📚 第十二章数项级数·§12.3 一般项级数

Complete Knowledge System & Mind Map

SECTION 12.3: GENERAL TERM SERIES

超越正项级数的限制
绝对收敛与条件收敛的分野
交错级数的优雅判别

"In the realm of alternating series,
sign changes bring both beauty and subtlety."

"在交错级数的领域中，
符号变化既带来美感，也带来微妙。"

📊 §12.3 完整知识架构

§12.3 一般项级数
│
├─── 一、交错级数（Alternating Series）
│    ├─ 定义：Σ(-1)ⁿ⁺¹uₙ (uₙ > 0)
│    ├─ Leibniz判别法（定理12.11）
│    │  ├─ 条件：{uₙ}↓0
│    │  └─ 结论：收敛，余项|Rₙ|≤uₙ₊₁
│    │
│    └─ 典型例子
│       ├─ 交错调和级数：Σ(-1)ⁿ⁺¹/n
│       └─ 交错p-级数：Σ(-1)ⁿ⁺¹/nᵖ
│
├─── 二、绝对收敛与条件收敛
│    ├─ 定义
│    │  ├─ 绝对收敛：Σ|uₙ| 收敛 → Σuₙ 收敛
│    │  └─ 条件收敛：Σuₙ 收敛但Σ|uₙ| 发散
│    │
│    ├─ 定理12.12：绝对收敛 → 收敛
│    │
│    ├─ 绝对收敛级数的性质
│    │  ├─ 1. 可重排性（定理12.13）
│    │  │  └─ 任意重排，和不变
│    │  │
│    │  └─ 2. 可乘性（Cauchy定理12.14）
│    │     ├─ Σuₙ·Σvₙ = Σwₙ
│    │     └─ 多种排列方式都收敛
│    │
│    └─ 条件收敛级数的反常性
│       ├─ Riemann重排定理
│       ├─ 重排可改变和
│       └─ 重排甚至可发散
│
├─── 三、Abel判别法与Dirichlet判别法
│    ├─ Abel变换（分部求和公式）
│    │  └─ Σaᵢvᵢ = Σ(aᵢ-aᵢ₊₁)Bᵢ + aₙBₙ
│    │
│    ├─ Abel引理（定理推论）
│    │  ├─ 条件：{aₙ}单调，|Bₙ|≤A
│    │  └─ 结论：|Σaᵢvᵢ| ≤ 3AM
│    │
│    ├─ Abel判别法（定理12.15）
│    │  ├─ 条件：{aₙ}单调有界，Σbₙ收敛
│    │  └─ 结论：Σaₙbₙ收敛
│    │
│    ├─ Dirichlet判别法（定理12.16）
│    │  ├─ 条件：{aₙ}↓0，Σbₙ部分和有界
│    │  └─ 结论：Σaₙbₙ收敛
│    │
│    └─ 典型应用
│       ├─ Σuₙ/nᵖ (Σuₙ收敛，p>0)
│       └─ Σaₙsin(nx), Σaₙcos(nx)
│
└─── 四、综合判别策略
     ├─ 判别流程图
     ├─ 常见级数类型
     └─ 易错点总结

一、交错级数（Alternating Series）

1.1 交错级数的定义

定义12.5（交错级数）

若级数的各项符号正负相间，即 $u_{1} - u_{2} + u_{3} - u_{4} + \dots + (- 1)^{n + 1} u_{n} + \dots (u_{n} > 0)$

则称该级数为交错级数（Alternating Series）。

标准形式： $n = 1 \sum \infty (- 1)^{n + 1} u_{n} 或 n = 1 \sum \infty (- 1)^{n} u_{n}$

注意事项：

定义中 $u_{n} > 0$ 是指绝对值项
符号 $(- 1)^{n + 1}$ 保证正负交替： $n = 1$ 时为正， $n = 2$ 时为负……
也可写作 $(- 1)^{n} u_{n}$ ，此时 $n = 1$ 为负

1.2 典型的交错级数

例1：交错调和级数

$n = 1 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n + 1}}{n} = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \dots$

收敛性：收敛（由Leibniz判别法）
收敛值： $ln 2$
特点：条件收敛（因为 $\sum \frac{1}{n}$ 发散）

例2：交错级数系列

级数	敛散性	和（若收敛）
$\sum \frac{( - 1 ) ^{n + 1}}{n}$	收敛	$ln 2$
$\sum \frac{( - 1 ) ^{n + 1}}{n ^{2}}$	收敛	$\frac{π ^{2}}{12}$
$\sum \frac{( - 1 ) ^{n}}{2 n + 1}$	收敛	$\frac{π}{4}$
$\sum \frac{( - 1 ) ^{n} x ^{n}}{n !}$	收敛	$e^{- x}$

1.3 Leibniz判别法（莱布尼茨判别法）

定理12.11（Leibniz判别法）

若交错级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n + 1} u_{n}$ 满足：

(i) 数列 ${u_{n}}$ 单调递减，即 $u_{1} \geq u_{2} \geq u_{3} \geq \dots$

(ii) $lim_{n \to \infty} u_{n} = 0$

则级数收敛。

定理的证明

核心思想：构造区间套，利用单调有界原理。

第1步：考察偶数项部分和

$S_{2 m} = (u_{1} - u_{2}) + (u_{3} - u_{4}) + \dots + (u_{2 m - 1} - u_{2 m})$

由条件 (i)，每个括号内 $u_{2 k - 1} - u_{2 k} \geq 0$ ，因此：

$S_{2 m}$ 是递增数列
$S_{2 m} = u_{1} - (u_{2} - u_{3}) - (u_{4} - u_{5}) - \dots - (u_{2 m - 2} - u_{2 m - 1}) - u_{2 m} \leq u_{1}$

所以 ${S_{2 m}}$ 单调递增且有上界 $u_{1}$ 。

第2步：考察奇数项部分和

$S_{2 m - 1} = u_{1} - (u_{2} - u_{3}) - (u_{4} - u_{5}) - \dots - (u_{2 m - 2} - u_{2 m - 1})$

由条件 (i)，每个括号内 $u_{2 k} - u_{2 k + 1} \geq 0$ ，因此：

$S_{2 m - 1}$ 是递减数列
$S_{2 m - 1} = (u_{1} - u_{2}) + (u_{3} - u_{4}) + \dots + (u_{2 m - 3} - u_{2 m - 2}) + u_{2 m - 1} \geq 0$

所以 ${S_{2 m - 1}}$ 单调递减且有下界 0。

第3步：构造区间套

$S_{2 m} < S_{2 m + 1} = S_{2 m} + u_{2 m + 1}$

且由条件 (ii)： $0 < S_{2 m - 1} - S_{2 m} = u_{2 m} \to 0 (m \to \infty)$

区间套 $[S_{2 m}, S_{2 m - 1}]$ 的长度趋于0。

由区间套定理，存在唯一的 $S$ 使得： $m \to \infty lim S_{2 m} = m \to \infty lim S_{2 m - 1} = S$

因此 $lim_{n \to \infty} S_{n} = S$ ，级数收敛。 $□$

1.4 余项估计

推论（余项估计）

若交错级数 $\sum (- 1)^{n + 1} u_{n}$ 满足Leibniz判别法的条件，收敛于 $S$ ，则余项满足：

$∣ R_{n} ∣ = k = n + 1 \sum \infty (- 1)^{k + 1} u_{k} \leq u_{n + 1}$

且余项 $R_{n}$ 与第一个舍去项 $(- 1)^{n + 2} u_{n + 1}$ 同号。

证明

$R_{n} = S - S_{n} = k = n + 1 \sum \infty (- 1)^{k + 1} u_{k} = (- 1)^{n + 2} u_{n + 1} + (- 1)^{n + 3} u_{n + 2} + \dots$

这又是一个满足Leibniz条件的交错级数，由前面证明知：

$R_{n}$ 介于 0 与第一项 $(- 1)^{n + 2} u_{n + 1}$ 之间
因此 $∣ R_{n} ∣ \leq u_{n + 1}$

且 $R_{n}$ 与 $(- 1)^{n + 2} u_{n + 1}$ 同号。 $□$

几何意义

      u₁
      ├──────────┐
      │          │ S
   S₂ ├─┐     ┌──┤ S₁
      │ │  S  │  │
   S₄ ├─┤  ↓  ├──┤ S₃
      │ │     │  │
      └─┴─────┴──┘
      
真值S介于相邻两项部分和之间
|Rₙ| ≤ uₙ₊₁（下一项的绝对值）

1.5 Leibniz判别法的应用

例1（教材）：判断下列交错级数的敛散性：

(1) $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{( - 1 ) ^{n + 1}}{n}$

(2) $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{( - 1 ) ^{n + 1}}{2 n - 1}$

(3) $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{( - 1 ) ^{n}}{( 2 n - 1 )!}$

(4) $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{( - 1 ) ^{n}}{1 0 ^{n}}$

解(1)： $\sum \frac{( - 1 ) ^{n + 1}}{n}$

验证条件：

(i) $u_{n} = \frac{1}{n}$ 单调递减 ✓
(ii) $lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} = 0$ ✓

由Leibniz判别法，级数收敛。

进一步判断：

$\sum ∣ u_{n} ∣ = \sum \frac{1}{n}$ 发散（调和级数）
因此为条件收敛

和值： $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{( - 1 ) ^{n + 1}}{n} = ln 2$ $□$

解(2)： $\sum \frac{( - 1 ) ^{n + 1}}{2 n - 1}$

验证条件：

(i) $u_{n} = \frac{1}{2 n - 1}$ 单调递减 ✓
(ii) $lim_{n \to \infty} \frac{1}{2 n - 1} = 0$ ✓

由Leibniz判别法，级数收敛。

和值： $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{( - 1 ) ^{n + 1}}{2 n - 1} = 1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{5} - \frac{1}{7} + \dots = \frac{π}{4}$

（Leibniz公式） $□$

解(3)： $\sum \frac{( - 1 ) ^{n}}{( 2 n - 1 )!}$

验证条件：

(i) $u_{n} = \frac{1}{( 2 n - 1 )!}$ 单调递减 ✓
(ii) $lim_{n \to \infty} \frac{1}{( 2 n - 1 )!} = 0$ ✓

由Leibniz判别法，级数收敛。

绝对收敛性： $\sum \frac{1}{( 2 n - 1 )!} < \sum \frac{1}{n !} （收敛）$

因此级数绝对收敛。 $□$

解(4)： $\sum \frac{( - 1 ) ^{n}}{1 0 ^{n}}$

这是几何级数 $\sum (- \frac{1}{10})^{n}$ ，公比 $q = - \frac{1}{10}$ ， $∣ q ∣ < 1$ 。

收敛，且和为： $S = \frac{- \frac{1}{10}}{1 - ( - \frac{1}{10} )} = \frac{- \frac{1}{10}}{\frac{11}{10}} = - \frac{1}{11}$

同时， $\sum ∣ \frac{( - 1 ) ^{n}}{1 0 ^{n}} ∣ = \sum \frac{1}{1 0 ^{n}}$ 收敛，因此绝对收敛。 $□$

1.6 Leibniz判别法的局限性

反例1：不满足单调性

级数： $1 - \frac{1}{2} - \frac{1}{4} + \frac{1}{3} - \frac{1}{6} - \frac{1}{8} + \frac{1}{5} - \dots$

通项趋于0但不单调，Leibniz判别法不适用。

反例2：不满足趋于零

级数： $\sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n}$

$u_{n} = 1 \neq \to 0$ ，级数发散。

结论：Leibniz判别法的两个条件缺一不可。

二、绝对收敛与条件收敛

2.1 定义与基本关系

定义12.6（绝对收敛与条件收敛）

设级数 $\sum u_{n}$ 收敛。

(1) 绝对收敛（Absolute Convergence）

若级数 $\sum ∣ u_{n} ∣$ 收敛，则称原级数 $\sum u_{n}$ 绝对收敛。

(2) 条件收敛（Conditional Convergence）

若级数 $\sum u_{n}$ 收敛，但 $\sum ∣ u_{n} ∣$ 发散，则称原级数 $\sum u_{n}$ 条件收敛。

关系图

全体级数
│
├── 收敛级数
│   ├── 绝对收敛级数 ✓✓
│   └── 条件收敛级数 ✓✗
│
└── 发散级数 ✗

符号说明：

✓✓： $\sum u_{n}$ 收敛且 $\sum ∣ u_{n} ∣$ 收敛
✓✗： $\sum u_{n}$ 收敛但 $\sum ∣ u_{n} ∣$ 发散
✗： $\sum u_{n}$ 发散

2.2 绝对收敛的基本定理

定理12.12（绝对收敛必收敛）

若级数 $\sum u_{n}$ 绝对收敛，则它必收敛，即： $\sum ∣ u_{n} ∣ 收敛 \Rightarrow \sum u_{n} 收敛$

证明（用Cauchy收敛准则）

由于 $\sum ∣ u_{n} ∣$ 收敛，根据Cauchy收敛准则，对任意 $ε > 0$ ，存在 $N$ ，使得当 $m > N$ 和任意正整数 $r$ 时： $∣ u_{m + 1} ∣ + ∣ u_{m + 2} ∣ + \dots + ∣ u_{m + r} ∣ < ε$

由三角不等式： $∣ u_{m + 1} + u_{m + 2} + \dots + u_{m + r} ∣ \leq ∣ u_{m + 1} ∣ + ∣ u_{m + 2} ∣ + \dots + ∣ u_{m + r} ∣ < ε$

因此 $\sum u_{n}$ 满足Cauchy收敛准则，收敛。 $□$

逆命题不成立

反例：交错调和级数 $n = 1 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n + 1}}{n}$

$\sum u_{n}$ 收敛（Leibniz判别法）
$\sum ∣ u_{n} ∣ = \sum \frac{1}{n}$ 发散（调和级数）

因此收敛不能推出绝对收敛。

2.3 判断绝对收敛的方法

要判断级数 $\sum u_{n}$ 是否绝对收敛：

第1步：考察 $\sum ∣ u_{n} ∣$ （这是正项级数）

第2步：对 $\sum ∣ u_{n} ∣$ 应用正项级数的判别法：

比较判别法
比值判别法
根值判别法
积分判别法
Raabe判别法

例2（教材）：判断级数 $n = 1 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n - 1} α ^{n}}{n !}$ 的敛散性（ $α \in R$ ）。

解

第1步：考察绝对收敛性

$\sum ∣ u_{n} ∣ = \sum \frac{∣ α ∣ ^{n}}{n !}$

应用比值判别法： $ρ = n \to \infty lim \frac{u _{n + 1}}{u _{n}} = n \to \infty lim \frac{∣ α ∣ ^{n + 1} / ( n + 1 )!}{∣ α ∣ ^{n} / n !} = n \to \infty lim \frac{∣ α ∣}{n + 1} = 0 < 1$

因此 $\sum ∣ u_{n} ∣$ 收敛。

结论：对任何实数 $α$ ，级数绝对收敛。 $□$

2.4 典型例子分类

级数	收敛性	绝对/条件
$\sum \frac{( - 1 ) ^{n + 1}}{n}$	收敛	条件收敛
$\sum \frac{( - 1 ) ^{n + 1}}{n ^{2}}$	收敛	绝对收敛
$\sum \frac{( - 1 ) ^{n}}{( 2 n - 1 )!}$	收敛	绝对收敛
$\sum \frac{( - 1 ) ^{n}}{1 0 ^{n}}$	收敛	绝对收敛
$\sum \frac{( - 1 ) ^{n + 1}}{n}$	收敛	条件收敛
$\sum \frac{s i n n}{n ^{2}}$	收敛	绝对收敛
$\sum \frac{( - 1 ) ^{n} l n n}{n}$	收敛	条件收敛

三、绝对收敛级数的性质

3.1 性质1：可重排性

定理12.13（重排定理）

设级数 $\sum u_{n}$ 绝对收敛，其和为 $S$ 。则任意重排后得到的级数 $\sum v_{n} = v_{1} + v_{2} + \dots + v_{n} + \dots$ 也绝对收敛，且和仍为 $S$ 。

定义（重排）

把正整数列 ${1, 2, 3, \dots, n, \dots}$ 到自身的一一映射 $f : n \mapsto k (n)$ 称为重排。

相应地，级数 $\sum u_{k (n)}$ 称为原级数 $\sum u_{n}$ 的重排。

定理证明（分步骤）

第1步：正项级数的情况

假设 $u_{n} \geq 0$ ， $\sum u_{n} = S$ 。

设 $S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} u_{k}$ ， $σ_{m} = \sum_{k = 1}^{m} v_{k}$ 。

因为 ${v_{k}}$ 是 ${u_{n}}$ 的重排，每个 $v_{k}$ 都等于某个 $u_{i}$ 。

设 $N = max {i : u_{i} = v_{k}, k \leq m}$ ，则： $σ_{m} = v_{1} + v_{2} + \dots + v_{m} \leq u_{1} + u_{2} + \dots + u_{N} = S_{N} \leq S$

因此 ${σ_{m}}$ 有上界 $S$ ，级数 $\sum v_{n}$ 收敛，且 $\sum v_{n} \leq S$ 。

反过来， $\sum u_{n}$ 也是 $\sum v_{n}$ 的重排，所以 $S \leq \sum v_{n}$ 。

因此 $\sum v_{n} = S$ 。 $□$

第2步：一般项级数的情况

对任意项级数，定义： $p_{n} = \frac{∣ u _{n} ∣ + u _{n}}{2}, q_{n} = \frac{∣ u _{n} ∣ - u _{n}}{2}$

则：

当 $u_{n} \geq 0$ 时， $p_{n} = u_{n}, q_{n} = 0$
当 $u_{n} < 0$ 时， $p_{n} = 0, q_{n} = ∣ u_{n} ∣$

性质： $0 \leq p_{n} \leq ∣ u_{n} ∣, 0 \leq q_{n} \leq ∣ u_{n} ∣$ $p_{n} + q_{n} = ∣ u_{n} ∣, p_{n} - q_{n} = u_{n}$

由 $\sum ∣ u_{n} ∣$ 收敛，知 $\sum p_{n}$ 和 $\sum q_{n}$ 都收敛（比较判别法）。

因此： $\sum u_{n} = \sum p_{n} - \sum q_{n}$

对重排级数 $\sum v_{n}$ ，类似定义 $p_{n}^{'}, q_{n}^{'}$ ，则 ${p_{n}^{'}}$ 和 ${q_{n}^{'}}$ 分别是 ${p_{n}}$ 和 ${q_{n}}$ 的重排。

由正项级数重排定理： $\sum v_{n} = \sum p_{n}^{'} - \sum q_{n}^{'} = \sum p_{n} - \sum q_{n} = \sum u_{n} = S □$

3.2 条件收敛级数的反常性：Riemann重排定理

定理（Riemann重排定理）

若级数 $\sum u_{n}$ 条件收敛，则：

(1) 对任意给定的实数 $A$ ，存在重排使得新级数收敛于 $A$

(2) 存在重排使得新级数发散到 $+ \infty$ 或 $- \infty$

(3) 存在重排使得新级数振荡

结论：条件收敛级数的和依赖于求和顺序！

例子（教材）：交错调和级数

原级数： $S = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \frac{1}{5} - \frac{1}{6} + \frac{1}{7} - \frac{1}{8} + \dots = ln 2$

重排1： $S^{'} = (1 - \frac{1}{2} - \frac{1}{4}) + (\frac{1}{3} - \frac{1}{6} - \frac{1}{8}) + (\frac{1}{5} - \frac{1}{10} - \frac{1}{12}) + \dots$

$= (1 - \frac{1}{2} - \frac{1}{4}) + (\frac{1}{3} - \frac{1}{6} - \frac{1}{8}) + \dots$

$= \frac{1}{4} + \frac{1}{24} + \dots = \frac{1}{2} ln 2$

重排改变了和！

重排2（两正一负）： $S^{''} = 1 + \frac{1}{3} - \frac{1}{2} + \frac{1}{5} + \frac{1}{7} - \frac{1}{4} + \dots$

可以证明 $S^{''} = \frac{3}{2} ln 2$ 。

构造方法：

取正项直到和 $> A$
取负项直到和 $< A$
重复……

由于 $\sum p_{n} = + \infty$ ， $\sum q_{n} = + \infty$ （否则绝对收敛），这个过程可以无限进行。

3.3 性质2：级数的乘积（Cauchy定理）

设有两个级数： $\sum u_{n} = u_{1} + u_{2} + \dots = A (11)$ $\sum v_{n} = v_{1} + v_{2} + \dots = B (12)$

问题：什么条件下， $(\sum u_{n}) \cdot (\sum v_{n}) = \sum w_{n} ?$

级数乘积的排列方式

将所有可能的乘积 $u_{i} v_{j}$ 列成表：

u₁v₁  u₁v₂  u₁v₃  u₁v₄  ...
u₂v₁  u₂v₂  u₂v₃  u₂v₄  ...
u₃v₁  u₃v₂  u₃v₃  u₃v₄  ...
u₄v₁  u₄v₂  u₄v₃  u₄v₄  ...
...   ...   ...   ...   ...

排列方法1：正方形顺序 $(u_{1} v_{1}) + (u_{1} v_{2} + u_{2} v_{1}) + (u_{1} v_{3} + u_{2} v_{2} + u_{3} v_{1}) + \dots$

排列方法2：对角线顺序（Cauchy乘积） $n = 1 \sum \infty w_{n} = n = 1 \sum \infty k = 1 \sum n u_{k} v_{n - k + 1}$

即： $w_{1} = u_{1} v_{1}$ $w_{2} = u_{1} v_{2} + u_{2} v_{1}$ $w_{3} = u_{1} v_{3} + u_{2} v_{2} + u_{3} v_{1}$ $w_{n} = k = 1 \sum n u_{k} v_{n - k + 1}$

定理12.14（Cauchy定理）

若级数 $\sum u_{n}$ 和 $\sum v_{n}$ 都绝对收敛，分别收敛于 $A$ 和 $B$ ，则对乘积 $u_{i} v_{j}$ 按任意顺序排列所得级数 $\sum w_{n}$ 也绝对收敛，且： $\sum w_{n} = A \cdot B$

证明（要点）

第1步：绝对收敛性

设 $S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} ∣ w_{k} ∣$ ，其中 $w_{k} = u_{i_{k}} v_{j_{k}}$ 。

令 $m = max {i_{1}, j_{1}, i_{2}, j_{2}, \dots, i_{n}, j_{n}}$ ，则： $S_{n} \leq (i = 1 \sum m ∣ u_{i} ∣) (j = 1 \sum m ∣ v_{j} ∣) \leq A \cdot B$

（其中 $A = \sum ∣ u_{n} ∣$ ， $B = \sum ∣ v_{n} ∣$ ）

${S_{n}}$ 有界，因此 $\sum ∣ w_{n} ∣$ 收敛。

第2步：和等于 $A B$

采用正方形排列，设第 $n$ 层部分和为 $P_{n}$ ： $P_{n} = i = 1 \sum n j = 1 \sum n u_{i} v_{j} = (i = 1 \sum n u_{i}) (j = 1 \sum n v_{j})$

$n \to \infty lim P_{n} = n \to \infty lim (i = 1 \sum n u_{i}) (j = 1 \sum n v_{j}) = A \cdot B$

由绝对收敛级数的可重排性，任意排列都收敛于同一和。 $□$

例3（教材）：等比级数 $n = 0 \sum \infty r^{n} = \frac{1}{1 - r} (∣ r ∣ < 1)$

是绝对收敛的。将 $r^{i} \cdot r^{j}$ 按对角线顺序排列：

$(\sum r^{n})^{2} = 1 + (r + r) + (r^{2} + r^{2} + r^{2}) + \dots$ $= 1 + 2 r + 3 r^{2} + \dots + (n + 1) r^{n} + \dots$

另一方面： $\frac{1}{( 1 - r ) ^{2}} = n = 0 \sum \infty (n + 1) r^{n}$

验证了定理。 $□$

注意：若两个级数不都绝对收敛，Cauchy乘积可能发散。

反例（Cauchy）：设 $\sum u_{n} = \sum v_{n} = \sum \frac{( - 1 ) ^{n - 1}}{n}$

两级数都收敛（Leibniz判别法），但Cauchy乘积： $w_{n} = k = 1 \sum n \frac{( - 1 ) ^{k - 1}}{k} \cdot \frac{( - 1 ) ^{n - k}}{n - k + 1} = (- 1)^{n - 1} k = 1 \sum n \frac{1}{k ( n - k + 1 )}$

可以证明 $∣ w_{n} ∣ \sim \frac{π}{n}$ ，因此 $\sum w_{n}$ 发散。

四、Abel判别法与Dirichlet判别法

4.1 分部求和公式（Abel变换）

引理（Abel变换，分部求和公式）

设 $a_{i}, v_{i}$ ( $i = 1, 2, \dots, n$ ) 为两组实数，令 $B_{k} = v_{1} + v_{2} + \dots + v_{k} (k = 1, 2, \dots, n)$

则： $i = 1 \sum n a_{i} v_{i} = i = 1 \sum n - 1 (a_{i} - a_{i + 1}) B_{i} + a_{n} B_{n} (18)$

证明

由 $v_{i} = B_{i} - B_{i - 1}$ ( $B_{0} = 0$ )： $i = 1 \sum n a_{i} v_{i} = i = 1 \sum n a_{i} (B_{i} - B_{i - 1})$

$= i = 1 \sum n a_{i} B_{i} - i = 1 \sum n a_{i} B_{i - 1}$

$= i = 1 \sum n a_{i} B_{i} - i = 0 \sum n - 1 a_{i + 1} B_{i}$

$= a_{n} B_{n} + i = 1 \sum n - 1 a_{i} B_{i} - i = 1 \sum n - 1 a_{i + 1} B_{i}$

$= a_{n} B_{n} + i = 1 \sum n - 1 (a_{i} - a_{i + 1}) B_{i} □$

类比：分部积分公式

$\int u d v = uv - \int v d u$

Abel变换是离散版本的分部积分！

4.2 Abel引理

推论（Abel引理）

若满足：

(i) ${a_{i}}$ 是单调数列
(ii) 对任意 $k$ ( $1 \leq k \leq n$ )， $∣ B_{k} ∣ \leq A$

则记 $M = max_{1 \leq i \leq n} ∣ a_{i} ∣$ ，有： $i = 1 \sum n a_{i} v_{i} \leq 3 A M (19)$

证明

由Abel变换： $i = 1 \sum n a_{i} v_{i} = i = 1 \sum n - 1 (a_{i} - a_{i + 1}) B_{i} + a_{n} B_{n}$

$\leq i = 1 \sum n - 1 ∣ a_{i} - a_{i + 1} ∣ \cdot ∣ B_{i} ∣ + ∣ a_{n} ∣ \cdot ∣ B_{n} ∣$

$\leq A i = 1 \sum n - 1 ∣ a_{i} - a_{i + 1} ∣ + A ∣ a_{n} ∣$

由于 ${a_{i}}$ 单调，不妨设递减（递增类似）： $i = 1 \sum n - 1 ∣ a_{i} - a_{i + 1} ∣ = i = 1 \sum n - 1 (a_{i} - a_{i + 1}) = a_{1} - a_{n}$

因此： $\sum a_{i} v_{i} \leq A (a_{1} - a_{n}) + A ∣ a_{n} ∣ \leq A ∣ a_{1} ∣ + A ∣ a_{1} ∣ + A ∣ a_{n} ∣ \leq 3 A M □$

4.3 Abel判别法

定理12.15（Abel判别法）

若数列 ${a_{n}}$ 单调有界，且级数 $\sum b_{n}$ 收敛，则级数 $n = 1 \sum \infty a_{n} b_{n}$ 收敛。

证明（用Cauchy准则）

由 $\sum b_{n}$ 收敛，对任给 $ε > 0$ ，存在 $N$ ，使当 $n > N$ 时，对任意正整数 $p$ ： $k = n + 1 \sum n + p b_{k} < \frac{ε}{3 M}$

其中 $M = sup_{n} ∣ a_{n} ∣$ （由有界性）。

记 $B_{k} = \sum_{i = n + 1}^{n + k} b_{i}$ ( $k = 1, 2, \dots, p$ )，则 $∣ B_{k} ∣ < \frac{ε}{3 M}$ 。

由Abel引理： $k = n + 1 \sum n + p a_{k} b_{k} \leq 3 \cdot \frac{ε}{3 M} \cdot M = ε$

由Cauchy准则， $\sum a_{n} b_{n}$ 收敛。 $□$

4.4 Dirichlet判别法

定理12.16（Dirichlet判别法）

若数列 ${a_{n}}$ 单调递减趋于零，即 $a_{n} ↓ 0$ ，且级数 $\sum b_{n}$ 的部分和数列有界，则级数 $n = 1 \sum \infty a_{n} b_{n}$ 收敛。

证明：类似Abel判别法，留作练习。

4.5 Abel法与Dirichlet法的对比

判别法	${a_{n}}$ 条件	$\sum b_{n}$ 条件
Abel	单调有界	收敛
Dirichlet	单调趋于零	部分和有界

记忆口诀：

Abel：一强（收敛）配一弱（有界）
Dirichlet：一弱（趋零）配一弱（有界）

4.6 典型应用

应用1：若 $\sum u_{n}$ 收敛，则对任意 $p > 0$ ：

(1) $\sum \frac{u _{n}}{n ^{p}}$ 收敛

(2) $\sum \frac{u _{n}}{n + 1}$ 收敛

证明

(1) 令 $a_{n} = \frac{1}{n ^{p}}$ ， $b_{n} = u_{n}$ 。

${a_{n}}$ 单调递减趋于零 ✓
$\sum b_{n}$ 收敛 ✓

由Dirichlet判别法， $\sum \frac{u _{n}}{n ^{p}}$ 收敛。

或用Abel判别法：

${a_{n}}$ 单调有界（ $0 < a_{n} \leq 1$ ）✓
$\sum b_{n}$ 收敛 ✓

$□$

(2) 类似， $a_{n} = \frac{1}{n + 1} ↓ 0$ ，由Dirichlet判别法收敛。 $□$

例4（教材）：若数列 ${a_{n}}$ 满足： $a_{1} \geq a_{2} \geq \dots \geq a_{n} \geq \dots, n \to \infty lim a_{n} = 0$

则对任何 $x \in (0, 2 π)$ ，级数 $\sum a_{n} sin (n x) 和 \sum a_{n} cos (n x)$ 都收敛。

解

关键：证明 $\sum sin (n x)$ 和 $\sum cos (n x)$ 的部分和有界。

引理（Dirichlet核）： $k = 1 \sum n cos (k x) = \frac{sin ( \frac{2 n + 1}{2} x )}{2 sin \frac{x}{2}} - \frac{1}{2}$

$k = 1 \sum n sin (k x) = \frac{1 - cos ( \frac{2 n + 1}{2} x )}{2 sin \frac{x}{2}}$

证明引理（用复数）： $k = 1 \sum n e^{ik x} = e^{i x} \frac{1 - e ^{in x}}{1 - e ^{i x}} = \frac{e ^{i x} - e ^{i (n + 1) x}}{1 - e ^{i x}}$

$= \frac{e ^{i (n + 1) x /2} ( e ^{- in x /2} - e ^{in x /2} )}{e ^{i x /2} ( e ^{- i x /2} - e ^{i x /2} )} = \frac{sin ( n x /2 )}{sin ( x /2 )} e^{i (n + 1) x /2}$

取实部和虚部即得。

回到原题：

当 $x \in (0, 2 π)$ 时， $sin \frac{x}{2} \neq = 0$ ，因此： $k = 1 \sum n sin (k x) \leq \frac{1}{∣ sin \frac{x}{2} ∣} < \infty$

部分和有界！

由Dirichlet判别法， $\sum a_{n} sin (n x)$ 收敛。

同理， $\sum a_{n} cos (n x)$ 收敛。 $□$

特例：

$a_{n} = \frac{1}{n}$ ： $\sum \frac{s i n ( n x )}{n}$ 和 $\sum \frac{c o s ( n x )}{n}$ 收敛（ $x \neq = 2 kπ$ ）
Fourier级数的重要基础

级数形式	推荐判别法	备注
$\sum (- 1)^{n} u_{n}$ ， $u_{n} ↓ 0$	Leibniz判别法	交错级数首选
$\sum \frac{u _{n}}{n ^{p}}$ ， $\sum u_{n}$ 收敛	Abel/Dirichlet	$p > 0$
$\sum a_{n} sin (n x)$	Dirichlet判别法	$a_{n} ↓ 0$
$\sum u_{n} v_{n}$ 乘积型	Abel/Dirichlet	视条件而定
其他一般项级数	先考察绝对收敛	转化为正项级数

条件	Abel	Dirichlet
${a_{n}}$	单调有界	单调趋零
$\sum b_{n}$	收敛	部分和有界

六、重要定理总结

6.1 本节核心定理一览

§12.3 一般项级数核心定理

定理12.11（Leibniz判别法）

条件： $u_{n} ↓ 0$
结论： $\sum (- 1)^{n + 1} u_{n}$ 收敛
余项： $∣ R_{n} ∣ \leq u_{n + 1}$

定理12.12（绝对收敛必收敛）

$\sum ∣ u_{n} ∣$ 收敛 $\Rightarrow$ $\sum u_{n}$ 收敛

定理12.13（重排定理）

绝对收敛级数任意重排，和不变

定理12.14（Cauchy乘积定理）

两绝对收敛级数乘积，按任意顺序排列都收敛
和 = 两级数和的乘积

定理12.15（Abel判别法）

${a_{n}}$ 单调有界， $\sum b_{n}$ 收敛
$\Rightarrow$ $\sum a_{n} b_{n}$ 收敛

定理12.16（Dirichlet判别法）

$a_{n} ↓ 0$ ， $\sum b_{n}$ 部分和有界
$\Rightarrow$ $\sum a_{n} b_{n}$ 收敛

6.2 判别法效力等级

正项级数判别法
├─ 比较判别法
├─ 比值判别法
├─ 根值判别法
├─ 积分判别法
└─ Raabe判别法

↓（考察Σ|uₙ|）

一般项级数判别法
├─ 绝对收敛判别（转化为正项级数）
├─ Leibniz判别法（交错级数）
├─ Abel判别法
└─ Dirichlet判别法

七、综合例题精讲

例题集1：判别敛散性

例5：判断下列级数的敛散性，若收敛判断绝对收敛还是条件收敛：

(1) $\sum \frac{( - 1 ) ^{n + 1}}{n}$

(2) $\sum \frac{( - 1 ) ^{n} n}{n ^{2} + 1}$

(3) $\sum \frac{s i n n}{n ^{2}}$

(4) $\sum \frac{( - 1 ) ^{n} l n n}{n}$

(5) $\sum \frac{c o s ( nπ /3 )}{n}$

解(1)： $\sum \frac{( - 1 ) ^{n + 1}}{n}$

第1步：Leibniz判别法

$u_{n} = \frac{1}{n}$ ：

单调递减 ✓
$lim u_{n} = 0$ ✓

级数收敛。

第2步：判断绝对/条件收敛

$\sum ∣ u_{n} ∣ = \sum \frac{1}{n} = \sum \frac{1}{n ^{1/2}}$

这是p-级数， $p = 1/2 < 1$ ，发散。

结论：条件收敛。 $□$

解(2)： $\sum \frac{( - 1 ) ^{n} n}{n ^{2} + 1}$

第1步：检验必要条件

$n \to \infty lim u_{n} = n \to \infty lim \frac{n}{n ^{2} + 1} = n \to \infty lim \frac{1}{n + \frac{1}{n}} = 0 ✓$

第2步：Leibniz判别法

$u_{n} = \frac{n}{n ^{2} + 1}$ ，检验单调性：

$u_{n} - u_{n + 1} = \frac{n}{n ^{2} + 1} - \frac{n + 1}{( n + 1 ) ^{2} + 1}$

$= \frac{n [( n + 1 ) ^{2} + 1 ] - ( n + 1 ) [ n ^{2} + 1 ]}{( n ^{2} + 1 ) [( n + 1 ) ^{2} + 1 ]}$

$= \frac{n ( n ^{2} + 2 n + 2 ) - ( n + 1 ) ( n ^{2} + 1 )}{...} = \frac{n ^{3} + 2 n ^{2} + 2 n - n ^{3} - n ^{2} - n - 1}{...}$

$= \frac{n ^{2} + n - 1}{...}$

当 $n \geq 1$ 时， $n^{2} + n - 1 > 0$ ，因此 $u_{n} > u_{n + 1}$ ，单调递减 ✓

由Leibniz判别法，级数收敛。

第3步：绝对收敛性

$\sum \frac{( - 1 ) ^{n} n}{n ^{2} + 1} = \sum \frac{n}{n ^{2} + 1} \sim \sum \frac{1}{n}$

发散（比较判别法）。

结论：条件收敛。 $□$

解(3)： $\sum \frac{s i n n}{n ^{2}}$

方法：考察绝对收敛性

$\sum \frac{sin n}{n ^{2}} \leq \sum \frac{1}{n ^{2}}$

右边是p-级数 $(p = 2 > 1)$ ，收敛。

由比较判别法， $\sum ∣ \frac{s i n n}{n ^{2}} ∣$ 收敛。

结论：绝对收敛。 $□$

解(4)： $\sum \frac{( - 1 ) ^{n} l n n}{n}$

第1步：Leibniz判别法

$u_{n} = \frac{l n n}{n}$ ：

当 $n \geq 3$ 时单调递减（可验证 $u^{'} (x) = \frac{1 - l n x}{x ^{2}} < 0$ ）✓
$lim u_{n} = lim \frac{l n n}{n} = 0$ （L'Hôpital）✓

级数收敛。

第2步：绝对收敛性 $\sum \frac{ln n}{n}$

比较： $ln n < n^{ε}$ 对任意 $ε > 0$ （例如 $ε = 1/2$ ）

$\frac{ln n}{n} > \frac{c}{n} \cdot \frac{1}{n ^{1/2}} = \frac{c}{n ^{3/2}}$

这个不够强。更精确的比较：

由积分判别法（或直接比较调和级数）： $\sum \frac{ln n}{n} 发散$

详细证明：用Cauchy凝聚判别法 $\sum 2^{k} \cdot \frac{k ln 2}{2 ^{k}} = ln 2 \sum k = + \infty$

结论：条件收敛。 $□$

解(5)： $\sum \frac{c o s ( nπ /3 )}{n}$

分析通项： $cos \frac{nπ}{3} = cos \frac{π}{3}, cos \frac{2 π}{3}, cos π, cos \frac{4 π}{3}, cos \frac{5 π}{3}, cos 2 π, \dots$ $= \frac{1}{2}, - \frac{1}{2}, - 1, - \frac{1}{2}, \frac{1}{2}, 1, \frac{1}{2}, - \frac{1}{2}, \dots$

周期为6。

方法1：直接展开

$n = 1 \sum \infty \frac{cos ( nπ /3 )}{n} = \frac{1/2}{1} + \frac{- 1/2}{2} + \frac{- 1}{3} + \frac{- 1/2}{4} + \frac{1/2}{5} + \frac{1}{6} + \dots$

按周期分组： $S = k = 0 \sum \infty [\frac{1/2}{6 k + 1} - \frac{1/2}{6 k + 2} - \frac{1}{6 k + 3} - \frac{1/2}{6 k + 4} + \frac{1/2}{6 k + 5} + \frac{1}{6 k + 6}]$

可以证明每组和趋于零，但判断收敛性较复杂。

方法2：Dirichlet判别法

令 $a_{n} = \frac{1}{n}$ ， $b_{n} = cos (nπ /3)$ 。

$a_{n} ↓ 0$ ✓
需要证明 $\sum_{k = 1}^{n} cos (kπ /3)$ 有界

计算部分和（用复数）： $k = 1 \sum n e^{ikπ /3} = e^{iπ /3} \frac{1 - e ^{inπ /3}}{1 - e ^{iπ /3}}$

分子有界，分母非零，因此部分和有界 ✓

由Dirichlet判别法，级数收敛。

绝对收敛性： $\sum \frac{cos ( nπ /3 )}{n} = \sum \frac{∣ cos ( nπ /3 ) ∣}{n}$

注意到 $∣ cos (nπ /3) ∣$ 在 ${0, 1/2, 1}$ 中取值，且无穷多项 $\geq 1/2$ ，因此： $\sum \frac{∣ cos ( nπ /3 ) ∣}{n} \geq \frac{1}{2} \sum \frac{1}{n _{k}}$

其中 ${n_{k}}$ 是使 $∣ cos (nπ /3) ∣ \geq 1/2$ 的下标序列（无穷多个），因此发散。

结论：条件收敛。 $□$

例题集2：综合应用

例6：设 $\sum u_{n}$ 绝对收敛，证明：

(1) $\sum u_{n}^{2}$ 收敛

(2) $\sum \frac{u _{n}}{n}$ 收敛

(3) $\sum u_{n} v_{n}$ 收敛（其中 $\sum v_{n}$ 绝对收敛）

证明(1)： $\sum u_{n}^{2}$ 收敛

由 $\sum ∣ u_{n} ∣$ 收敛，知 $lim_{n \to \infty} ∣ u_{n} ∣ = 0$ 。

因此存在 $N$ ，当 $n > N$ 时， $∣ u_{n} ∣ < 1$ 。

当 $n > N$ 时： $u_{n}^{2} = ∣ u_{n} ∣^{2} < ∣ u_{n} ∣$

由 $\sum_{n = N + 1}^{\infty} ∣ u_{n} ∣$ 收敛，比较判别法知 $\sum_{n = N + 1}^{\infty} u_{n}^{2}$ 收敛。

改变有限项不影响敛散性，因此 $\sum u_{n}^{2}$ 收敛。 $□$

证明(2)： $\sum \frac{u _{n}}{n}$ 收敛

方法1：Abel判别法

令 $a_{n} = \frac{1}{n}$ ， $b_{n} = u_{n}$ 。

${a_{n}}$ 单调递减趋于零（有界）✓
$\sum b_{n} = \sum u_{n}$ 收敛（由绝对收敛推出）✓

由Abel判别法， $\sum \frac{u _{n}}{n}$ 收敛。 $□$

方法2：Cauchy不等式

$(\sum ∣ u_{n} ∣)^{2} = \sum u_{n}^{2} \sum \frac{1}{n ^{2}} \geq \sum \frac{∣ u _{n} ∣}{n}$

等等，这个不等式方向不对。

正确使用Cauchy-Schwarz不等式：

对有限和： $k = 1 \sum n \frac{∣ u _{k} ∣}{k} \leq k = 1 \sum n u_{k}^{2} \cdot k = 1 \sum n \frac{1}{k ^{2}}$

由 (1) 知 $\sum u_{n}^{2}$ 收敛，又 $\sum \frac{1}{n ^{2}}$ 收敛，因此右边有界。

$\sum \frac{∣ u _{n} ∣}{n}$ 收敛，从而 $\sum \frac{u _{n}}{n}$ 绝对收敛。 $□$

证明(3)： $\sum u_{n} v_{n}$ 收敛

方法：利用绝对收敛的乘积

由于 $\sum ∣ u_{n} ∣$ 和 $\sum ∣ v_{n} ∣$ 都收敛（绝对收敛假设），且： $∣ u_{n} v_{n} ∣ = ∣ u_{n} ∣ \cdot ∣ v_{n} ∣$

类似 (2) 的证明，或直接：

当 $n$ 充分大时， $∣ u_{n} ∣ < 1$ 且 $∣ v_{n} ∣ < 1$ ，因此： $∣ u_{n} v_{n} ∣ < max {∣ u_{n} ∣, ∣ v_{n} ∣}$

由比较判别法， $\sum ∣ u_{n} v_{n} ∣$ 收敛。

因此 $\sum u_{n} v_{n}$ 绝对收敛。 $□$

例7（经典题）：设 $0 < a_{n} ↑ + \infty$ 。证明：

(1) 若 $\sum u_{n}$ 绝对收敛，则 $\sum a_{n} u_{n}$ 可能发散

(2) 若 $\sum u_{n}$ 条件收敛，则必存在重排使 $\sum a_{n} u_{n}$ 发散

证明(1)：反例

取 $u_{n} = \frac{( - 1 ) ^{n}}{n}$ ， $a_{n} = n$ 。

$\sum u_{n}$ 条件收敛（不是绝对收敛，题目有误）。

修正：取 $u_{n} = \frac{( - 1 ) ^{n}}{n ^{2}}$ （绝对收敛）， $a_{n} = n$ 。

$\sum a_{n} u_{n} = \sum \frac{( - 1 ) ^{n}}{n}$

这是条件收敛的，不是发散。

正确反例： $u_{n} = \frac{1}{n ^{2}}$ （绝对收敛）， $a_{n} = n^{3/2}$ 。

$\sum a_{n} u_{n} = \sum \frac{n ^{3/2}}{n ^{2}} = \sum \frac{1}{n ^{1/2}}$

发散！ $□$

证明(2)：条件收敛级数的重排

设 $\sum u_{n}$ 条件收敛。将 $u_{n}$ 分解为正项和负项： $p_{n} = max {u_{n}, 0}, q_{n} = max {- u_{n}, 0}$

由条件收敛， $\sum p_{n} = + \infty$ 且 $\sum q_{n} = + \infty$ 。

构造重排：

先取正项 $p_{n_{1}}, p_{n_{2}}, \dots$ 使 $a_{n_{1}} p_{n_{1}} + a_{n_{2}} p_{n_{2}} + \dots > M$
再取负项直到和 $< M$
重复……

由于 $a_{n} \to + \infty$ ，每次取正项时，即使只取有限项，和可以任意大。

因此可构造重排使级数发散到 $+ \infty$ 。 $□$

例题集3：含参数级数

例8：讨论下列级数关于参数 $x$ 的敛散性：

(1) $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{( - 1 ) ^{n} x ^{n}}{n}$ $(x \in R)$

(2) $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{s i n ( n x )}{n ^{p}}$ $(x \in R, p > 0)$

(3) $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{( - 1 ) ^{n}}{n ^{x}}$ $(x > 0)$

解(1)： $\sum \frac{( - 1 ) ^{n} x ^{n}}{n}$

情形1： $∣ x ∣ < 1$

$\sum \frac{( - 1 ) ^{n} x ^{n}}{n} = \sum \frac{∣ x ∣ ^{n}}{n}$

比较： $\frac{∣ x ∣ ^{n}}{n} < ∣ x ∣^{n}$ ，而 $\sum ∣ x ∣^{n}$ 收敛（几何级数）。

由比较判别法，绝对收敛。

情形2： $x = 1$

$\sum \frac{( - 1 ) ^{n}}{n}$

交错调和级数，条件收敛。

情形3： $x = - 1$

$\sum \frac{( - 1 ) ^{n} \cdot ( - 1 ) ^{n}}{n} = \sum \frac{1}{n}$

调和级数，发散。

情形4： $∣ x ∣ > 1$

$\frac{( - 1 ) ^{n} x ^{n}}{n} = \frac{∣ x ∣ ^{n}}{n} \to + \infty$

通项不趋于零，发散。

综合答案： $\sum \frac{( - 1 ) ^{n} x ^{n}}{n} ⎩ ⎨ ⎧ 绝对收敛条件收敛发散 ∣ x ∣ < 1 x = 1 x \leq - 1 或 ∣ x ∣ > 1$

$□$

解(2)： $\sum \frac{s i n ( n x )}{n ^{p}}$

情形1： $x = kπ$ ( $k \in Z$ )

$sin (n x) = 0$ ，级数为 $\sum 0$ ，收敛（和为0）。

情形2： $x \neq = kπ$ ， $p > 1$

$\sum \frac{sin ( n x )}{n ^{p}} \leq \sum \frac{1}{n ^{p}}$

右边是p-级数（ $p > 1$ ），收敛。

绝对收敛。

情形3： $x \neq = kπ$ ， $0 < p \leq 1$

子情形3a： $p = 1$

用Dirichlet判别法：

$a_{n} = \frac{1}{n} ↓ 0$ ✓
$\sum sin (n x)$ 部分和有界（Dirichlet核）✓

级数收敛。

判断绝对收敛性： $\sum \frac{∣ sin ( n x ) ∣}{n}$

这个级数的敛散性依赖于 $x$ 。若 $x / π$ 是无理数，可以证明发散（超出本节范围）。

一般地，条件收敛。

子情形3b： $0 < p < 1$

类似 $p = 1$ 的情况，用Dirichlet判别法可证收敛（需要 $a_{n} = \frac{1}{n ^{p}} ↓ 0$ ）。

绝对收敛性： $\sum \frac{∣ sin ( n x ) ∣}{n ^{p}}$

对某些 $x$ ，可以证明发散。

综合答案： $\sum \frac{sin ( n x )}{n ^{p}} ⎩ ⎨ ⎧ 收敛（和为 0 ）绝对收敛条件收敛 x = kπ x \neq = kπ, p > 1 x \neq = kπ, 0 < p \leq 1$

$□$

解(3)： $\sum \frac{( - 1 ) ^{n}}{n ^{x}}$

这是交错p-级数（以 $x$ 为指数）。

第1步：Leibniz判别法

对任意 $x > 0$ ：

$u_{n} = \frac{1}{n ^{x}}$ 单调递减 ✓
$lim u_{n} = 0$ ✓

级数收敛。

第2步：判断绝对/条件收敛

$\sum \frac{( - 1 ) ^{n}}{n ^{x}} = \sum \frac{1}{n ^{x}}$

$x > 1$ ：p-级数收敛，绝对收敛
$0 < x \leq 1$ ：p-级数发散，条件收敛

综合答案： $\sum \frac{( - 1 ) ^{n}}{n ^{x}} {绝对收敛条件收敛 x > 1 0 < x \leq 1$

$□$

八、高级主题与拓展

8.1 Riemann重排定理的完整陈述

定理（Riemann重排定理，1854）

设 $\sum u_{n}$ 为条件收敛级数，则：

(1) 对任意实数 $A \in R$ ，存在重排 $σ$ 使得 $\sum u_{σ (n)} = A$

(2) 存在重排使得级数发散到 $+ \infty$ （或 $- \infty$ ）

(3) 存在重排使得 $\underline{lim} S_{n} = - \infty, \overline{lim} S_{n} = + \infty$

历史意义：这个定理震撼了19世纪数学界，说明条件收敛级数的和不是固有性质，而依赖于求和顺序！

8.2 无穷级数的Cauchy乘积

更一般的定理（Mertens定理）：

定理（Mertens，1875）

若级数 $\sum u_{n} = A$ 绝对收敛， $\sum v_{n} = B$ 收敛（不要求绝对收敛），则Cauchy乘积 $\sum w_{n} = n = 1 \sum \infty k = 1 \sum n u_{k} v_{n - k + 1}$ 收敛，且和为 $A B$ 。

证明：需要更精细的分析，超出本节范围。

8.3 Abel判别法的推广

推广：若 ${a_{n}}$ 是有界变差数列（Bounded Variation），且 $\sum b_{n}$ 收敛，则 $\sum a_{n} b_{n}$ 收敛。

定义（有界变差）： $n = 1 \sum \infty ∣ a_{n + 1} - a_{n} ∣ < + \infty$

单调有界数列是有界变差的特例。

8.4 Dirichlet判别法在Fourier分析中的应用

Dirichlet判别法是Fourier级数收敛性理论的基石：

Dirichlet-Jordan判别法：若 $f$ 在 $[0, 2 π]$ 上有界变差，则其Fourier级数 $\frac{a _{0}}{2} + n = 1 \sum \infty (a_{n} cos (n x) + b_{n} sin (n x))$ 在每点 $x$ 处收敛到 $\frac{f ( x ^{+} ) + f ( x ^{-} )}{2}$ 。

九、常见级数敛散性速查表

9.1 交错级数

级数	敛散性	类型	和（若已知）
$\sum \frac{( - 1 ) ^{n + 1}}{n}$	收敛	条件收敛	$ln 2$
$\sum \frac{( - 1 ) ^{n + 1}}{n ^{2}}$	收敛	绝对收敛	$\frac{π ^{2}}{12}$
$\sum \frac{( - 1 ) ^{n + 1}}{n}$	收敛	条件收敛	—
$\sum \frac{( - 1 ) ^{n}}{2 n + 1}$	收敛	条件收敛	$\frac{π}{4}$
$\sum \frac{( - 1 ) ^{n}}{( 2 n )!}$	收敛	绝对收敛	$cos 1$
$\sum \frac{( - 1 ) ^{n}}{( 2 n + 1 )!}$	收敛	绝对收敛	$sin 1$

9.2 三角级数

级数	条件	敛散性
$\sum \frac{s i n ( n x )}{n}$	$x \neq = 2 kπ$	条件收敛
$\sum \frac{c o s ( n x )}{n}$	$x \neq = 2 kπ$	条件收敛
$\sum \frac{s i n ( n x )}{n ^{p}}$	$p > 1, x \neq = 2 kπ$	绝对收敛
$\sum \frac{c o s ( n x )}{n ^{p}}$	$p > 1, x \neq = 2 kπ$	绝对收敛

9.3 含参数级数

级数	收敛域	备注
$\sum \frac{x ^{n}}{n}$	$- 1 < x \leq 1$	$x = 1$ 时条件收敛
$\sum \frac{x ^{n}}{n ^{2}}$	$- 1 \leq x \leq 1$	全区间绝对收敛
$\sum \frac{x ^{n}}{n !}$	$x \in R$	全体实数绝对收敛
$\sum n^{p} x^{n}$	$∣ x ∣ < 1$	任意 $p \in R$

十、易错点深度剖析

10.1 易错点清单

易错点1：误认为收敛级数通项单调趋零

❌ 错误：若 $\sum u_{n}$ 收敛，则 ${u_{n}}$ 单调

✅ 正确：只能推出 $lim u_{n} = 0$ ，不能推出单调

反例： $\sum \frac{( - 1 ) ^{n}}{n}$ 收敛，但 ${u_{n}}$ 不单调（有正有负）

易错点2：Leibniz判别法的充要性误解

❌ 错误： $u_{n} ↓ 0$ 是交错级数收敛的充要条件

✅ 正确：只是充分条件，不是必要条件

反例： $\sum [(- 1)^{n} \frac{1}{n ^{2}}]$ 收敛，但改写为 $\sum [(- 1)^{n} \frac{1}{n ^{2}} + \frac{1}{n ^{3}}]$ 也收敛，后者通项不满足单调性。

易错点3：条件收敛级数的运算

❌ 错误：两个条件收敛级数的和仍条件收敛

✅ 正确：可能绝对收敛，也可能发散

例：

$\sum \frac{( - 1 ) ^{n}}{n}$ 条件收敛
$\sum \frac{( - 1 ) ^{n + 1}}{n}$ 条件收敛
两者之和 $\sum 0$ 收敛（绝对收敛）

易错点4：绝对值与绝对收敛的混淆

❌ 错误： $∣ \sum u_{n} ∣ = \sum ∣ u_{n} ∣$

✅ 正确： $∣ \sum u_{n} ∣ \leq \sum ∣ u_{n} ∣$ （三角不等式）

例： $\sum \frac{( - 1 ) ^{n}}{n} = ln 2 \approx 0.693$

但 $\sum \frac{1}{n}$ 发散。

易错点5：Abel与Dirichlet条件的互换

❌ 错误：Abel判别法中 ${a_{n}}$ 趋于零即可

✅ 正确：Abel要求有界，Dirichlet要求趋零

判别法	${a_{n}}$	$\sum b_{n}$
Abel	单调有界	收敛
Dirichlet	单调趋零	部分和有界

两者条件不可替换！

10.2 易错题型分析

易错题1：若 $\sum u_{n}$ 和 $\sum v_{n}$ 都条件收敛，判断 $\sum (u_{n} + v_{n})$ 的敛散性。

错误解答：两个条件收敛级数之和仍条件收敛。

正确分析：

可能绝对收敛： $u_{n} = \frac{( - 1 ) ^{n}}{n}$ ， $v_{n} = \frac{( - 1 ) ^{n + 1}}{n}$ ，和为0
可能条件收敛： $u_{n} = v_{n} = \frac{( - 1 ) ^{n}}{n}$ ，和为 $\frac{2 ( - 1 ) ^{n}}{n}$ ，仍条件收敛
可能发散：构造合适的例子

结论：无法确定，需具体分析。

易错题2：若 $\sum ∣ u_{n} ∣$ 和 $\sum ∣ v_{n} ∣$ 都收敛，证明 $\sum u_{n} v_{n}$ 绝对收敛。

错误"证明"： $\sum ∣ u_{n} v_{n} ∣ = \sum ∣ u_{n} ∣ \cdot ∣ v_{n} ∣ \leq (\sum ∣ u_{n} ∣) \cdot (\sum ∣ v_{n} ∣)$

错误之处：不等号方向错误，且不能直接这样相乘。

正确证明：用Cauchy-Schwarz不等式或比较判别法（见例6）。

十一、本节总结与思维导图

11.1 核心知识体系

§12.3 一般项级数知识体系

一、交错级数

定义：正负相间
Leibniz判别法： $u_{n} ↓ 0 \Rightarrow$ 收敛
余项估计： $∣ R_{n} ∣ \leq u_{n + 1}$

二、绝对收敛vs条件收敛

绝对收敛： $\sum ∣ u_{n} ∣$ 收敛
条件收敛： $\sum u_{n}$ 收敛但 $\sum ∣ u_{n} ∣$ 发散
关系：绝对收敛 $\Rightarrow$ 收敛

三、绝对收敛级数的性质

可重排：任意重排和不变
可乘：Cauchy乘积收敛于乘积
条件收敛：重排可改变和（Riemann）

四、Abel与Dirichlet判别法

Abel： ${a_{n}}$ 单调有界， $\sum b_{n}$ 收敛
Dirichlet： $a_{n} ↓ 0$ ， $\sum b_{n}$ 部分和有界
应用：三角级数、 $\sum \frac{u _{n}}{n ^{p}}$ 等

11.2 完整思维导图

graph TB
    A[§12.3 一般项级数] --> B[交错级数]
    A --> C[绝对收敛理论]
    A --> D[Abel/Dirichlet判别法]
    
    B --> B1[Leibniz判别法]
    B1 --> B11[条件: uₙ↓0]
    B1 --> B12[结论: 收敛]
    B1 --> B13[余项: |Rₙ|≤uₙ₊₁]
    
    B --> B2[典型例子]
    B2 --> B21[Σ±1/n = ln2]
    B2 --> B22[Σ±1/n² = π²/12]
    
    C --> C1[定义]
    C1 --> C11[绝对收敛: Σ|uₙ|收敛]
    C1 --> C12[条件收敛: Σuₙ收敛但Σ|uₙ|发散]
    
    C --> C2[基本定理]
    C2 --> C21[绝对收敛→收敛]
    C2 --> C22[重排定理]
    C2 --> C23[Cauchy乘积]
    
    C --> C3[反常性质]
    C3 --> C31[Riemann重排定理]
    C3 --> C32[条件收敛可重排到任意值]
    
    D --> D1[Abel变换]
    D1 --> D11[分部求和公式]
    D1 --> D12[Abel引理]
    
    D --> D2[Abel判别法]
    D2 --> D21[aₙ单调有界]
    D2 --> D22[Σbₙ收敛]
    
    D --> D3[Dirichlet判别法]
    D3 --> D31[aₙ↓0]
    D3 --> D32[Σbₙ部分和有界]
    
    D --> D4[应用]
    D4 --> D41[Σaₙsin nx]
    D4 --> D42[Σuₙ/nᵖ]

11.3 判别法决策树

一般项级数 Σuₙ
│
├─ 符号正负交替？
│  ├─ 是 → 交错级数
│  │     ├─ {|uₙ|}单调↓0？
│  │     │  ├─ 是 → Leibniz判别法 → 收敛
│  │     │  └─ 否 → 考察Σ|uₙ|
│  │     └─ 收敛后判断绝对/条件收敛
│  │
│  └─ 否 → 考察绝对收敛性
│        ├─ 计算Σ|uₙ|
│        ├─ 用正项级数判别法
│        ├─ 若Σ|uₙ|收敛 → 绝对收敛 → 收敛
│        └─ 若Σ|uₙ|发散 → 尝试特殊判别法
│                        ├─ 乘积形式Σaₙbₙ？
│                        │  ├─ Abel判别法
│                        │  └─ Dirichlet判别法
│                        └─ 其他形式 → 综合分析

十二、课后练习题

基础题

1. 判断下列级数的敛散性（若收敛，判断绝对收敛还是条件收敛）：

(a) $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{( - 1 ) ^{n}}{n + n}$

(b) $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{( - 1 ) ^{n} l n n}{n ^{2}}$

(d) $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{( - 1 ) ^{[n]}}{n}$ （ $[n]$ 是取整函数）

2. 用Leibniz判别法计算下列级数的近似值（精确到0.01）：

$n = 1 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n + 1}}{n}$

需要计算多少项？

3. 证明：若 ${a_{n}}$ 单调递减趋于零，则 $\sum a_{n} sin (n x) (x \in (0, 2 π))$ 收敛。

进阶题

4. 设 $\sum u_{n}$ 条件收敛。证明：

(a) $\sum u_{n}^{+}$ 发散（其中 $u_{n}^{+} = max {u_{n}, 0}$ ）

(b) $\sum u_{n}^{-}$ 发散（其中 $u_{n}^{-} = max {- u_{n}, 0}$ ）

5. 讨论级数 $n = 2 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n}}{ln n}$ 的敛散性。

6. 设 $\sum u_{n}$ 和 $\sum v_{n}$ 都绝对收敛。证明： $(\sum u_{n})^{2} = \sum w_{n}$ 其中 $w_{n}$ 是 $u_{i} u_{j}$ ( $i + j = n + 1$ ) 的所有乘积之和。

挑战题

7. （Riemann重排定理的构造）设 $\sum \frac{( - 1 ) ^{n + 1}}{n} = ln 2$

构造一个重排使得新级数收敛到 $\frac{3}{2} ln 2$ 。

8. 设 ${a_{n}}$ 单调有界， ${b_{n}}$ 单调递减趋于零。若 $\sum a_{n}$ 和 $\sum b_{n}$ 都发散，问 $\sum a_{n} b_{n}$ 是否一定发散？

9. （开放题）设计一个级数，使得：

它条件收敛
但不是交错级数（即不满足正负相间）

10. 证明或否定：若 $\sum u_{n}^{2}$ 和 $\sum v_{n}^{2}$ 都收敛，则 $\sum u_{n} v_{n}$ 绝对收敛。

提示：用Cauchy-Schwarz不等式。

十三、历史注记与文化背景

13.1 Leibniz与交错级数

Gottfried Wilhelm Leibniz (1646-1716)

德国数学家、哲学家，微积分的发明者之一（与牛顿独立）。

贡献本节：

Leibniz判别法（1682）
首次系统研究交错级数
著名的Leibniz公式： $\frac{π}{4} = 1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{5} - \frac{1}{7} + \dots$

趣闻：Leibniz发现这个公式时，认为自己找到了连接几何（圆）和算术（自然数）的神秘联系，充满哲学意味。

13.2 Riemann与条件收敛

Bernhard Riemann (1826-1866)

德国数学家，现代分析学、几何学的奠基人之一。

Riemann重排定理（1854）：震撼了数学界

当时数学家们认为"无穷和"有固定值，Riemann证明条件收敛级数的和可以通过重排变成任意值！

这个结果促使数学家重新审视"无穷"的概念，推动了严格化运动。

Riemann的观点：

"只有绝对收敛级数才有真正的'和'，条件收敛级数的和只是一种约定。"

13.3 Abel与Dirichlet

Niels Henrik Abel (1802-1829)

挪威数学家，英年早逝（27岁死于肺结核）。

贡献：

Abel判别法
Abel求和法（幂级数收敛半径边界的研究）
证明五次方程无根式解（Abel-Ruffini定理）

悲剧人生：Abel在极度贫困中完成了大量工作，去世两天后收到哥廷根大学的聘书……

Peter Gustav Lejeune Dirichlet (1805-1859)

德国数学家，数论和分析学大师。

贡献本节：

Dirichlet判别法
Dirichlet核（Fourier分析的基础）
首次严格定义函数概念

师承：Dirichlet是Gauss的学生，后来成为Riemann的老师，形成了德国分析学派的师承链。

十四、应用实例

14.1 物理学中的应用

量子力学：Schrödinger方程的级数解

氢原子的波函数可展开为级数： $ψ (r) = n = 1 \sum \infty a_{n} e^{- r / n} r^{n}$

收敛性分析需要用到绝对收敛的理论。

电磁学：交流电路

交流电压可展开为Fourier级数： $V (t) = n = 1 \sum \infty (a_{n} cos (nω t) + b_{n} sin (nω t))$

Dirichlet判别法保证了级数的收敛性。

14.2 工程中的应用

信号处理：滤波器设计

数字滤波器的脉冲响应： $h [n] = k = 0 \sum \infty a_{k} δ [n - k]$

绝对收敛性保证了滤波器的稳定性（BIBO稳定）。

14.3 数值计算中的应用

π的计算

Leibniz公式虽然优美，但收敛极慢： $\frac{π}{4} = n = 0 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n}}{2 n + 1}$

计算π到10位需要约 $1 0^{10}$ 项！

更快的方法（Machin公式）： $\frac{π}{4} = 4 arctan \frac{1}{5} - arctan \frac{1}{239}$

结合Taylor展开，收敛快得多。

结语

一般项级数是级数理论的高潮。在这里，我们看到：

✅ 正负交替的优雅：Leibniz判别法的简洁与强大

✅ 绝对与条件的分野：收敛性的两种本质

✅ Riemann的警示：条件收敛级数的反常性

✅ Abel与Dirichlet的智慧：统一的判别法框架

From Alternating to General
从交错到一般

The journey deepens...
旅程渐入佳境……

"In mathematics, the art of asking questions
is more valuable than solving problems."

"在数学中，提出问题的艺术
比解决问题更有价值。"

—— Georg Cantor

§12.3 一般项级数·完

下一站：§12.4 无穷乘积

期待再会！

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