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# 第8章 数项级数

## 8.1 数项级数基本理论

## 定义 8.1 (数项级数收敛)

给定数项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ ，定义 $S_n = \sum_{k=1}^{n} u_n$ 为部分和函数，若 $\lim_{n \to \infty} S_n = S$ 收敛，则称 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 收敛，否则称数项级数发散。

## 定理 8.1 (数项级数收敛的各种条件)

给定数项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ ，其收敛的条件：

\- 必要条件 (一定能推出): $\lim_{n\to \infty}u_n = 0$

\- 充要条件 (Cauchy 准则): $\forall \epsilon, \exists N, \forall m, m + p > N$ 有 $|u_{m+1} + \cdots + u_{m+p}| < \epsilon$

## 笔记 一般证明发散要么不满足必要条件，要么用 Cauchy 准则逆否命题

练习 8.1Cauchy 收敛准则 (1) 证明 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}$ 发散 (2) 用 Cauchy 收敛准则证明 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}}$ 收敛

证明 (1) $\exists\epsilon_{0}=0,\forall N,m=N+1,m+p=2N$ ，则 $\frac{1}{m+1}+\frac{1}{m+2}+\cdots+\frac{1}{2m}\geq\frac{1}{2}=\epsilon_{0}$ ，根据 Cauchy 逆否命题可证 (也可以用积分判别法证明)

(2) 用 $\frac{1}{n^{2}}<\frac{1}{n(n-1)}$ ，直接求和或者用 Cauchy 收敛准则都行

## 定理 8.2 (子列问题)

对于数项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ ，若 $\lim_{n \to \infty} u_n = 0$ ， $S_n = \sum_{k=1}^{n} u_k$ 有一个子列 $S_{np}$ ( $p$ 为固定整数) 收敛，则 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 收敛

练习 8.2 交错子列 证明 $1 + \frac{1}{2} + (\frac{1}{3} - 1) + \frac{1}{4} + \frac{1}{5} + (\frac{1}{6} - \frac{1}{2}) + \cdots = \ln 3$

证明 $S_{3n}=\sum_{k=1}^{3n}u_{k}=(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{3n})-(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n})$ ，配合 Euler 常数可知 $S_{3n}=\ln3n+\gamma-\ln n-\gamma=\ln3$

## 定理 8.3 (去除有限项)

去掉、增加、改变级数的有限项并不改变数项级数的收敛性。

## 8.2 正项级数

## 8.2.1 比较原则

## 定理 8.4 (比较原则)

$\sum_{n = 1}^{\infty}u_n,\sum_{n = 1}^{\infty}v_n$ 是两个正项级数，

\- 非极限形式：若 $\exists N > 0$ 使得 $\forall n > N$ 满足 $u_{n} \leq v_{n}$ ，则根据 $\sum_{n=1}^{\infty} v_{n}$ 收敛推出 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 收敛；根据 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}$ 发散，则 $\sum_{n=1}^{\infty} v_{n}$ 也发散

\- 极限形式： $\lim_{n\to \infty}\frac{u_n}{v_n} = \lambda$ 。当 $0 < \lambda < \infty$ ，同敛散。 $\lambda = 0$ 则 $\sum_{n = 1}^{\infty}v_n$ 敛推 $\sum_{n = 1}^{\infty}u_n$ 敛。 $\lambda = \infty$ 时 $\sum_{n = 1}^{\infty}v_n$ 发散推 $\sum_{n = 1}^{\infty}v_n$ 发散

笔记 比较原则极限形式的 $0 < \lambda < \infty$ 情况即可以使用等价无穷小。但在一些特殊情况下也需要用 $\lambda = 0, \lambda = \infty$ 的形式。

例题8.1常用比较对象 $\sum_{n = 0}^{\infty}\frac{1}{n^p}$ 在 $p > 1$ 时收敛，在 $p\leq 1$ 时发散证明用积分判别法

练习8.3使用等价无穷小 判断敛散性：(1) $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{n^2 + 1}}$ (2) $\sum_{n=1}^{\infty} 2^n \sin \frac{\pi}{3^n}$

(3) 重点: $\sum_{n=1}^{\infty} (\sqrt[n]{2} - 1)$ (4) 重点: $\sum_{n=1}^{\infty} (a^{\frac{1}{n}} + a^{-\frac{1}{n}} - 2)(a > 1)$

解 (1) $\frac{1}{\sqrt{n^2 + 1}} \sim \frac{1}{n}$ ，发散

(2)和等比级数比，等价于 $(\frac{2}{3})^n\pi$ ，收敛

(3) 根据 $2^{\frac{1}{n}} - 1 \sim \frac{1}{n} \ln 2$ ，发散 (注意这里用的是 $a^x \sim x \ln a - 1$ )

(4) 根据 $a^{\frac{1}{n}} + a^{-\frac{1}{n}} - 2 = (a^{\frac{1}{2n}} - a^{-\frac{1}{2n}})^2 = a^{-\frac{1}{n}}(a^{\frac{1}{n}} - 1)^2 \sim \frac{\ln^2 a}{n^2}$ 收敛

练习8.4含对数与指数(1)重点： $\sum_{n = 1}^{\infty}\frac{1}{3^{\ln n}}$ (2)重点： $\sum_{n = 2}^{\infty}\frac{1}{(\ln n)^{\ln n}}$ (3) $\sum_{n = 3}^{\infty}\frac{1}{(\ln\ln n)^{\ln n}}$ (4)特殊： $\sum_{n = 2}^{\infty}\frac{1}{(\ln n)^n}$

(5) 重点: $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{2n \sin \frac{1}{n}}}$ (6) 重点: $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\ln(n+1)}{e^n}$ (7) $\sum_{n=1}^{\infty} (e^{\frac{1}{n^2}} - \cos \frac{\pi}{n})$

解 对数需要用到恒等式 $a^{\ln b} = b^{\ln a}$ (两侧取对数即可证明)

(1) $\frac{1}{3^{\ln n}} = \frac{1}{n^{\ln 3}}$ 收敛

(2) $\frac{1}{(\ln n)^{\ln n}}=\frac{1}{n^{\ln(\ln n)}}<\frac{1}{n^{2}}$ 收敛

(3) $\frac{1}{(\ln \ln n)^{\ln n}} = \frac{1}{n^{\ln \ln \ln n}} < \frac{1}{n^2}$ ，收敛

(4) $\frac{1}{(\ln n)^n} < \frac{1}{2^n}$ ，收敛

(5) $\frac{1}{n^{2n\sin\frac{1}{n}}} < \frac{1}{n^{\frac{3}{2}}}$ ，因此收敛。

(6) $\lim_{n\to \infty}n^2\frac{\ln(n + 1)}{e^n}\rightarrow 0$

(7)Taylor 展开: $e^{\frac{1}{n^2}} - \cos \frac{\pi}{n} = 1 + \frac{1}{n^2} - 1 + \frac{\pi^2}{2n^2} + o\left(\frac{1}{n^2}\right) = \left(1 + \frac{\pi^2}{2}\right)\frac{1}{n^2}$ 收敛笔记要灵活使用比较判别法。有时用等价无穷小，有时直接放缩，有时乘上 $n^2$ (一般在分母极大)，有时Taylor展开

练习 8.5 等价无穷小的进一步应用 $(1)a_{n}>0$ ，证明 $(1+a_{1})(1+a_{2})\cdots(1+a_{n})$ 与 $\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ 敛散性相同 $(2)a_{n}=(1-\frac{p\ln n}{n})^{n}$ ，讨论 $\sum_{n=1}^{\infty}b_{n}$ 的敛散性

(3) $f(x)$ 在 $[-1, 1]$ 二阶连续可微，且 $\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{x} = 0$ ，证明 $\sum_{n=1}^{\infty} f\left(\frac{1}{n}\right)$ 绝对收敛证明 (1) 取对数即 $\sum_{n=1}^{\infty} \ln(1 + a_n)$ ， $\lim_{n \to \infty} a_n = 0$ 时， $\lim_{n \to \infty} \frac{\ln(1 + a_n)}{a_n} = 1$ ，故同敛散。若 $\lim_{n \to \infty} a_n \neq 0$ 时， $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 发散，显然 $\lim_{n \to \infty} \ln(1 + a_n) \neq 0$ ，故也发散。

(2) $a_{n}=e^{n\ln(1-\frac{p\ln n}{n})}=e^{n[-\frac{p\ln n}{n}+o(\frac{1}{n})]}=e^{-p\ln n}\sim\frac{1}{p^{p}}$ ，当p>1时收敛， $p\leq1$ 时发散。

(3) 根据 $\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x}=0$ 得到 $f'(0)=0$ ，根据 Lagrange 余项得到 $f(\frac{1}{n})=f'(\xi)\frac{1}{n^{2}}$ ，因此收敛

## 定理 8.5 (比式比较判别法)

$\sum_{n=1}^{\infty} u_n, \sum_{n=1}^{\infty} v_n$ 为正项级数， $\exists N, \forall n \geq N$ 有 $\frac{u_{n+1}}{u_n} \leq \frac{v_{n+1}}{v_n}$ ，则 $\sum_{n=1}^{\infty} v_n$ 收敛可推出 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 收敛， $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 发散可推出 $\sum_{n=1}^{\infty} v_n$ 发散

证明 根据 $\frac{u_{n}}{u_{N}} = \frac{u_{N+1}}{u_{N}} \frac{u_{N+2}}{u_{N+1}} \cdots \frac{u_{n}}{u_{n-1}} \leq \frac{v_{N+1}}{v_{N}} \frac{v_{N+2}}{v_{N+1}} \cdots \frac{v_{n}}{v_{n+1}} = \frac{v_{n}}{v_{N}}$ ，由此推出 $u_{n} \leq \frac{u_{N}}{v_{N}} v_{n}$ 只相差一个常数，因此根据一般的比较判别法可得到结论。

练习8.6比式比较判别法基本应用 $a_{n} > 0,0 < \alpha \leq 1,\beta >1$ ，证明：(1)若 $\frac{a_{n + 1}}{a_n}\geq (1 - \frac{1}{n})^\alpha$ ，则 $\sum_{n = 1}^{\infty}a_n$ 发散(2)若 $\frac{a_{n + 1}}{a_n}\leq (1 - \frac{1}{n})^\beta$ ，则 $\sum_{n = 1}^{\infty}a_n$ 收敛

证明 (1) 根据 $\frac{a_{n+1}}{a_n} \geq \left(\frac{n-1}{n}\right)^\alpha = \frac{\frac{1}{n^\alpha}}{\frac{1}{(n-1)^\alpha}}$ ，因此根据结论发散 (2) 同理

## 8.2.2 比式判别法与根式判别法

前面比较判别法常用的比较对象是 $\frac{1}{n^p}$ ，而根式判别法与比式判别法的比较对象是等比级数。

## 定理 8.6 (比式判别法与根式判别法)

$\sum_{n = 1}^{\infty}u_n$ 是正项级数，则

\- 比式判别法：若 $\varlimsup_{n\to \infty}\frac{u_{n + 1}}{u_n} = q < 1$ ，则 $\sum_{n = 1}^{\infty}u_n$ 收敛，若 $\varliminf_{n\to \infty}\frac{u_{n + 1}}{u_n} >1$ 则发散。

\- 根式判别法：若 $\varlimsup_{n\to \infty}\sqrt[n]{u_n} = l < 1$ 则 $\sum_{n = 1}^{\infty}u_n$ 收敛， $\varlimsup_{n\to \infty}\sqrt[n]{u_n} >1$ 则发散。(双上极限)

证明 (1) 若 $\varlimsup_{n\to \infty}\frac{u_{n + 1}}{u_n} = q < 1$ ，则对 $\forall r\in (q,1)$ ， $\exists N,\forall n > N$ 有 $\frac{u_{n + 1}}{u_n} < r = \frac{r^{n + 1}}{r^n}$ ，而 $\sum_{n = 1}^{\infty}r^n$ 收敛，根据比式比较判别法可知。另一侧同理。

(2.1) 若 $\varlimsup_{n\to \infty}\sqrt[n]{u_n} = l < 1$ ，则 $\forall r\in (l,1)$ ， $\exists N,\forall n > N$ 有 $\sqrt[n]{u_n} < r$ ，即 $u_{n} < r^{n}$ ，由于 $\sum_{n = 1}^{\infty}r^n$ 收敛，因此 $\sum_{n = 1}^{\infty}u_n$ 收敛。

(2.2) 另一侧若 $\varlimsup_{n\to \infty}\sqrt[n]{u_n} = l > 1$ ，则 $\forall r\in (1,l)$ ，存在子列 $\sqrt[n]{u_{n_k}}\geq r$ ， $u_{n_k}\geq r^{n_k}\to \infty$ ，因此 $\sum_{n = 1}^{\infty}u_n$ 发散。

笔记理论上根式判别法证明发散只需要证上极限, 比比式条件更弱, 因此更好用。而且由于 $\lim_{n\to\infty}\frac{u_{n+1}}{u_n}\leq\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{u_n}\leq\overline{\lim}_{n\to\infty}\sqrt[n]{u_n}\leq\overline{\lim}_{n\to\infty}\frac{u_{n+1}}{u_n}$ 可知能用比式的一定能用根式, 一定要记住 $\sqrt[n]{n!}\sim\frac{n}{e}$

练习8.7使用根式判别法用根式判别法法证明(1) $\sum_{n = 1}^{\infty}\frac{n^2}{(2 + \frac{1}{n})^n}$ (2) $\sum_{n = 1}^{\infty}\frac{n!}{n^n}$ (3) $\sum_{n = 1}^{\infty}\frac{n!3^n}{n^n}$

(4) 重点: $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(n!)^{2}}{(2n)!}$ (5) 重点: $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(2n-1)!!}{n!}$ (6) 讨论 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{n} n!}{n^{n}}$ 的收敛性, $x \geq 0$

解(1)极限为 $\frac{1}{2}$ , 收敛

(2) 极限为 $\frac{n / e}{n} = \frac{1}{e}$ , 收敛

(3) 极限为 $\frac{3}{e} > 1$ ，发散

(4) 极限为 $\sqrt[n]{\frac{(n!)^2}{(2n)!}} = \frac{\left(\frac{n}{e}\right)^2}{\sqrt[2n]{\left(\frac{2n}{e}\right)^2}} \sim \frac{1}{4}$

(5) $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(2n-1)!!}{n!}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(2n)!}{n!(2n)!!}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(2n)!}{n!2^{n}n!}$ ，因此根据根式判别法等价于2>1。

(7) $\lim_{n\to \infty}\sqrt[n]{\frac{x^n n!}{n^n}} = \frac{x}{e}, x\in (0,e)$ 收敛， $x\in (e, + \infty)$ 发散。当 $x = e$ 则 $\frac{a_{n + 1}}{a_n} = \frac{e}{(1 + \frac{1}{n})^n} >1$ ，极限不趋于0。

练习8.8仅能用根式判别法(1)证明 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2^{n+(-1)^n}}$ 收敛

(2) 讨论 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{1 + x^{2n}}$ 的敛散性

证明 (1) $\lim_{n\to \infty}\sqrt[n]{\frac{1}{2^{n + (-1)^n}}} = \frac{1}{2} < 1$ 因此收敛

(2) 分母 $\lim_{n\to \infty}\sqrt[n]{1 + x^{2n}} = \max \{1,x^2\}$ ，因此

$$
\lim _ {n \to \infty} \sqrt [ n ]{u _ {n}} = \frac {x}{\max \{1 , x ^ {2} \}} = \left\{ \begin{array}{l l} <   1, & x \neq 1 \\ = 1, & x = 1 \end{array} \right.
$$

因此 $x \neq 1$ 时收敛， $x = 1$ 时发散。

练习 8.9 根式判别法上下极限 (1) 判断 $b + c + b^{2} + c^{2} + \cdots + b^{n} + c^{n} + \cdots$ 的敛散性，这里 0 < b < c < 1 解 (1) $\sqrt[n]{u_{n}}$ 在偶数项为 $\sqrt{c}$ ，奇数项为 $\sqrt{b}$ ，因此上极限为 $\sqrt{c}$ ，故收敛

## 8.2.3 积分判别法和拉贝判别法

## 定理 8.7 (积分判别法与拉贝判别法)

$\sum_{n = 1}^{\infty}u_n$ 收敛最本质的充要条件为部分和函数 $S_{n}$ 有界，其推论为

\- 拉贝判别法(常用于 $\frac{a_{n+1}}{a_n} \to 1$ ): $\lim_{n \to \infty} n(1 - \frac{u_{n+1}}{u_n}) = r > 1$ , 则 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 收敛。若 $r < 1$ 则发散, $r = 1$ 需要具体判定
- 积分判别法: $f$ 是 $[1, +\infty)$ 上非负减函数, 则 $\sum_{n=1}^{\infty} f(n)$ 与 $\int_1^{+\infty} f(x) \mathrm{d}x$ 同时收敛与发散

证明 (1) 拉贝判别法:

收敛情况：根据条件， $\exists N, \forall n > N$ 使得 $n\left(1 - \frac{u_{n+1}}{u_n}\right) > r$ 得到 $\frac{u_{n+1}}{u_n} < 1 - \frac{r}{n}$ ，根据伯努利不等式：

$$
(1 + x) ^ {r} \geq 1 + r x, x > - 1, r > 1 \Rightarrow \left(1 - \frac {1}{n}\right) ^ {r} \geq 1 - \frac {r}{n}
$$

因此 $\frac{u_{n + 1}}{u_n}\leq \left(1 - \frac{1}{n}\right)^r = \left(\frac{n - 1}{n}\right)^r = \frac{\frac{1}{n^r}}{\frac{1}{(n - 1)^r}}$ ，显然 $\sum_{n = 1}^{\infty}\frac{1}{n^r}$ 收敛，因此 $\sum_{n = 1}^{\infty}u_n$ 收敛

发散情况： $\frac{u_{n + 1}}{u_n}\geq 1 - \frac{1}{n} = \frac{n - 1}{n} = \frac{\frac{1}{n}}{\frac{1}{n - 1}}$ ，而 $\sum_{n = 1}^{\infty}\frac{1}{n}$ 发散，因此发散。

## 笔记 拉贝判别法更多地用于比式和根式判别法都失效的情况下。

练习 8.10 拉贝判别法 判断敛散性 (1) $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^{n}}{e^{n}n!}$

解 (1) 显然根式判别法失效。因此设 $u_{n} = \frac{n^{n}}{e^{n}n!}$ ，使用拉贝判别法以及 $(1 + \frac{1}{n})^{n} = e - \frac{e}{2n}$ (用 $(1 + x)^{\frac{1}{x}}$ 在 0 处 Taylor 展开) 得到

$$
\lim _ {n \to \infty} n \left(1 - \frac {u _ {n + 1}}{u _ {n}}\right) = \lim _ {n \to \infty} n \left[ 1 - \frac {(1 + \frac {1}{n}) ^ {n}}{e} \right] = \lim _ {n \to \infty} n \left[ \frac {1}{2 n} + o (\frac {1}{n}) \right] = \frac {1}{2} <   1
$$

根据拉贝判别法可知发散。

## 8.2.4 放缩证明敛散性

练习8.11两个简单放缩 $(1)a_{n}\geq 0$ ，讨论 $\sum_{n = 1}^{\infty}a_n$ 与 $\sum_{n = 1}^{\infty}\sqrt{a_na_{n + 1}}$ 收敛性的关系

(2) 设 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n^2, \sum_{n=1}^{\infty} b_n^2$ 收敛，证明 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n b_n, \sum_{n=1}^{\infty} (a_n + b_n)^2$ 均收敛

证明 $(1)\sqrt{a_n + b_n} \leq \frac{1}{2}(a_n + b_n)$ ，根据比较定理可知

(2) 根据 Cauchy 不等式， $\sum_{n=1}^{N}a_{n}b_{n}\leq\left(\sum_{n=1}^{N}a_{n}^{2}\right)\left(\sum_{n=1}^{N}b_{n}^{2}\right)$ ，因此收敛。 $\sum_{n=1}^{N}(a_{n}+b_{n})^{2}=\sum_{n=1}^{N}a_{n}^{2}+2a_{n}b_{n}+b_{n}^{2}$ 即可

![](6a2f4b6cc6f1a88a4b7ff3a2c0646790a46f3c0d06e9f32f3b45405572f20b4a.jpg)

## 8.3 任意项级数

## 8.3.1 交错项级数

## 定理 8.8 (Leibniz 判别法)

若 $a_{n}$ 单减趋于0，那么交替项级数 $\sum_{n = 1}^{\infty}(-1)^{n - 1}a_{n}$ 收敛

证明 设 $a_{n}$ 单减趋于 0, $S_{n} = \sum_{k=1}^{n} (-1)^{k-1} a_{k}$ , 下面考虑奇偶部分和:

$$
\left\{ \begin{array}{l} S _ {2 n} = (a _ {1} - a _ {2}) + (a _ {3} - a _ {4}) + \dots + (a _ {2 n - 1} - a _ {2 n}) \\ S _ {2 n + 1} = (a _ {1}) - (a _ {2} - a _ {3}) - (a _ {4} - a _ {5}) - \dots - (a _ {2 n} - a _ {2 n + 1}) \end{array} \right.
$$

显然 $S_{2n}$ 单增， $S_{2n+1}$ 单减， $a_{1}-a_{2}\leq S_{2n}\leq S_{2n}+a_{2n+1}=S_{2n+1}\leq a_{1}$ ，因此 $S_{2n}, S_{2n+1}$ 均有界，根据单调有界定理可知收敛，而奇偶子列均收敛说明 $S_{n}$ 收敛。

练习 8.12 讨论下面级数的条件收敛与绝对收敛性:

(1) 重点: $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n^{p+\frac{1}{n}}}$ (2) $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n^p \ln^q n}$ (3) $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n \sin \frac{x}{n}$

(4) $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n} \frac{\arctan n}{n^{x}}$ (5) 重点: $\sum_{n=1}^{\infty} \sin(n\pi + \frac{1}{n^{p}})$ (6) 重点: $\sum_{n=1}^{\infty} \sin(\pi \sqrt{n^{2} + p^{2}})$

解 (1) $\frac{1}{n^{p + \frac{1}{n}}} \sim \frac{1}{n^p}$ 因此 $p > 1$ 时绝对收敛。条件收敛性只需要看是否单调，考虑 $1 \geq p > 0$ ， $f(x) = x^{p + \frac{1}{x}}$ ， $f'(x) = px^{p - 1}x^{\frac{1}{x}} + x^p x^{\frac{1}{x}}\frac{1 - \ln x}{x^2} = x^{p - 1}x^{\frac{1}{x}}(p + \frac{1 - \ln x}{x}) > 0$ （ $x$ 足够大时），因此整体单减趋于 0。 $p \leq 0$ 时 $\lim_{n \to \infty} \frac{(-1)^n}{n^{p + \frac{1}{n}}} \neq 0$ ，因此发散。

(2) 加绝对值后可以用积分判别法，在 $p > 1$ 时绝对收敛， $p = 1, q > 1$ 绝对收敛。 $p > 0$ ，构造 $g(x) = x^p \ln^q x$ ，得到 $g'(x) = x^{p-1} \ln^{q-1} x (p \ln x + q) > 0$ （ $x$ 足够大），从而 $p = 1, q \leq 1$ 时， $0 < p < 1$ 条件收敛 $p = 0$ 时 $q > 0$ 条件收敛， $q \leq 0$ 发散。 $p < 0$ 发散。

(3) $x = 0$ 则绝对收敛。 $x \neq 0$ 时 $|(-1)^n \sin \frac{x}{n} | \sim \frac{|x|}{n}$ 发散。而 $\sin \frac{x}{n}$ 在 $n$ 足够大时单调，因此条件收敛

(4) 加绝对值时等价于 $\frac{1}{n^x}$ ，因此 $x > 1$ 时绝对收敛。不加绝对值时， $x < 0$ 一定发散， $x > 0$ 时，取 $g(y) = \frac{\arctan y}{y^x}$ ，求导发现小于 0，因此收敛

(5) 等于 $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n} \sin \frac{1}{n^{p}}$ , $p > 1$ 绝对收敛, $0 < p \leq 1$ 条件收敛, $p \leq 0$ 发散。

(6) 等于 $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n \sin (\pi \sqrt{n^2 + p^2} - n\pi) = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n \sin \frac{p^2\pi}{\sqrt{n^2 + p^2} + n}$ ，因此 $p = 0$ 时绝对收敛， $p \neq 0$ 条件收敛。

笔记 单调性常常使用求导辅助。

## 8.3.2 Dirichlet 与 Abel 判别法

## 定理 8.9 (Dirichlet 判别法)

$a_{k}, b_{k}$ 为两个数列，且满足(1) $\sum_{i=1}^{k} a_{i}$ 有界(2) $b_{k}$ 单调趋于0，则 $\sum_{k=1}^{\infty} a_{k} b_{k}$ 收敛

## 定理 8.10 (Abel 判别法)

$a_{k}, b_{k}$ 满足 (1) $\sum_{i=1}^{\infty} a_{i}$ 收敛 (2) $b_{k}$ 单调有界，则 $\sum_{k=1}^{\infty} a_{k} b_{k}$ 收敛

## 笔记 Leibniz 判别法本质只是 Dirichlet 和 Abel 判别法的一个特例

练习8.13常用三角结论(1)重点： $a_{n}$ 单减趋于0， $x\neq 2k\pi$ ，证明： $\sum_{n = 1}^{\infty}a_n\cos nx,\sum_{n = 1}^{\infty}a_n\sin nx$ 收敛

(2) 重点： $x \neq k\pi$ ，讨论 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\cos nx}{n^{p}}$ ， $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin nx}{n^{p}}$ 的条件收敛和绝对收敛性

(3) 重点：讨论 $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n \frac{\sin n}{n}$ 与 $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n \frac{\sin^2 n}{n}$ 的条件收敛与绝对收敛性证明 (1) 根据 $|\sum_{k=1}^{n}\cos kx| = |\frac{\sin(n + \frac{1}{2})x - \sin\frac{x}{2}}{2\sin\frac{x}{2}}| \leq \frac{1}{|\sin\frac{x}{2}|}$ ，同理 $|\sum_{k=1}^{\infty}\sin kx| = |\frac{\cos\frac{x}{2} - \cos(n + \frac{1}{2})x}{2\sin\frac{x}{2}}| \leq \frac{1}{|\sin\frac{x}{2}|}$ ，根据 Dirichlet 判别法可知。

(2) $p > 1$ 时 $\left|\frac{\cos nx}{n^p}\right| \leq \frac{1}{n^p}$ ，因此绝对收敛。 $p > 0$ 时根据Dirichlet可知条件收敛， $p \leq 0$ 时 $\lim_{n \to \infty} \frac{\cos nx}{n^p} \neq 0$ 发散。

下面证明 $0 < p \leq 1$ 时不绝对收敛：

$$
\left| \frac {\cos n x}{n ^ {p}} \right| \geq \left| \frac {\cos^ {2} n x}{n ^ {p}} \right| \geq \left| \frac {1 - \sin^ {2} x}{n ^ {p}} \right|
$$

而 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^p}$ 发散，因此发散。

(3) 这种双交错要把 $(-1)^n$ 吸收进三角。 $\sin(x + n\pi) = (-1)^n \sin x, \cos(n + n\pi) = (-1)^n \cos x$ ，因此 $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n \frac{\sin n}{n} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin(1 + \pi)n}{n}$ 条件收敛 (根据 (1) 结论)。第二个转换为 $\frac{1}{2} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n} - \frac{1}{2} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\cos(2 + \pi)n}{n}$ 条件收敛。绝对值发散的原因是 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin^2 n}{n} = \frac{1}{2} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} - \frac{1}{2} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\cos 2n}{n}$

练习8.14具体例子讨论 $\sum_{n = 1}^{\infty}\frac{\cos 3n}{n} (1 + \frac{1}{n})^n$ 的收敛性

解 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\cos 3n}{n}$ 根据前面结论收敛， $(1 + \frac{1}{n})^n \to e$ 单调有界，因此由 Abel 可知收敛

## 8.4 数项级数理论

8.4.1 级数的加括号

级数的加括号本质是数列收敛及其子列收敛的关系

## 定理 8.11 (加括号收敛)

$\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 收敛，则 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 中任意加括号得到级数 $\sum_{n=1}^{\infty} v_n$ 也收敛，且 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n = \sum_{n=1}^{\infty} v_n$ (即加括号既不改变收敛性，又不改变和)

证明 显然 $S_{n} = \sum_{k = 1}^{n}u_{k}$ 收敛，从而 $S_{k}^{\prime} = \sum_{k = 1}^{m}v_{k}$ 是 $S_{n}$ 子列，从而收敛且极限相同。

笔记 若级数发散，则加括号得到的新级数可能收敛，例如 $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n$ 。若级数加括号以后发散，则原级数一定收敛。

## 定理 8.12 (加括号收敛反推级数收敛)

若 $\sum_{n = 1}^{\infty}u_n$ 加括号后 $\sum_{n = 1}^{\infty}v_{n}$ 收敛，

若 $\lim_{n\to \infty}u_n = 0$ 且每个括号里项个数小于固定值 $L$ ，则 $\sum_{n = 1}^{\infty}u_n$ 收敛

\- 若每个括号里符号相同，则 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 收敛

## 8.4.2 级数的重排

## 定义 8.2 (重排)

考虑级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ , $f$ 是 $[n] \to [n]$ 的映射, 则称

$$
\sum_ {n = 1} ^ {\infty} v _ {n} = \sum_ {n = 1} ^ {\infty} u _ {f (n)}
$$

为 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 的一个重排

## 定理 8.13 (正项级数的重排)

正项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 收敛，则其任意重排 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{f(n)}$ 也收敛，且

$$
\sum_ {n = 1} ^ {\infty} u _ {n} = \sum_ {n = 1} ^ {\infty} u _ {f (n)}
$$

证明 记 $S_{n}=\sum_{k=1}^{n}u_{k},S_{n}^{\prime}=\sum_{k=1}^{n}u_{f(k)}$ ，记 $M=\max\{f(1),\cdots,f(n)\}$ ，则显然 $S_{n}^{\prime}\leq S_{M}$ ，根据 $\lim_{n\to\infty}S_{n}$ 存在可知 $\lim_{n\to\infty}S_{n}^{\prime}$ 存在，且

$$
\lim _ {n \to \infty} S _ {n} ^ {\prime} \leq \lim _ {n \to \infty} S _ {n} ^ {\prime}
$$

反之也可以将 $S_{n}$ 看作 $S_{n}^{\prime}$ 的重排，因此也满足 $\lim_{n\to \infty}S_n\leq \lim_{n\to \infty}S_n'$

## 定理 8.14 (一般项级数的重排)

$f$ 是重排映射，若 $\exists M\in \mathbb{Z}^{+}$ 使得 $|f(n) - n|\leq M$ ，则 $\sum_{n = 1}^{\infty}u_n$ 收敛当且仅当 $\sum_{n = 1}^{\infty}u_{f(n)}$ 收敛，且

$$
\sum_ {n = 1} ^ {\infty} u _ {n} = \sum_ {n = 1} ^ {\infty} u _ {f (n)}
$$

## 定理 8.15 (绝对收敛级数的重排)

设 $\sum_{n = 1}^{\infty}u_n$ 绝对收敛，则其任意重排 $\sum_{n = 1}^{\infty}u_{f(n)}$ 绝对收敛，且

$$
\sum_ {n = 1} ^ {\infty} u _ {n} = \sum_ {n = 1} ^ {\infty} u _ {f (n)}
$$

证明 正负部分开即可

## 定理 8.16 (Riemann 定理：条件收敛级数的重排)

设数项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 条件收敛，则对 $\forall S \in \mathbb{R} \cup \{\pm \infty\}$ ，存在重排 $\sum_{n=1}^{\infty} v_n$ 收敛到 $S$

## 8.4.3 正部与负部

对于任意数列 $u_{n}$ ，考虑非负数列 $p_n = \frac{|u_n| + u_n}{2}, q_n = \frac{|u_n| - u_n}{2}$ ，分别为 $u_{n}$ 的正部与负部，下面研究它们之间的关系。

## 定理 8.17 (正负部)

若 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 绝对收敛，则 $\sum_{n=1}^{\infty} p_n, \sum_{n=1}^{\infty} q_n$ 均收敛。若 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 条件收敛，则 $\sum_{k=1}^{n} p_k, \sum_{k=1}^{n} q_k$ 发散到正无穷，且 $\lim_{n \to \infty} \frac{\sum_{k=1}^{n} p_k}{\sum_{k=1}^{n} q_k} = 1$

证明 (1) $0 \leq p_{n}, q_{n} \leq |u_{n}|$ ，因此根据比较原则可发现 $\sum_{n=1}^{\infty} p_{n}, q_{n}$ 都收敛，且极限可拆开

(2) $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 条件收敛，则 $\sum_{n=1}^{\infty} (p_n - q_n)$ 收敛，但 $\sum_{n=1}^{\infty} (p_n + q_n) = +\infty$ ，假设 $\sum_{n=1}^{\infty} p_n$ 收敛，则 $\sum_{n=1}^{\infty} q_n$ 收敛，这与 $\sum_{n=1}^{\infty} (p_n + q_n)$ 发散矛盾。

练习8.15 $a_{n}$ 单减， $a_{n} \geq 0$ ， $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 发散，证明 $\lim_{n \to \infty} \frac{a_{2} + a_{4} + \cdots + a_{2n}}{a_{1} + a_{3} + \cdots + a_{2n-1}} = 1$

证明 极限小于等于 1 显然。而 $\frac{a_{2}+\cdots+a_{2n}}{a_{1}+\cdots+a_{2n-1}}\geq\frac{a_{3}+a_{5}+\cdots+a_{2n-1}}{a_{1}+a_{3}+\cdots+a_{2n-1}}=1-\frac{a_{1}}{a_{1}+\cdots+a_{2n-1}}$ ，根据单减以及发散可知 $2(a_{1}+a_{3}+\cdots+a_{2n-1})\geq a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{2n}\rightarrow\infty$ ，因此大于等于 1。

## 8.4.4 级数的乘积

## 8.4.5 级数的相互控制

## 定理 8.18 (级数相互控制)

设 $a_{n}\leq c_{n}\leq b_{n}$ 则

\- 数列 $a_{n}, b_{n}$ 收敛不能得出 $c_{n}$ 收敛

\- 级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n, \sum_{n=1}^{\infty} b_n$ 收敛可得出 $\sum_{n=1}^{\infty} c_n$ 收敛

证明 (1) 例如: $a_{n} = -2 - \frac{1}{n}, b_{n} = 2 + \frac{1}{n}, c_{n} = (-1)^{n}$

(2) 此时 $0 \leq c_{n} - a_{n} \leq b_{n} - a_{n}$ , 显然 $\sum_{n=1}^{\infty} b_{n} - a_{n}$ 收敛, 根据比较原则得到 $\sum_{n=1}^{\infty} c_{n} - a_{n}$ 收敛, 因此得到 $\sum_{n=1}^{\infty} c_{n}$ 收敛。

## 推论 8.1 (控制是相互的)

若 $a_{n} \leq b_{n} \leq a_{n + 1}$ ，则显然推出 $b_{n - 1} \leq a_{n} \leq b_{n}$ ，因此 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}, \sum_{n = 1}^{\infty} b_{n}$ 同敛散。

练习8.16相互控制练习(1)重点： $a_{n}$ 每一项都非零， $\lim_{n\to \infty}a_n = a\neq 0$ ，证明 $\sum_{n = 1}^{\infty}|a_{n + 1} - a_n|,\sum_{n = 1}^{\infty}\left|\frac{1}{a_{n + 1}} -\frac{1}{a_n}\right|$ 敛散性相同

(2) $a_{n}$ 是单调减的正数列，证明 $\sum_{n = 1}^{\infty}a_n$ 与 $\sum_{m = 1}^{\infty}2^{m}a_{2^{m}}$ 同敛散

证明 (1) 根据极限保号性， $\exists N, \forall n > N$ 有 $\frac{1}{2} a \leq a_n \leq \frac{3}{2} a$ ，而 $\left|\frac{1}{a_{n+1}} - \frac{1}{a_n}\right| = \left|\frac{a_n - a_{n+1}}{a_na_{n+1}}\right|$ 因此

$$
\frac {4}{9 a ^ {2}} | a _ {n + 1} - a _ {n} | \leq \frac {| a _ {n + 1} - a _ {n} |}{| a _ {n} a _ {n + 1} |} \leq \frac {4}{a ^ {2}} | a _ {n + 1} - a _ {n} |
$$

从而相互控制，同敛散

(2) 根据 $a_{n}$ 单调减可得

$$
2 ^ {k - 1} a _ {2 ^ {k}} \leq a _ {2 ^ {k - 1} + 1} + a _ {2 ^ {k - 1} + 2} + \dots + a _ {2 ^ {k}} \leq 2 ^ {k - 1} a _ {2 ^ {k - 1}}
$$

对 $k$ 求和得到

$$
\frac {1}{2} \sum_ {k = 1} ^ {n} 2 ^ {k} a _ {2 ^ {k}} \leq a _ {1} + a _ {2} + \dots + a _ {2 ^ {n}} \leq a _ {1} + \sum_ {k = 0} ^ {n - 1} 2 ^ {k} a _ {2 ^ {k}}
$$

这说明两者部分和等价，因此同敛散。

练习 8.17 比较原则对于一般项级数不成立的反例 (1) $a_{n}, b_{n}$ 满足 $\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n}}{b_{n}}=l>0$ ，此时显然 $\sum_{n=1}^{\infty}|a_{n}|,\sum_{n=1}^{\infty}|b_{n}|$ 敛散性相同，但举例说明 $\sum_{n=1}^{\infty}a_{n},\sum_{n=1}^{\infty}b_{n}$ 敛散性可以不同。

(2) $\lim_{n\to \infty}\frac{a_n}{b_n} = 0$ ，根据 $\sum_{n = 1}^{\infty}b_n$ 绝对收敛可推出 $\sum_{n = 1}^{\infty}a_n$ 绝对收敛，举例 $\sum_{n = 1}^{\infty}b_n$ 收敛推不出 $\sum_{n = 1}^{\infty}a_n$ 收敛

(3)举例说明 $\sum_{n = 1}^{\infty}a_n$ 收敛， $\sum_{n = 1}^{\infty}a_n^2$ 不一定收敛

解 (1) 例如 $a_{n} = \frac{(-1)^{n}}{\sqrt{n}}, b_{n} = \frac{(-1)^{n}}{\sqrt{n}} + \frac{1}{n}$ , 显然 $\lim_{n\to \infty}\frac{a_n}{b_n} = 1$ , 但 $a_{n}$ 收敛, $b_{n}$ 发散

(2) 比如 $a_{n} = \frac{1}{n}, b_{n} = \frac{(-1)^{n}}{\sqrt{n}}$

(3) 例如 $a_{n} = \frac{(-1)^{n}}{\sqrt{n}}$






> [!proof]- 证明状态
> 本笔记含数学结论；已保留原文。未给出证明的结论将在后续按定义、引理和推导链补证。


> [!theorem] 比较判别法
> 若 \le a_n\le b_n$ 且 $\sum b_n$ 收敛，则 $\sum a_n$ 收敛。
> ^thm-series-comparison

> [!proof]- 证明
> 部分和 =\sum_{n=1}^N a_n$ 单调递增且满足 \le\sum_{n=1}^{\infty}b_n$，故有上界。单调有界定理说明 $ 收敛，因此 $\sum a_n$ 收敛。