
n
n
n
,
∑
∞
=
+
+
1
3
2
1
1
)1(
n
n
n
n
等级数都是 Leibniz 级数，由定理 9.4.2 可知它们都是收敛的。
注 由定理 9.4.2 的证明，可以进一步得到下述结论,
(1) 对于 Leibniz 级数
∑
∞
=
+
1
1
)1(
n
n
n
u,成立
0≤
∑
∞
=
+
1
1
)1(
n
n
n
u ≤u
1;
(2) 对于 Leibniz 级数的余和 r
n
=
∑
∞
+=
+
1
1
)1(
nk
k
k
u,成立
｜r
n
｜ ≤u
n+1
。
例 9.4.1 级数
( )
2
1
sin 1π
n
n
∞
=
+
∑
收敛。
证 易知
( )
2
sin 1πn + = (- 1)
n
( )
2
sin 1 πnn+? = (- 1)
n
2
π
sin
1nn+ +
。
显然
2
π
sin
1nn
++
是单调减少数列，且
lim
n→∞ 2
π
sin
1nn+ +
= 0,
所以
( )
2
1
sin 1π
n
n
∞
=
+
∑
是 Leibniz 级数。由定理 9.4.2 可知它是收敛的。
Abel 判别法与 Dirichlet 判别法
引理 9.4.1（ Abel 变换） 设 {a
n
},{b
n
}是两数列，记 B
k
=
∑
=
k
i
i
b
1
（ k
= 1,2,…）,则
∑
=
p
k
kk
ba
1
= a
p
B
p
-
∑
=
+
1
1
1
)(
p
k
kkk
Baa 。
证
∑
=
p
k
kk
ba
1
= a
1
B
1
+
∑
=
p
k
kkk
BBa
2
1
)(
= a
1
B
1
+
∑
=
p
k
kk
Ba
2
-
∑
=
p
k
kk
Ba
2
1
=
∑
=
1
1
p
k
kk
Ba -
∑
=
+
1
1
1
p
k
kk
Ba + a
p
B
p
= a
p
B
p
-
∑
=
+
1
1
1
)(
p
k
kkk
Baa 。
上式也称为 分部求和公式 。
上图是当 0>
n
a,0>
n
b,且 { }
n
a 单调增加时,Abel 变换的一个直观的示意。图中矩形 [ ]
5
,0 B [ ]
5
,0 a× 被分割成 9 个小矩形，根据所标出的各小矩形的面积，即得到 p = 5 的 Abel 变换,
54
55 1
11
()
kk k k k
ab aB a a B
+
==
=
∑∑
。
a
5
445
)( Baa?
a
4
334
)( Baa?
55
ba
a
3
223
)( Baa?
44
ba
a
2
112
)( Baa?
33
ba
a
1
22
ba
11
ba
0 B
1
B
2
B
3
B
4
B
5
利用 Abel 变换即得到如下的 Abel 引理。
引理 9.4.2 (Abel 引理) 设
(1)｛ a
k
｝为单调数列；
(2)｛ B
k
｝（ B
k
=
∑
=
k
i
i
b
1
,k = 1,2,… )为有界数列，即存在 M>0,对一切 k，成立｜B
k
｜ ≤M，则
∑
=
p
k
kk
ba
1
≤ M (｜ a
1
｜ +2｜a
p
｜ )。
证 由 Abel 变换得
∑
=
p
k
kk
ba
1
≤｜
pp
Ba ｜+
∑
=
+
1
1
1
||
p
k
kkk
Baa
≤
+
∑
=
+
1
1
1
||||
p
k
kkp
aaaM 。
由于｛
k
a ｝单调，所以
∑
=
+
1
1
1
||
p
k
kk
aa =
∑
=
+
1
1
1
)(
p
k
kk
aa =｜
1
aa
p
｜,
于是得到
∑
=
p
k
kk
ba
1
≤ M (｜ a
1
｜ +2｜
p
a ｜ )。
定理 9.4.3（级数的 A-D 判别法） 若下列两个条件之一满足,
则级数
∑
∞
=1n
nn
ba 收敛,
(1) (Abel 判别法 ) ｛
n
a ｝单调有界，
∑
∞
=1n
n
b 收敛；
(2) (Dirichlet 判别法 ) ｛
n
a ｝单调趋于 0，
∑
=
n
i
i
b
1
有界。
证 (1) 若 Abel 判别法条件满足，设｜ a
n
｜ ≤M，由于
∑
∞
=1n
n
b 收敛，
则对于任意给定的 ε >0，存在正整数 N，使得对于一切 n>N 和
p
+
∈N,成立
∑
+
+=
pn
nk
k
b
1
<ε 。对
∑
+
+=
pn
nk
kk
ba
1
应用 Abel 引理，即得到
∑
+
+=
pn
nk
kk
ba
1
<ε (｜ a
n+1
｜ +2｜
pn
a
+
｜ ) ≤ 3Mε 。
定理 9.4.3（级数的 A-D 判别法） 若下列两个条件之一满足,
则级数
∑
∞
=1n
nn
ba 收敛,
(1) (Abel 判别法 ) ｛
n
a ｝单调有界，
∑
∞
=1n
n
b 收敛；
(2) (Dirichlet 判别法 ) ｛
n
a ｝单调趋于 0，
∑
=
n
i
i
b
1
有界。
(2) 若 Dirichlet 判别法条件满足，由于 lim
n→∞
a
n
=0,因此对于任意给定的 ε >0，存在 N,使得对于一切 Nn >,成立
｜ a
n
｜ <ε 。
设
∑
=
n
i
i
b
1
≤ M,令 B
k
=
∑
+
+=
kn
ni
i
b
1
(k = 1,2,… )，则
｜
k
B ｜ =?
∑
+
=
kn
i
i
b
1
∑
=
n
i
i
b
1
≤2M,
应用 Abel 引理，同样得到
∑
+
+=
pn
nk
kk
ba
1
≤2M (｜ a
n+1
｜ +2｜
pn
a
+
｜ )<6Mε
对一切 n>N 与一切正整数 p 成立。
根据 Cauchy 收敛原理( 定理 9.4.1)，即知
∑
∞
=1n
nn
ba 收敛。
注 （1 ）对于 Leibniz 级数
∑
∞
=
+
1
1
)1(
n
n
n
u,令 a
n
= u
n
,b
n
= (-1)
n+1
，则
｛ a
n
｝单调趋于 0，
∑
=
n
i
i
b
1
有界，则由 Dirichlet 判别法，可知
∑
∞
=1n
nn
ba =
∑
∞
=
+
1
1
)1(
n
n
n
u 收敛。所以交错级数的 Leibniz 判别法可以看成是 Dirichlet
判别法的特例。
（2 ）若 Abel 判别法条件满足,由于数列 ｛ a
n
｝ 单调有界,设 lim
n→∞
a
n
= a，则数列｛a
n
- a｝单调趋于 0。又由于级数
∑
∞
=1n
n
b 收敛，则其部分和数列
∑
=
n
i
i
b
1
必定有界，根据 Dirichlet 判别法，
∑
∞
=
1
)(
n
nn
baa 收敛，从而即知
∑
∞
=1n
nn
ba 收敛。
这就是说,Abel 判别法也可以看成是 Dirichlet 判别法的特例。
注 （1 ）对于 Leibniz 级数
∑
∞
=
+
1
1
)1(
n
n
n
u,令 a
n
= u
n
,b
n
= (-1)
n+1
，则
｛ a
n
｝单调趋于 0，
∑
=
n
i
i
b
1
有界，则由 Dirichlet 判别法，可知
∑
∞
=1n
nn
ba =
∑
∞
=
+
1
1
)1(
n
n
n
u 收敛。所以交错级数的 Leibniz 判别法可以看成是 Dirichlet
判别法的特例。
例9.4.2 设
∑
∞
=1n
n
b 收敛，则由 Abel 判别法，级数
∑
∞
=1n
n
n
b
,
∑
∞
=
+
1
1
n
n
b
n
n
,
∑
∞
=
+
1
1
1
n
n
n
b
n
，
∑
∞
=
+
1
2
13
ln
n
n
n
n
b
等等都收敛。
例 9.4.3 设数列｛a
n
｝单调趋于 0，则对一切实数 x，级数
∑
∞
=1
sin
n
n
nxa 收敛。
例9.4.2 设
∑
∞
=1n
n
b 收敛，则由 Abel 判别法，级数
∑
∞
=1n
n
n
b
,
∑
∞
=
+
1
1
n
n
b
n
n
,
∑
∞
=
+
1
1
1
n
n
n
b
n
，
∑
∞
=
+
1
2
13
ln
n
n
n
n
b
等等都收敛。
证 当 π≠ kx 2 时,
2sin
2
x
∑
=
n
k
kx
1
sin =
2
cos
x
x
n
2
12
cos
+
,
于是对一切正整数 n,
∑
=
n
k
kx
1
sin
2
sin
1
x
≤,
由 Dirichlet 判别法，可知当 x≠ 2kπ时，
∑
∞
=1
sin
n
n
nxa 收敛。 由于当 π= kx 2
时，
∑
∞
=1
sin
n
n
nxa = 0，于是得到对一切实数 x，
∑
∞
=1
sin
n
n
nxa 收敛。
读者可自己证明，当｛a
n
｝单调趋于 0 时，则对一切 x≠ 2kπ,
∑
∞
=1
cos
n
n
nxa 收敛。
级数的绝对收敛与条件收敛
定义 9.4.2 如果级数
∑
∞
=1
||
n
n
x 收敛，则称
∑
∞
=1n
n
x 为绝对收敛级数 。
由 Cauchy 收敛原理和三角不等式
｜ x
n+1
+ x
n+2
++ "x
m
｜ ≤｜ x
n+1
｜+ ｜ x
n+2
｜ ++ "｜
m
x ｜,
可知绝对收敛级数一定收敛。但这个结论的逆命题不成立，例如
Leibniz 级数
∑
∞
=
+
1
1
)1(
n
n
n
收敛，但调和级数
∑
∞
=1
1
n
n
是发散的。
如果级数
∑
∞
=1n
n
x 收敛而
∑
∞
=1
||
n
n
x 发散，则称
∑
∞
=1n
n
x 为 条件收敛级数 。
由定义，
∑
∞
=
+
1
1
)1(
n
n
n
是一个条件收敛级数。
∑
∞
=1
||
n
n
x 的收敛性可以采用正项级数收敛性的判别法来判定。 需要指出，虽然一般说来，由
∑
∞
=1
||
n
n
x 发散并不能得出
∑
∞
=1n
n
x 发散，但若用
Cauchy 判别法或 D'Alembert 判别法判断出
∑
∞
=1
||
n
n
x 发散，则级数
∑
∞
=1n
n
x
本身一定发散,这是因为这两个判别法判定发散的依据是级数的通项不趋于 0，即不满足收敛的必要条件。
例 9.4.4 讨论级数
∑
∞
=1n
p
n
n
x
的敛散性。
解 对
∑
∞
=1n
p
n
n
x
=
∑
∞
=1
||
n
p
n
n
x
应用 Cauchy 判别法,
lim
n→∞
n
p
n
n
x ||
=｜ x｜,
由此可知,
｜ x｜ <1,p 为任意实数：级数收敛 (绝对收敛 )；
｜ x｜ >1,p 为任意实数：级数发散；
x = 1,
≤
>
级数发散；
级数收敛（绝对收敛）
,1
,,1
p
p
x = - 1，
≤
≤<
>
.
,
,
,0
,10
,1
级数发散级数收敛（条件收敛）
级数收敛（绝对收敛）
p
p
p
例 9.4.5 讨论级数
∑
∞
=1
sin
n
p
n
nx
(0<x< π) 的敛散性。
解 当 p>1，由
p
n
nx |sin|
≤
p
n
1
，可知级数
∑
∞
=1
sin
n
p
n
nx
绝对收敛。
当 0<p≤1，由例 9.4.3，级数
∑
∞
=1
sin
n
p
n
nx
收敛；但进一步我们有
p
n
nx |sin|
≥
p
n
nx
2
sin
=?
p
n2
1
p
n
nx
2
2cos
,
级数
∑
∞
=1
2
2cos
n
p
n
nx
的收敛性同样可由 Dirichlet 判别法得到，但由于
∑
∞
=1
2
1
n
p
n
发散,可知
∑
∞
=1
|sin|
n
p
n
nx
发散，换言之,当 0<p≤1,级数
∑
∞
=1
sin
n
p
n
nx
(0<x π< )
条件收敛。
当 p≤0，由于级数的一般项不趋于 0，级数
∑
∞
=1
sin
n
p
n
nx
发散。
绝对收敛级数和条件收敛级数之间存在着许多本质差别,下面对此作进一步探讨。
设
∑
∞
=1n
n
x 是任意数项级数，令
+
n
x =
2
||
nn
xx +
=
≤
>
,0,0
,0,
n
nn
x
xx
n = 1,2,…,
n
x =
2
||
nn
xx?
=
≥
<?
,0,0
,0,
n
nn
x
xx
n = 1,2,…。
则
x
n
=
+
n
x -
n
x,｜ x
n
｜=
+
n
x +
n
x,n = 1,2,…。
∑
∞
=
+
1n
n
x 是由
∑
∞
=1n
n
x 的所有正项构成的级数，
∑
∞
=
1n
n
x 是由
∑
∞
=1n
n
x 的所有负项变号后构成的级数，它们都是正项级数。
定理 9.4.4 若
∑
∞
=1n
n
x 绝对收敛,则
∑
∞
=
+
1n
n
x 与
∑
∞
=
1n
n
x 都收敛； 若
∑
∞
=1n
n
x 条件收敛，则
∑
∞
=
+
1n
n
x 与
∑
∞
=
1n
n
x 都发散到 ∞+ 。
证 先设
∑
∞
=1n
n
x 绝对收敛，由于
0≤
+
n
x ≤｜
n
x ｜,0≤
n
x ≤｜
n
x ｜,n = 1,2,…,
则由
∑
∞
=1
||
n
n
x 的收敛性，即可得到
∑
∞
=
+
1n
n
x 与
∑
∞
=
1n
n
x 的收敛性。
现设
∑
∞
=1n
n
x 条件收敛，若
∑
∞
=
+
1n
n
x （或
∑
∞
=
1n
n
x ）也收敛，则由
∑
∞
=
1n
n
x =
∑
∞
=
+
1n
n
x -
∑
∞
=1n
n
x （或
∑
∞
=
+
1n
n
x =
∑
∞
=
1n
n
x +
∑
∞
=1n
n
x ）
可知
∑
∞
=
1n
n
x （或
∑
∞
=
+
1n
n
x ）也收敛，于是得到
∑
∞
=1
||
n
n
x =
∑
∞
=
+
1n
n
x +
∑
∞
=
1n
n
x
的收敛性，从而产生矛盾。
加法交换律
收敛的级数是否成立交换律呢？也就是说，将一个收敛级数
∑
∞
=1n
n
x 的项任意重新排列，得到的新级数
∑
∞
=
′
1n
n
x （称为
∑
∞
=1n
n
x 的更序级数）
是否仍然收敛? 如果收敛的话，其和是否保持不变，即是否有
∑
∞
=
′
1n
n
x =
∑
∞
=1n
n
x?
回答是否定的。
例 9.4.6 考虑 Leibniz 级数
∑
∞
=
+
1
1
)1(
n
n
n
,
这是一个条件收敛级数，在例 2.4.10 中，已经证明了它的和为 2ln 。
现按下述规律构造
∑
∞
=
+
1
1
)1(
n
n
n
的更序级数
∑
∞
=
′
1n
n
x,
顺次地在每一个正项后面接两个负项，即
∑
∞
=
′
1n
n
x = 1
2
1
+
4
1
3
1
6
1
8
1
++ "?
12
1
k
24
1
k k4
1
"+ 。
设
∑
∞
=
+
1
1
)1(
n
n
n
的部分和数列为｛ S
n
｝，
∑
∞
=
′
1n
n
x 的部分和数列为｛
n
S
′
｝，
则
n
S
3
′
=
∑
=
n
k
kkk
1
4
1
24
1
12
1
=
∑
=
n
k
kk
1
4
1
24
1
=
∑
=
n
k
kk
1
2
1
12
1
2
1
=
2
1
S
2n
,
于是
lim
n→∞
n
S
3
′
=
2
1
lim
n→∞
S
2n
= 2ln
2
1
。
由于
13?
′
n
S =
n
S
3
′
+
n4
1
,
13 +
′
n
S =
n
S
3
′
+
12
1
+n
,
从而得到
∑
∞
=
′
1n
n
x = 2ln
2
1
=
2
1
∑
∞
=
+
1
1
)1(
n
n
n
,
也就是说，尽管
∑
∞
=
+
1
1
)1(
n
n
n
是收敛的，但交换律不成立。
定理 9.4.5 若级数
∑
∞
=1n
n
x 绝对收敛,则它的更序级数
∑
∞
=
′
1n
n
x 也绝对收敛，且和不变，即
∑
∞
=
′
1n
n
x =
∑
∞
=1n
n
x 。
证 我们分两步来证明定理。
(1) 先设
∑
∞
=1n
n
x 是正项级数，则对一切 n∈
+
N,
∑
=
′
n
k
k
x
1
≤
∑
∞
=1n
n
x,于是可知
∑
∞
=
′
1n
n
x 收敛，且
∑
∞
=
′
1n
n
x ≤
∑
∞
=1n
n
x ；
反之，也可以将
∑
∞
=1n
n
x 看成
∑
∞
=
′
1n
n
x 的更序级数，又有
∑
∞
=1n
n
x ≤
∑
∞
=
′
1n
n
x 。
结合上述两式即得
∑
∞
=
′
1n
n
x =
∑
∞
=1n
n
x 。
定理 9.4.5 若级数
∑
∞
=1n
n
x 绝对收敛,则它的更序级数
∑
∞
=
′
1n
n
x 也绝对收敛，且和不变，即
∑
∞
=
′
1n
n
x =
∑
∞
=1n
n
x 。
(2) 现设
∑
∞
=1n
n
x 是任意项级数，则由定理 9.4.4，正项级数
∑
∞
=
+
1n
n
x 与
∑
∞
=
1n
n
x 都收敛，且
∑
∞
=1n
n
x =
∑
∞
=
+
1n
n
x -
∑
∞
=
1n
n
x,
∑
∞
=1
||
n
n
x =
∑
∞
=
+
1n
n
x +
∑
∞
=
1n
n
x 。
对于更序级数
∑
∞
=
′
1n
n
x,同样构作正项级数
∑
∞
=
+
′
1n
n
x 与
∑
∞
=
′
1n
n
x,由于
∑
∞
=
+
′
1n
n
x 即为
∑
∞
=
+
1n
n
x 的更序级数，
∑
∞
=
′
1n
n
x 即为
∑
∞
=
1n
n
x 的更序级数，根据(1) 的结论,
∑
∞
=
+
′
1n
n
x =
∑
∞
=
+
1n
n
x,
∑
∞
=
′
1n
n
x =
∑
∞
=
1n
n
x,
于是得到
∑
∞
=
′
1
||
n
n
x =
∑
∞
=
+
′
1n
n
x +
∑
∞
=
′
1n
n
x 收敛，即
∑
∞
=
′
1n
n
x 绝对收敛，且
∑
∞
=
′
1n
n
x =?
′
∑
∞
=
+
1n
n
x
∑
∞
=
′
1n
n
x =?
∑
∞
=
+
1n
n
x
∑
∞
=
1n
n
x =
∑
∞
=1n
n
x 。
定理 9.4.6 （ Riemann） 设级数
∑
∞
=1n
n
x 条件收敛，则对任意给定的 a,+∞≤≤∞? a,必定存在
∑
∞
=1n
n
x 的更序级数
∑
∞
=
′
1n
n
x 满足
∑
∞
=
′
1n
n
x = a。
证 我们只证 a 为有限数的情况,a = ∞± 的情况留给读者考虑。
由于
∑
∞
=1n
n
x 条件收敛，由定理 9.4.4,
∑
∞
=
+
1n
n
x = ∞+,
∑
∞
=
1n
n
x = ∞+ 。
依次计算
∑
∞
=
+
1n
n
x 的部分和，必定存在最小的正整数 n
1
，满足
+
1
x +
+
2
x + … +
+
1
n
x > a,
再依次计算
∑
∞
=
1n
n
x 的部分和，也必定存在最小的正整数 m
1
，满足
+
1
x +
+
2
x + … +
+
1
n
x -
1
x -
2
x - … -
1
m
x < a,
定理 9.4.6 （ Riemann） 设级数
∑
∞
=1n
n
x 条件收敛，则对任意给定的 a,+∞≤≤∞? a,必定存在
∑
∞
=1n
n
x 的更序级数
∑
∞
=
′
1n
n
x 满足
∑
∞
=
′
1n
n
x = a。
类似地可找到最小的正整数 n
2
>n
1
,m
2
>m
1
，满足
+
1
x +
+
2
x +…+
+
1
n
x -
1
x -
2
x -…-
1
m
x +
+
+1
1
n
x +… +
+
2
n
x >a
和
+
1
x +
+
2
x +…+
+
1
n
x -
1
x -
2
x -…-
1
m
x +
+
+1
1
n
x +… +
+
2
n
x -
+1
1
m
x -…-
2
m
x <a,
……
这样的步骤可一直继续下去，由此得到
∑
∞
=1n
n
x 的一个更序级数
∑
∞
=
′
1n
n
x,
它的部分和摆动于 a +
+
k
n
x 与 a -
k
m
x 之间。
由于
∑
∞
=1n
n
x 收敛，可知
lim
n→∞
+
n
x =lim
n→∞
n
x = 0,
于是得到
∑
∞
=
′
1n
n
x
= a。
级数的乘法
有限和式
∑
=
n
k
k
a
1
和
∑
=
n
k
k
b
1
的乘积是所有诸如 a
i
b
j
( i = 1,2,…,n; j =
1,2,…,m) 项的和，显然，其最终结果与它们相加的次序与方式无关。
类似地，对于两个收敛的无穷级数
∑
∞
=1n
n
a 与
∑
∞
=1n
n
b,可以同样写出所有诸如 a
i
b
j
( i = 1,2,… ; j = 1,2,…) 的项。将它们排列成下面无穷矩阵的形式,
"
14
13
12
11
ba
ba
ba
ba
"
24
23
22
21
ba
ba
ba
ba
"
34
33
32
31
ba
ba
ba
ba
"
44
43
42
41
ba
ba
ba
ba
"
"
"
"
"
然后，将所有这些项相加的结果定义为
∑
∞
=1n
n
a 与
∑
∞
=1n
n
b 的乘积。
由于级数运算一般不满足交换律和结合律,这就有一个排列的次序与方式的问题。尽管排列的次序与方式多种多样，但常用的，也是最具应用价值的方式是下面所示的“对角线”排列与“正方形”排列。
对角线排列,
"
14
13
12
11
ba
ba
ba
ba
"
24
23
22
21
ba
ba
ba
ba
"
34
33
32
31
ba
ba
ba
ba
"
44
43
42
41
ba
ba
ba
ba
"
"
"
"
"
令
c
1
= a
1
b
1
,
c
2
= a
1
b
2
+ a
2
b
1
,
…
c
n
=
∑
+=+ 1nji
ji
ba
= a
1
b
n
+ a
2
b
n-1 ++ "
a
n
b
1
,
…
对角线排列,
"
14
13
12
11
ba
ba
ba
ba
"
24
23
22
21
ba
ba
ba
ba
"
34
33
32
31
ba
ba
ba
ba
"
44
43
42
41
ba
ba
ba
ba
"
"
"
"
"
则称
∑
∞
=1n
n
c =
∑
∞
=
+++
1
1121
)(
n
nnn
bababa "
为级数
∑
∞
=1n
n
a 与
∑
∞
=1n
n
b 的 Cauchy 乘积。
正方形排列,
"
14
13
12
11
ba
ba
ba
ba
"
24
23
22
21
ba
ba
ba
ba
"
34
33
32
31
ba
ba
ba
ba
"
44
43
42
41
ba
ba
ba
ba
"
"
"
"
"
令
d
1
= a
1
b
1
,
d
2
= a
1
b
2
+ a
2
b
2
+ a
2
b
1
,
…
d
n
= a
1
b
n+
a
2
b
n ++ "
a
n
b
n
+ a
n
1?n
b ++ "
a
n
b
1
,
…
则
∑
∞
=1n
n
d 就是级数
∑
∞
=1n
n
a 与
∑
∞
=1n
n
b 按正方形排列所得的乘积。
对于正方形排列所得的乘积，只要
∑
∞
=1n
n
a 与
∑
∞
=1n
n
b 收敛，
∑
∞
=1n
n
d 总是收敛的，并成立
∑
∞
=1n
n
d =?
∑
∞
=1n
n
a?
∑
∞
=1n
n
b 。
但是，仅有
∑
∞
=1n
n
a 与
∑
∞
=1n
n
b 的收敛性不足以保证 Cauchy 乘积
∑
∞
=1n
n
c 的收敛性，下面就是一个例子。
例 9.4.7 设
∑
∞
=1n
n
a =
∑
∞
=1n
n
b =
∑
∞
=
+
1
1
)1(
n
n
n
,这两个级数都是收敛的
(条件收敛 )，它们的 Cauchy 乘积的一般项为
c
n
=
ij
nji
n
1
)1(
1
1
∑
+=+
+
,
注意上面 c
n
的表达式中共有 n 项，在每一项中,i + j = n+1，因而
ij
2
ji +
≤ =
2
1+n
,
于是得到
｜ c
n
｜ ≥
1
2
+
n
n,
因此｛ c
n
｝不是无穷小量，所以，
∑
∞
=1n
n
a 与
∑
∞
=1n
n
b 的 Cauchy 乘积
∑
∞
=1n
n
c 发散。
定理 9.4.7 如果级数
∑
∞
=1n
n
a 与
∑
∞
=1n
n
b 绝对收敛，则将 a
i
b
j
（ i =
1,2,…；j = 1,2,…）按任意方式排列求和而成的级数也绝对收敛,且其和等于?
∑
∞
=1n
n
a?
∑
∞
=1n
n
b 。
证 设
kk
ji
ba （ k = 1,2,…）是所有 a
i
b
j
（ i = 1,2,…； j = 1,2,…）的任意一种排列，对任意的 n，取
N =
nk≤≤1
max ｛ i
k
,j
k
｝,
则
∑
=
n
k
ji
kk
ba
1
|| ≤?
∑
=
N
i
i
a
1
||
∑
=
N
j
j
b
1
|| ≤?
∑
∞
=1
||
n
n
a
∑
∞
=1
||
n
n
b,
因此
∑
∞
=1k
ji
kk
ba 绝对收敛。由定理 9.4.5，
∑
∞
=1k
ji
kk
ba 的任意更序级数也绝对收敛，且和不变。
定理 9.4.7 如果级数
∑
∞
=1n
n
a 与
∑
∞
=1n
n
b 绝对收敛，则将 a
i
b
j
（ i =
1,2,…； j = 1,2,…）按任意方式排列求和而成的级数也绝对收敛,且其和等于?
∑
∞
=1n
n
a?
∑
∞
=1n
n
b 。
设
∑
∞
=1n
n
d 是级数
∑
∞
=1n
n
a 与
∑
∞
=1n
n
b 按正方形排列所得的乘积，则
∑
∞
=1n
n
d 是
kk
j
k
i
ba
∑
∞
=1
更序后再添加括号所成的级数，于是得到
∑
∞
=1k
ji
kk
ba =
∑
∞
=1n
n
d =?
∑
∞
=1n
n
a?
∑
∞
=1n
n
b 。
下面举一例子，它反映了 Cauchy 乘积的应用价值。
例 9.4.8 利用 D'Alembert 判别法，可知对一切 R∈x,级数
)(xf =
∑
∞
=0
!
n
n
n
x
是绝对收敛的。现考虑两个绝对收敛级数
∑
∞
=0
!
n
n
n
x
与
∑
∞
=0
!
n
n
n
y
的 Cauchy 乘积，由定理 9.4.7,
∑
∞
=0
!
n
n
n
x
∑
∞
=0
!
n
n
n
y
=
∑
∞
=0n
∑
=
n
k
knk
knk
yx
0
)!(!
=
∑
∞
=0n 0
C
!
kknk
n
n
k
xy
n
=
∑
=
∑
∞
=
+
0
!
)(
n
n
n
yx
,
也就是成立
)()()( yfxfyxf?=+ 。
在第 10 章，我们将知道函数 f (x)就是指数函数
x
e,因而上式就是熟知的指数函数的加法定理。
一个级数，如果只有有限个负项或有限个正项，都可以用正项级数的各种判别法来判断它的收敛性。如果一个级数既有无限个正项，
又有无限个负项，那么正项级数的各种判别法不再适用。
这样的级数，即通项任意地可正或可负的级数,称为任意项级数。
§ 4 任意项级数
定理 9.4.1（级数的 Cauchy 收敛原理） 级数
∑
∞
=1n
n
x 收敛的充 分必要条件是：对任意给定的 ε >0，存在正整数 N，使得
｜ x
n+1
+ x
n+2
+ … + x
m
｜ =
∑
+=
m
nk
k
x
1
<ε
对一切 m>n>N 成立。
定理结论还可以叙述为,对任意给定的 ε >0，存在正整数 N,使得
｜ x
n+1
+ x
n+2
+ … + x
n+p
｜ =
∑
=
+
p
k
kn
x
1
<ε
对一切 n>N 与一切正整数 p 成立。
取 p = 1，上式即为｜ x
n+1
｜ <ε,于是就得到级数收敛的必要条件 lim
n→∞
x
n
= 0。
定理 9.4.1（级数的 Cauchy 收敛原理） 级数
∑
∞
=1n
n
x 收敛的充 分必要条件是：对任意给定的 ε >0，存在正整数 N，使得
｜ x
n+1
+ x
n+2
+ … + x
m
｜ =
∑
+=
m
nk
k
x
1
<ε
对一切 m>n>N 成立。
定理结论还可以叙述为,对任意给定的 ε >0，存在正整数 N,使得
｜ x
n+1
+ x
n+2
+ … + x
n+p
｜ =
∑
=
+
p
k
kn
x
1
<ε
对一切 n>N 与一切正整数 p 成立。
Leibniz 级数
定义 9.4.1 如果级数
∑
∞
=1n
n
x =
∑
∞
=
+
1
1
)1(
n
n
n
u （ u
n
>0）,则 称 此级数 为交错级数 。
进一步，若级数
∑
∞
=
+
1
1
)1(
n
n
n
u （ u
n
>0）满足｛ u
n
｝ 单调减少且 收敛于 0，则称这样的交错级数为 Leibniz 级数 。
定理 9.4.2（ Leibniz 判别法） Leibniz 级数必定收敛 。
证 首先有
｜ x
n+1
+ x
n+2
+ … + x
n+p
｜ = ｜ u
n+1
- u
n+2
+u
n+3
- … + (- 1)
p+1
u
n+p
｜。
当 p 是奇数时,
u
n+1
- u
n+2
+u
n+3
- … + (- 1)
p+1
u
n+p
=
≤
>++?+?
++?++++
+++++;)()(
,0)()(
11321
4321
npnpnnnn
pnnnnn
uuuuuu
uuuuu
"
"
Leibniz 级数
定义 9.4.1 如果级数
∑
∞
=1n
n
x =
∑
∞
=
+
1
1
)1(
n
n
n
u （ u
n
>0）,则 称 此级数 为交错级数 。
进一步，若级数
∑
∞
=
+
1
1
)1(
n
n
n
u （ u
n
>0）满足｛ u
n
｝ 单调减少且 收敛于 0，则称这样的交错级数为 Leibniz 级数 。
当 p 是偶数时,
u
n+1
- u
n+2
+u
n+3
- … + (- 1)
p+1
u
n+p
=
<
≥?++?+?
+++++
+?+++++
,)(
,0)()()(
1321
14321
npnnnn
pnpnnnnn
uuuuu
uuuuuu
"
"
因而成立
｜ x
n+1
+ x
n+2
++ "x
n+p
｜
=｜ u
n+1
- u
n+2
+ u
n+3
+? " (-1)
p+1
u
n+p
｜ ≤ u
n+1
。
由 lim
n→∞
u
n
= 0，对于任意给定的 ε >0，存在正整数 N，使得对一切
n>N,
u
n+1
<ε,
于是，对一切正整数 p 成立
｜ x
n+1
+ x
n+2
+ … + x
n+p
｜ ≤ u
n+1
<ε,
根据定理 9.4.1,Leibniz 级数
∑
∞
=
+
1
1
)1(
n
n
n
u 收敛。
注 由定理 9.4.2 的证明，可以进一步得到下述结论,
(1) 对于 Leibniz 级数
∑
∞
=
+
1
1
)1(
n
n
n
u,成立
0≤
∑
∞
=
+
1
1
)1(
n
n
n
u ≤u
1;
(2) 对于 Leibniz 级数的余和 r
n
=
∑
∞
+=
+
1
1
)1(
nk
k
k
u,成立
｜r
n
｜ ≤u
n+1
。
由于
∑
∞
=
+
1
1
)1(
n
p
n
n
（ p>0），
∑
∞
=
2
ln
)1(
n
q
n
n
（ q>0），
∑
∞
=
2
ln
)1(
n
n
n
n
,
∑
∞
=
+
+
1
3
2
1
1
)1(
n
n
n
n
等级数都是 Leibniz 级数，由定理 9.4.2 可知它们都是收敛的。
注 由定理 9.4.2 的证明，可以进一步得到下述结论,
(1) 对于 Leibniz 级数
∑
∞
=
+
1
1
)1(
n
n
n
u,成立
0≤
∑
∞
=
+
1
1
)1(
n
n
n
u ≤u
1;
(2) 对于 Leibniz 级数的余和 r
n
=
∑
∞
+=
+
1
1
)1(
nk
k
k
u,成立
｜r
n
｜ ≤u
n+1
。
例 9.4.1 级数
( )
2
1
sin 1π
n
n
∞
=
+
∑
收敛。
证 易知
( )
2
sin 1πn + = (- 1)
n
( )
2
sin 1 πnn+? = (- 1)
n
2
π
sin
1nn+ +
。
显然
2
π
sin
1nn
++
是单调减少数列，且
lim
n→∞ 2
π
sin
1nn+ +
= 0,
所以
( )
2
1
sin 1π
n
n
∞
=
+
∑
是 Leibniz 级数。由定理 9.4.2 可知它是收敛的。
Abel 判别法与 Dirichlet 判别法
引理 9.4.1（ Abel 变换） 设 {a
n
},{b
n
}是两数列，记 B
k
=
∑
=
k
i
i
b
1
（ k
= 1,2,…）,则
∑
=
p
k
kk
ba
1
= a
p
B
p
-
∑
=
+
1
1
1
)(
p
k
kkk
Baa 。
证
∑
=
p
k
kk
ba
1
= a
1
B
1
+
∑
=
p
k
kkk
BBa
2
1
)(
= a
1
B
1
+
∑
=
p
k
kk
Ba
2
-
∑
=
p
k
kk
Ba
2
1
=
∑
=
1
1
p
k
kk
Ba -
∑
=
+
1
1
1
p
k
kk
Ba + a
p
B
p
= a
p
B
p
-
∑
=
+
1
1
1
)(
p
k
kkk
Baa 。
上式也称为 分部求和公式 。
上图是当 0>
n
a,0>
n
b,且 { }
n
a 单调增加时,Abel 变换的一个直观的示意。图中矩形 [ ]
5
,0 B [ ]
5
,0 a× 被分割成 9 个小矩形，根据所标出的各小矩形的面积，即得到 p = 5 的 Abel 变换,
54
55 1
11
()
kk k k k
ab aB a a B
+
==
=
∑∑
。
a
5
445
)( Baa?
a
4
334
)( Baa?
55
ba
a
3
223
)( Baa?
44
ba
a
2
112
)( Baa?
33
ba
a
1
22
ba
11
ba
0 B
1
B
2
B
3
B
4
B
5
利用 Abel 变换即得到如下的 Abel 引理。
引理 9.4.2 (Abel 引理) 设
(1)｛ a
k
｝为单调数列；
(2)｛ B
k
｝（ B
k
=
∑
=
k
i
i
b
1
,k = 1,2,… )为有界数列，即存在 M>0,对一切 k，成立｜B
k
｜ ≤M，则
∑
=
p
k
kk
ba
1
≤ M (｜ a
1
｜ +2｜a
p
｜ )。
证 由 Abel 变换得
∑
=
p
k
kk
ba
1
≤｜
pp
Ba ｜+
∑
=
+
1
1
1
||
p
k
kkk
Baa
≤
+
∑
=
+
1
1
1
||||
p
k
kkp
aaaM 。
由于｛
k
a ｝单调，所以
∑
=
+
1
1
1
||
p
k
kk
aa =
∑
=
+
1
1
1
)(
p
k
kk
aa =｜
1
aa
p
｜,
于是得到
∑
=
p
k
kk
ba
1
≤ M (｜ a
1
｜ +2｜
p
a ｜ )。
定理 9.4.3（级数的 A-D 判别法） 若下列两个条件之一满足,
则级数
∑
∞
=1n
nn
ba 收敛,
(1) (Abel 判别法 ) ｛
n
a ｝单调有界，
∑
∞
=1n
n
b 收敛；
(2) (Dirichlet 判别法 ) ｛
n
a ｝单调趋于 0，
∑
=
n
i
i
b
1
有界。
证 (1) 若 Abel 判别法条件满足，设｜ a
n
｜ ≤M，由于
∑
∞
=1n
n
b 收敛，
则对于任意给定的 ε >0，存在正整数 N，使得对于一切 n>N 和
p
+
∈N,成立
∑
+
+=
pn
nk
k
b
1
<ε 。对
∑
+
+=
pn
nk
kk
ba
1
应用 Abel 引理，即得到
∑
+
+=
pn
nk
kk
ba
1
<ε (｜ a
n+1
｜ +2｜
pn
a
+
｜ ) ≤ 3Mε 。
定理 9.4.3（级数的 A-D 判别法） 若下列两个条件之一满足,
则级数
∑
∞
=1n
nn
ba 收敛,
(1) (Abel 判别法 ) ｛
n
a ｝单调有界，
∑
∞
=1n
n
b 收敛；
(2) (Dirichlet 判别法 ) ｛
n
a ｝单调趋于 0，
∑
=
n
i
i
b
1
有界。
(2) 若 Dirichlet 判别法条件满足，由于 lim
n→∞
a
n
=0,因此对于任意给定的 ε >0，存在 N,使得对于一切 Nn >,成立
｜ a
n
｜ <ε 。
设
∑
=
n
i
i
b
1
≤ M,令 B
k
=
∑
+
+=
kn
ni
i
b
1
(k = 1,2,… )，则
｜
k
B ｜ =?
∑
+
=
kn
i
i
b
1
∑
=
n
i
i
b
1
≤2M,
应用 Abel 引理，同样得到
∑
+
+=
pn
nk
kk
ba
1
≤2M (｜ a
n+1
｜ +2｜
pn
a
+
｜ )<6Mε
对一切 n>N 与一切正整数 p 成立。
根据 Cauchy 收敛原理( 定理 9.4.1)，即知
∑
∞
=1n
nn
ba 收敛。
注 （1 ）对于 Leibniz 级数
∑
∞
=
+
1
1
)1(
n
n
n
u,令 a
n
= u
n
,b
n
= (-1)
n+1
，则
｛ a
n
｝单调趋于 0，
∑
=
n
i
i
b
1
有界，则由 Dirichlet 判别法，可知
∑
∞
=1n
nn
ba =
∑
∞
=
+
1
1
)1(
n
n
n
u 收敛。所以交错级数的 Leibniz 判别法可以看成是 Dirichlet
判别法的特例。
（2 ）若 Abel 判别法条件满足,由于数列 ｛ a
n
｝ 单调有界,设 lim
n→∞
a
n
= a，则数列｛a
n
- a｝单调趋于 0。又由于级数
∑
∞
=1n
n
b 收敛，则其部分和数列
∑
=
n
i
i
b
1
必定有界，根据 Dirichlet 判别法，
∑
∞
=
1
)(
n
nn
baa 收敛，从而即知
∑
∞
=1n
nn
ba 收敛。
这就是说,Abel 判别法也可以看成是 Dirichlet 判别法的特例。
注 （1 ）对于 Leibniz 级数
∑
∞
=
+
1
1
)1(
n
n
n
u,令 a
n
= u
n
,b
n
= (-1)
n+1
，则
｛ a
n
｝单调趋于 0，
∑
=
n
i
i
b
1
有界，则由 Dirichlet 判别法，可知
∑
∞
=1n
nn
ba =
∑
∞
=
+
1
1
)1(
n
n
n
u 收敛。所以交错级数的 Leibniz 判别法可以看成是 Dirichlet
判别法的特例。
例9.4.2 设
∑
∞
=1n
n
b 收敛，则由 Abel 判别法，级数
∑
∞
=1n
n
n
b
,
∑
∞
=
+
1
1
n
n
b
n
n
,
∑
∞
=
+
1
1
1
n
n
n
b
n
，
∑
∞
=
+
1
2
13
ln
n
n
n
n
b
等等都收敛。
例 9.4.3 设数列｛a
n
｝单调趋于 0，则对一切实数 x，级数
∑
∞
=1
sin
n
n
nxa 收敛。
例9.4.2 设
∑
∞
=1n
n
b 收敛，则由 Abel 判别法，级数
∑
∞
=1n
n
n
b
,
∑
∞
=
+
1
1
n
n
b
n
n
,
∑
∞
=
+
1
1
1
n
n
n
b
n
，
∑
∞
=
+
1
2
13
ln
n
n
n
n
b
等等都收敛。
证 当 π≠ kx 2 时,
2sin
2
x
∑
=
n
k
kx
1
sin =
2
cos
x
x
n
2
12
cos
+
,
于是对一切正整数 n,
∑
=
n
k
kx
1
sin
2
sin
1
x
≤,
由 Dirichlet 判别法，可知当 x≠ 2kπ时，
∑
∞
=1
sin
n
n
nxa 收敛。 由于当 π= kx 2
时，
∑
∞
=1
sin
n
n
nxa = 0，于是得到对一切实数 x，
∑
∞
=1
sin
n
n
nxa 收敛。
读者可自己证明，当｛a
n
｝单调趋于 0 时，则对一切 x≠ 2kπ,
∑
∞
=1
cos
n
n
nxa 收敛。
级数的绝对收敛与条件收敛
定义 9.4.2 如果级数
∑
∞
=1
||
n
n
x 收敛，则称
∑
∞
=1n
n
x 为绝对收敛级数 。
由 Cauchy 收敛原理和三角不等式
｜ x
n+1
+ x
n+2
++ "x
m
｜ ≤｜ x
n+1
｜+ ｜ x
n+2
｜ ++ "｜
m
x ｜,
可知绝对收敛级数一定收敛。但这个结论的逆命题不成立，例如
Leibniz 级数
∑
∞
=
+
1
1
)1(
n
n
n
收敛，但调和级数
∑
∞
=1
1
n
n
是发散的。
如果级数
∑
∞
=1n
n
x 收敛而
∑
∞
=1
||
n
n
x 发散，则称
∑
∞
=1n
n
x 为 条件收敛级数 。
由定义，
∑
∞
=
+
1
1
)1(
n
n
n
是一个条件收敛级数。
∑
∞
=1
||
n
n
x 的收敛性可以采用正项级数收敛性的判别法来判定。 需要指出，虽然一般说来，由
∑
∞
=1
||
n
n
x 发散并不能得出
∑
∞
=1n
n
x 发散，但若用
Cauchy 判别法或 D'Alembert 判别法判断出
∑
∞
=1
||
n
n
x 发散，则级数
∑
∞
=1n
n
x
本身一定发散,这是因为这两个判别法判定发散的依据是级数的通项不趋于 0，即不满足收敛的必要条件。
例 9.4.4 讨论级数
∑
∞
=1n
p
n
n
x
的敛散性。
解 对
∑
∞
=1n
p
n
n
x
=
∑
∞
=1
||
n
p
n
n
x
应用 Cauchy 判别法,
lim
n→∞
n
p
n
n
x ||
=｜ x｜,
由此可知,
｜ x｜ <1,p 为任意实数：级数收敛 (绝对收敛 )；
｜ x｜ >1,p 为任意实数：级数发散；
x = 1,
≤
>
级数发散；
级数收敛（绝对收敛）
,1
,,1
p
p
x = - 1，
≤
≤<
>
.
,
,
,0
,10
,1
级数发散级数收敛（条件收敛）
级数收敛（绝对收敛）
p
p
p
例 9.4.5 讨论级数
∑
∞
=1
sin
n
p
n
nx
(0<x< π) 的敛散性。
解 当 p>1，由
p
n
nx |sin|
≤
p
n
1
，可知级数
∑
∞
=1
sin
n
p
n
nx
绝对收敛。
当 0<p≤1，由例 9.4.3，级数
∑
∞
=1
sin
n
p
n
nx
收敛；但进一步我们有
p
n
nx |sin|
≥
p
n
nx
2
sin
=?
p
n2
1
p
n
nx
2
2cos
,
级数
∑
∞
=1
2
2cos
n
p
n
nx
的收敛性同样可由 Dirichlet 判别法得到，但由于
∑
∞
=1
2
1
n
p
n
发散,可知
∑
∞
=1
|sin|
n
p
n
nx
发散，换言之,当 0<p≤1,级数
∑
∞
=1
sin
n
p
n
nx
(0<x π< )
条件收敛。
当 p≤0，由于级数的一般项不趋于 0，级数
∑
∞
=1
sin
n
p
n
nx
发散。
绝对收敛级数和条件收敛级数之间存在着许多本质差别,下面对此作进一步探讨。
设
∑
∞
=1n
n
x 是任意数项级数，令
+
n
x =
2
||
nn
xx +
=
≤
>
,0,0
,0,
n
nn
x
xx
n = 1,2,…,
n
x =
2
||
nn
xx?
=
≥
<?
,0,0
,0,
n
nn
x
xx
n = 1,2,…。
则
x
n
=
+
n
x -
n
x,｜ x
n
｜=
+
n
x +
n
x,n = 1,2,…。
∑
∞
=
+
1n
n
x 是由
∑
∞
=1n
n
x 的所有正项构成的级数，
∑
∞
=
1n
n
x 是由
∑
∞
=1n
n
x 的所有负项变号后构成的级数，它们都是正项级数。
定理 9.4.4 若
∑
∞
=1n
n
x 绝对收敛,则
∑
∞
=
+
1n
n
x 与
∑
∞
=
1n
n
x 都收敛； 若
∑
∞
=1n
n
x 条件收敛，则
∑
∞
=
+
1n
n
x 与
∑
∞
=
1n
n
x 都发散到 ∞+ 。
证 先设
∑
∞
=1n
n
x 绝对收敛，由于
0≤
+
n
x ≤｜
n
x ｜,0≤
n
x ≤｜
n
x ｜,n = 1,2,…,
则由
∑
∞
=1
||
n
n
x 的收敛性，即可得到
∑
∞
=
+
1n
n
x 与
∑
∞
=
1n
n
x 的收敛性。
现设
∑
∞
=1n
n
x 条件收敛，若
∑
∞
=
+
1n
n
x （或
∑
∞
=
1n
n
x ）也收敛，则由
∑
∞
=
1n
n
x =
∑
∞
=
+
1n
n
x -
∑
∞
=1n
n
x （或
∑
∞
=
+
1n
n
x =
∑
∞
=
1n
n
x +
∑
∞
=1n
n
x ）
可知
∑
∞
=
1n
n
x （或
∑
∞
=
+
1n
n
x ）也收敛，于是得到
∑
∞
=1
||
n
n
x =
∑
∞
=
+
1n
n
x +
∑
∞
=
1n
n
x
的收敛性，从而产生矛盾。
加法交换律
收敛的级数是否成立交换律呢？也就是说，将一个收敛级数
∑
∞
=1n
n
x 的项任意重新排列，得到的新级数
∑
∞
=
′
1n
n
x （称为
∑
∞
=1n
n
x 的更序级数）
是否仍然收敛? 如果收敛的话，其和是否保持不变，即是否有
∑
∞
=
′
1n
n
x =
∑
∞
=1n
n
x?
回答是否定的。
例 9.4.6 考虑 Leibniz 级数
∑
∞
=
+
1
1
)1(
n
n
n
,
这是一个条件收敛级数，在例 2.4.10 中，已经证明了它的和为 2ln 。
现按下述规律构造
∑
∞
=
+
1
1
)1(
n
n
n
的更序级数
∑
∞
=
′
1n
n
x,
顺次地在每一个正项后面接两个负项，即
∑
∞
=
′
1n
n
x = 1
2
1
+
4
1
3
1
6
1
8
1
++ "?
12
1
k
24
1
k k4
1
"+ 。
设
∑
∞
=
+
1
1
)1(
n
n
n
的部分和数列为｛ S
n
｝，
∑
∞
=
′
1n
n
x 的部分和数列为｛
n
S
′
｝，
则
n
S
3
′
=
∑
=
n
k
kkk
1
4
1
24
1
12
1
=
∑
=
n
k
kk
1
4
1
24
1
=
∑
=
n
k
kk
1
2
1
12
1
2
1
=
2
1
S
2n
,
于是
lim
n→∞
n
S
3
′
=
2
1
lim
n→∞
S
2n
= 2ln
2
1
。
由于
13?
′
n
S =
n
S
3
′
+
n4
1
,
13 +
′
n
S =
n
S
3
′
+
12
1
+n
,
从而得到
∑
∞
=
′
1n
n
x = 2ln
2
1
=
2
1
∑
∞
=
+
1
1
)1(
n
n
n
,
也就是说，尽管
∑
∞
=
+
1
1
)1(
n
n
n
是收敛的，但交换律不成立。
定理 9.4.5 若级数
∑
∞
=1n
n
x 绝对收敛,则它的更序级数
∑
∞
=
′
1n
n
x 也绝对收敛，且和不变，即
∑
∞
=
′
1n
n
x =
∑
∞
=1n
n
x 。
证 我们分两步来证明定理。
(1) 先设
∑
∞
=1n
n
x 是正项级数，则对一切 n∈
+
N,
∑
=
′
n
k
k
x
1
≤
∑
∞
=1n
n
x,于是可知
∑
∞
=
′
1n
n
x 收敛，且
∑
∞
=
′
1n
n
x ≤
∑
∞
=1n
n
x ；
反之，也可以将
∑
∞
=1n
n
x 看成
∑
∞
=
′
1n
n
x 的更序级数，又有
∑
∞
=1n
n
x ≤
∑
∞
=
′
1n
n
x 。
结合上述两式即得
∑
∞
=
′
1n
n
x =
∑
∞
=1n
n
x 。
定理 9.4.5 若级数
∑
∞
=1n
n
x 绝对收敛,则它的更序级数
∑
∞
=
′
1n
n
x 也绝对收敛，且和不变，即
∑
∞
=
′
1n
n
x =
∑
∞
=1n
n
x 。
(2) 现设
∑
∞
=1n
n
x 是任意项级数，则由定理 9.4.4，正项级数
∑
∞
=
+
1n
n
x 与
∑
∞
=
1n
n
x 都收敛，且
∑
∞
=1n
n
x =
∑
∞
=
+
1n
n
x -
∑
∞
=
1n
n
x,
∑
∞
=1
||
n
n
x =
∑
∞
=
+
1n
n
x +
∑
∞
=
1n
n
x 。
对于更序级数
∑
∞
=
′
1n
n
x,同样构作正项级数
∑
∞
=
+
′
1n
n
x 与
∑
∞
=
′
1n
n
x,由于
∑
∞
=
+
′
1n
n
x 即为
∑
∞
=
+
1n
n
x 的更序级数，
∑
∞
=
′
1n
n
x 即为
∑
∞
=
1n
n
x 的更序级数，根据(1) 的结论,
∑
∞
=
+
′
1n
n
x =
∑
∞
=
+
1n
n
x,
∑
∞
=
′
1n
n
x =
∑
∞
=
1n
n
x,
于是得到
∑
∞
=
′
1
||
n
n
x =
∑
∞
=
+
′
1n
n
x +
∑
∞
=
′
1n
n
x 收敛，即
∑
∞
=
′
1n
n
x 绝对收敛，且
∑
∞
=
′
1n
n
x =?
′
∑
∞
=
+
1n
n
x
∑
∞
=
′
1n
n
x =?
∑
∞
=
+
1n
n
x
∑
∞
=
1n
n
x =
∑
∞
=1n
n
x 。
定理 9.4.6 （ Riemann） 设级数
∑
∞
=1n
n
x 条件收敛，则对任意给定的 a,+∞≤≤∞? a,必定存在
∑
∞
=1n
n
x 的更序级数
∑
∞
=
′
1n
n
x 满足
∑
∞
=
′
1n
n
x = a。
证 我们只证 a 为有限数的情况,a = ∞± 的情况留给读者考虑。
由于
∑
∞
=1n
n
x 条件收敛，由定理 9.4.4,
∑
∞
=
+
1n
n
x = ∞+,
∑
∞
=
1n
n
x = ∞+ 。
依次计算
∑
∞
=
+
1n
n
x 的部分和，必定存在最小的正整数 n
1
，满足
+
1
x +
+
2
x + … +
+
1
n
x > a,
再依次计算
∑
∞
=
1n
n
x 的部分和，也必定存在最小的正整数 m
1
，满足
+
1
x +
+
2
x + … +
+
1
n
x -
1
x -
2
x - … -
1
m
x < a,
定理 9.4.6 （ Riemann） 设级数
∑
∞
=1n
n
x 条件收敛，则对任意给定的 a,+∞≤≤∞? a,必定存在
∑
∞
=1n
n
x 的更序级数
∑
∞
=
′
1n
n
x 满足
∑
∞
=
′
1n
n
x = a。
类似地可找到最小的正整数 n
2
>n
1
,m
2
>m
1
，满足
+
1
x +
+
2
x +…+
+
1
n
x -
1
x -
2
x -…-
1
m
x +
+
+1
1
n
x +… +
+
2
n
x >a
和
+
1
x +
+
2
x +…+
+
1
n
x -
1
x -
2
x -…-
1
m
x +
+
+1
1
n
x +… +
+
2
n
x -
+1
1
m
x -…-
2
m
x <a,
……
这样的步骤可一直继续下去，由此得到
∑
∞
=1n
n
x 的一个更序级数
∑
∞
=
′
1n
n
x,
它的部分和摆动于 a +
+
k
n
x 与 a -
k
m
x 之间。
由于
∑
∞
=1n
n
x 收敛，可知
lim
n→∞
+
n
x =lim
n→∞
n
x = 0,
于是得到
∑
∞
=
′
1n
n
x
= a。
级数的乘法
有限和式
∑
=
n
k
k
a
1
和
∑
=
n
k
k
b
1
的乘积是所有诸如 a
i
b
j
( i = 1,2,…,n; j =
1,2,…,m) 项的和，显然，其最终结果与它们相加的次序与方式无关。
类似地，对于两个收敛的无穷级数
∑
∞
=1n
n
a 与
∑
∞
=1n
n
b,可以同样写出所有诸如 a
i
b
j
( i = 1,2,… ; j = 1,2,…) 的项。将它们排列成下面无穷矩阵的形式,
"
14
13
12
11
ba
ba
ba
ba
"
24
23
22
21
ba
ba
ba
ba
"
34
33
32
31
ba
ba
ba
ba
"
44
43
42
41
ba
ba
ba
ba
"
"
"
"
"
然后，将所有这些项相加的结果定义为
∑
∞
=1n
n
a 与
∑
∞
=1n
n
b 的乘积。
由于级数运算一般不满足交换律和结合律,这就有一个排列的次序与方式的问题。尽管排列的次序与方式多种多样，但常用的，也是最具应用价值的方式是下面所示的“对角线”排列与“正方形”排列。
对角线排列,
"
14
13
12
11
ba
ba
ba
ba
"
24
23
22
21
ba
ba
ba
ba
"
34
33
32
31
ba
ba
ba
ba
"
44
43
42
41
ba
ba
ba
ba
"
"
"
"
"
令
c
1
= a
1
b
1
,
c
2
= a
1
b
2
+ a
2
b
1
,
…
c
n
=
∑
+=+ 1nji
ji
ba
= a
1
b
n
+ a
2
b
n-1 ++ "
a
n
b
1
,
…
对角线排列,
"
14
13
12
11
ba
ba
ba
ba
"
24
23
22
21
ba
ba
ba
ba
"
34
33
32
31
ba
ba
ba
ba
"
44
43
42
41
ba
ba
ba
ba
"
"
"
"
"
则称
∑
∞
=1n
n
c =
∑
∞
=
+++
1
1121
)(
n
nnn
bababa "
为级数
∑
∞
=1n
n
a 与
∑
∞
=1n
n
b 的 Cauchy 乘积。
正方形排列,
"
14
13
12
11
ba
ba
ba
ba
"
24
23
22
21
ba
ba
ba
ba
"
34
33
32
31
ba
ba
ba
ba
"
44
43
42
41
ba
ba
ba
ba
"
"
"
"
"
令
d
1
= a
1
b
1
,
d
2
= a
1
b
2
+ a
2
b
2
+ a
2
b
1
,
…
d
n
= a
1
b
n+
a
2
b
n ++ "
a
n
b
n
+ a
n
1?n
b ++ "
a
n
b
1
,
…
则
∑
∞
=1n
n
d 就是级数
∑
∞
=1n
n
a 与
∑
∞
=1n
n
b 按正方形排列所得的乘积。
对于正方形排列所得的乘积，只要
∑
∞
=1n
n
a 与
∑
∞
=1n
n
b 收敛，
∑
∞
=1n
n
d 总是收敛的，并成立
∑
∞
=1n
n
d =?
∑
∞
=1n
n
a?
∑
∞
=1n
n
b 。
但是，仅有
∑
∞
=1n
n
a 与
∑
∞
=1n
n
b 的收敛性不足以保证 Cauchy 乘积
∑
∞
=1n
n
c 的收敛性，下面就是一个例子。
例 9.4.7 设
∑
∞
=1n
n
a =
∑
∞
=1n
n
b =
∑
∞
=
+
1
1
)1(
n
n
n
,这两个级数都是收敛的
(条件收敛 )，它们的 Cauchy 乘积的一般项为
c
n
=
ij
nji
n
1
)1(
1
1
∑
+=+
+
,
注意上面 c
n
的表达式中共有 n 项，在每一项中,i + j = n+1，因而
ij
2
ji +
≤ =
2
1+n
,
于是得到
｜ c
n
｜ ≥
1
2
+
n
n,
因此｛ c
n
｝不是无穷小量，所以，
∑
∞
=1n
n
a 与
∑
∞
=1n
n
b 的 Cauchy 乘积
∑
∞
=1n
n
c 发散。
定理 9.4.7 如果级数
∑
∞
=1n
n
a 与
∑
∞
=1n
n
b 绝对收敛，则将 a
i
b
j
（ i =
1,2,…；j = 1,2,…）按任意方式排列求和而成的级数也绝对收敛,且其和等于?
∑
∞
=1n
n
a?
∑
∞
=1n
n
b 。
证 设
kk
ji
ba （ k = 1,2,…）是所有 a
i
b
j
（ i = 1,2,…； j = 1,2,…）的任意一种排列，对任意的 n，取
N =
nk≤≤1
max ｛ i
k
,j
k
｝,
则
∑
=
n
k
ji
kk
ba
1
|| ≤?
∑
=
N
i
i
a
1
||
∑
=
N
j
j
b
1
|| ≤?
∑
∞
=1
||
n
n
a
∑
∞
=1
||
n
n
b,
因此
∑
∞
=1k
ji
kk
ba 绝对收敛。由定理 9.4.5，
∑
∞
=1k
ji
kk
ba 的任意更序级数也绝对收敛，且和不变。
定理 9.4.7 如果级数
∑
∞
=1n
n
a 与
∑
∞
=1n
n
b 绝对收敛，则将 a
i
b
j
（ i =
1,2,…； j = 1,2,…）按任意方式排列求和而成的级数也绝对收敛,且其和等于?
∑
∞
=1n
n
a?
∑
∞
=1n
n
b 。
设
∑
∞
=1n
n
d 是级数
∑
∞
=1n
n
a 与
∑
∞
=1n
n
b 按正方形排列所得的乘积，则
∑
∞
=1n
n
d 是
kk
j
k
i
ba
∑
∞
=1
更序后再添加括号所成的级数，于是得到
∑
∞
=1k
ji
kk
ba =
∑
∞
=1n
n
d =?
∑
∞
=1n
n
a?
∑
∞
=1n
n
b 。
下面举一例子，它反映了 Cauchy 乘积的应用价值。
例 9.4.8 利用 D'Alembert 判别法，可知对一切 R∈x,级数
)(xf =
∑
∞
=0
!
n
n
n
x
是绝对收敛的。现考虑两个绝对收敛级数
∑
∞
=0
!
n
n
n
x
与
∑
∞
=0
!
n
n
n
y
的 Cauchy 乘积，由定理 9.4.7,
∑
∞
=0
!
n
n
n
x
∑
∞
=0
!
n
n
n
y
=
∑
∞
=0n
∑
=
n
k
knk
knk
yx
0
)!(!
=
∑
∞
=0n 0
C
!
kknk
n
n
k
xy
n
=
∑
=
∑
∞
=
+
0
!
)(
n
n
n
yx
,
也就是成立
)()()( yfxfyxf?=+ 。
在第 10 章，我们将知道函数 f (x)就是指数函数
x
e,因而上式就是熟知的指数函数的加法定理。
