§123一般项级数数学分析课件(华师大四版)高教社ppt华东

lim()x xf x A→= *点击以上标题可直接前往对应内容定理3.2（唯一性）证 不妨设以及 A x f x x =→)(lim 0.)(lim 0B x f x x =→由极限的定义，对于任意的正数 ,1δ存在正数,||010时当δ<-<x x (1),2|)(|ε<-A x f ,||020时当δ<-<x x )(lim 0x f x x →存在, 则此极限唯一.若 的基本性质 A x f xx =→)(lim 0,2δ,ε后退 前进 目录 退出(2) 式均成立，.|)(||)(|||ε<-+-≤-B x f x f A B A 由ε 的任意性，推得 A = B. 这就证明了极限是唯一的.12min{,},δδδ=令(1) 式与.2|)(|ε<-B x f (2)(1),2|)(|ε<-A x f 00||,x x δ<-<当时所以定理3.3（局部有界性）证 ,1=ε取.1|)(|<-A x f .1|||)(|+<A x f 由此得,)(lim 0A x f x x =→若上在)()(0x U x f,)(0x U则存在有界.这就证明了 在某个空心邻域 上有界.),(0δx U)(x f ,0>δ存在00x x δ<-<当时，注(1) 试与数列极限的有界性定理（定理 2.3）作一 (2) 有界函数不一定存在极限； 这上并不是有界的在但.)2,0(1,11lim )3(1xx x =→说明定理中 “局部” 这两个字是关键性的.比较；定理3.4（局部保号性）则对任何正数)(A r A r -<<或使得存在,)(,0x U.)0)((0)(<-<>>r x f r x f 或.|)(|ε<-A x f .)(r A x f >->ε由此证得 有对一切,)(0x U x∈有时，当δ<-<||00x x 证 不妨设 0.A >,)0(0)(lim 0<>=→或A x f x x 若 ,0>δ存在,r A -=ε取 (0,),r A ∈对于任何定理3.5（保不等式性）)(lim )(lim 0x g x f x x x x →→与设则内有且在某邻域,)()()(0x g x f x U ≤).(lim )(lim 0x g x f x x x x →→≤证 0lim (),lim (),x x x x f x A g x B →→==设;)(ε->A x f 有时而当,||020δ<-<x x .)(ε+<B x g 分别存在正数 12,,δδ有 都存在，0,ε>则对于任意使当 010||x x δ<-<时, 满足时则当令,||0,},min{021δδδδ<-<=x x ,)()(εε+<≤<-B x g x f A所以证得是任意正数因为从而有,.2εε+<B A .B A ≤定理3.6（迫敛性）lim ()lim (),x x x x f x g x A →→==设0x 且在的某个空心).()()(x g x h x f ≤≤.)(lim 0A x h x x =→那么证 因为 00lim ()lim (),x x x x f x g x A →→==有时当,||00δ<-<x x (),A f x A εε-<<+().A g x A εε-<<+.)()()(εε+<≤≤<-A x g x h x f A 再由定理的条件，又得这就证明了 0)(x x h 在点的极限存在，并且就是 A .0,ε>所以对于任意,0>δ存在0()U x 邻域内有定理3.7（四则运算法则）;)(lim )(lim )]()([lim )1(0x g x f x g x f x x x x x x →→→±=±;)(lim )(lim )()(lim )2(000x g x f x g x f x x x x x x →→→⋅=g f g f ⋅±,在点 x 0 的极限也存在, 且都存在, ,0)(lim )3(0≠→x g x x 又若在点 x 0 的极限也存在,g f则.)(lim )(lim )()(lim 00x g x f x g x f x x x x x x →→→=并有,)(lim 0x f x x →若)(lim 0x g xx → 则§2 函数极限概的性质A x f x x =→)(lim 0范例这个定理的证明类似于数列极限中的相应定理, 这就可以知道这些定理是显然的.里将证明留给读者. 在下一节学过归结原则之后, 的基本性质 A x f xx =→)(lim 0的基本性质 §2 函数极限概的性质A x f xx =→)(lim 0范例arctan lim x x x→+∞πlim arctan ,2x x →+∞=因解为例1 .arctan limxxx ∞+→求002=⋅=π范例1lim 0,x x →∞=所以1=lim arctan lim x x x x →+∞→+∞⋅例 2 .1lim 0⎥⎦⎤⎢⎣⎡→x x x 求有时又当,0<x 0>x 当,11lim )1(lim 00==-++→→x x x 由于,111x x x -≤⎥⎦⎤⎢⎣⎡<于是求得.11lim 0=⎥⎦⎤⎢⎣⎡→x x x 解 由取整函数的性质， .1111xx x ≤⎥⎦⎤⎢⎣⎡<-时, 有 ,111≤⎥⎦⎤⎢⎣⎡<-x x x 因此由迫敛性得 ;11lim 0=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+→x x x 同理得 .11lim 0=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-→x x x例 3 求极限 π4lim(tan 1).x x x →-π4lim tan tan1,4x x π→==解 因为所以π4ππlim(tan 1)11 1.44x x x →-=⋅-=-例4 .)1(1lim 0>=→a a xx 求证特别又有.1111εε+<<<--NNa a ,1N=δ取,|0|0时当δ<-<x ,1111εε+<<<<--NxNa a a .1lim 0得证即=→xx a 证 ,11lim ,1lim ==∞→∞→n n nn aa 因为所以 ,,0N ∃>∀ε有时当,N n ≥,1111εε+<<<--nna a复习思考题1. lim (), lim (),x x x x f x a g x →→=设存在不存在试问02. lim (),lim (),x x u u g x u f u A →→==设这时是否必有lim (())?x x f g x A →=0lim ()()?x x f x g x →极限是否必定不存在。

第十二章 数项级数2 一般项级数一、交错级数概念：若级数各项符号正负相间，即u 1-u 2+u 3-u 4+…+(-1)n+1u n +…(u n >0, n=1,2,…)，则称它为交错级数.定理12.11：(莱布尼茨判别法)若交错级数∑∞=+1n n 1n u (-1)满足：(1)数列{u n }单调递减；(2)∞n lim +→u n =0，则该级数收敛.证：交错级数的部分和数列{S n }的奇数项和偶数项分别为： S 2m-1=u 1-(u 2-u 3)-…-(u 2m-2-u 2m-1)，S 2m =(u 1-u 2)+(u 3-u 4)…+(u 2m-1-u 2m ). 由条件(1)知上述两式括号内的数皆非负，从而 数列{S 2m-1}递减，数列{S 2m }递增. 又由条件(2)知0<S 2m-1-S 2m =u 2m →0 (m →∞)，从而{[S 2m ,S 2m-1]}形成一个区间套， 由区间套定理，存在唯一的一个数S ，使得∞m lim +→S 2m-1=∞m lim +→S 2m =S.∴数列{S n }收敛，即该交错级数收敛.推论：若交错级数满足莱布尼茨判别法的条件，则该收敛级数的余项估计式为|R n |≤u n+1.二、绝对收敛级数及其性质概念：若级数各项绝对值所组成的级数|u 1|+|u 2|+…+|u n |+…收敛， 则称它为绝对收敛级数. 若级数收敛，但不绝对收敛，则称该级数为条件收敛级数.定理12.12：绝对收敛级数一定收敛.证：若级数|u 1|+|u 2|+…+|u n |+…收敛，由柯西收敛准则知， 对任意ε>0，总存在正数N ，使得对n>N 和任意正整数r ，有 |u n+1|+|u n+2|+…+|u n+r |<ε，∴|u n+1+u n+2+…+u n+r |<ε， ∴u 1+u 2+…+u n +…收敛. 得证！例1：证明：级数∑!n a n收敛.证：∵n1n ∞n u u lim++→=1n alim ∞n ++→=0<1,∴原级数绝对收敛.性质1：级数的重排：正整数列{1,2,…,n,…}到它自身的一一映射 f:n →k(n)称为正整数列的重排，相应地对数列{u n }按映射F:u n →u k(n)所得到的数列{u k(n)}称原数列的重排；同样的，级数∑∞=1n k(n)u 也是级数∑∞=1n nu 的重排. 记v n =u k(n)，即∑∞=1n k(n)u =v 1+v 2+…+v n +….定理12.13：若级数∑n u 绝对收敛，且其和等于S ，则任意重排后所得到的级数∑n v 也绝对收敛，且有相同的和数.证：不妨设∑n u 为正项级数，用S n 表示它的第n 个部分和， 记T m =v 1+v 2+…+v m 表示级数∑n v 的第m 个部分和.∵级数∑n v 是∑n u 的重排，∴对每一个v k 都等于某一ki u (1≤k ≤m).记n=max{i 1,i 2,…i m }, 则对任何m ，都存在n ，使T m ≤S n .由∞n lim +→S n =S 知，对任何正整数m 有T m ≤S, 即∑n v 收敛，其和T ≤S.又级数∑n u 也是∑n v 的重排，∴S ≤T ，推得T=S.若∑n u 为一般级数且绝对收敛，即正项级数∑n u 收敛，同理可推得 级数∑n v 收敛，∴级数∑n v 收敛. 令p n =2u u nn +，q n =2u u nn -；则当u n ≥0时，p n =u n ，q n =u n ；当u n <0时，p n =0，q n =-u n ≥0. 从而有 0≤p n ≤|u n |，0≤q n ≤|u n |，p n +q n =|u n |，p n -q n =u n . 又∑n u 收敛， ∴∑n p ,∑n q 都是正项的收敛级数，且S=∑n u =∑n p -∑n q .同理得：∑n v =∑'n p -∑'n q ，其中∑'n p ,∑'n q 分别是∑n p ,∑n q 的重排. ∴∑n v =∑'n p -∑'n q =∑n p -∑n q =S. 得证!性质2：级数的乘积：由a ∑n u =∑n au 可推得有限项和与级数的乘积：(a 1+a 2+…+a m )∑∞=1n n u =∑∑∞==1n n m1k k u a .继而可推广到无穷级数之间的乘积：设收敛级数∑n u =A, ∑nv=B.将两个级数中每一项所有可能的乘积列表如下：这些乘积u i v j按各种方法排成不同的级数，如按正方形顺序相加，得u1v1+u1v2+u2v2+u2v1+u1v3+u2v3+u3v3+u3v2+u3v1+…，如下表：或按对角线顺序相加，得u1v1+u1v2+u2v1+u1v3+u2v2+u3v1+…，如下表：定理12.14：(柯西定理) 设绝对收敛级数∑n u=A, ∑n v=B，则由它们中每一项所有可能的乘积u i v j按任意顺序排列所得到的级数∑n w绝对收敛，且其和等于AB.证：设级数∑n w,∑n u,∑n v的部分和分别为：S n =|w 1|+|w 2|+…+|w n |,A m =|u 1|+|u 2|+…+|u m |,B m =|v 1|+|v 2|+…+|v m |. 其中w k =kkj i v u (k=1,2,…,n)，m=max{i 1,j 1,i 2,j 2,…,i n ,j n }，则必有S n ≤A m B m .∵绝对收敛级数∑n u 与∑n v 的部分和数列{A m }和{B m }都有界， ∴{S n }有界，从而级数∑n w 绝对收敛. 利用绝对收敛级数的可重排性， 将绝对收敛级数∑n w 按正方形顺序重排如下： u 1v 1+(u 1v 2+u 2v 2+u 2v 1)+(u 1v 3+u 2v 3+u 3v 3+u 3v 2+u 3v 1)+…， 把每一括号作一项，得新级数：p 1+p 2+p 3+…+p m +…收敛， 且与∑n w 和数相同，其部分和P m =A m B m . 即有∞m lim +→P m =∞m lim +→A m B m =∞m lim +→A m ∞m lim +→B m =AB. 得证！例2：证明：级数1+2r+…+(n+1)r n +…(|r|<1)绝对收敛，并求其和.证：等比级数∑∞=0n n r =1+r+r 2+…+r n +…=r-11(|r|<1)，绝对收敛. 将(∑∞=0n n r )2的所有可能的项按对角线顺序相加得：1+(r+r)+(r 2+r 2+ r 2)+…+(r n +…+r n )+… (括号内共有n+1个r n ) =1+2r+…+(n+1)r n +…=2r)-(11. ∴所求级数绝对收敛，其和为2r)-(11.二、阿贝尔判别法和狄利克雷判别法引理：(分部求和公式，也称阿贝尔变换)设εi ,v i (i=1,2,…,n)为两组实数， 若令T k =v 1+v 2+…+v k (k=1,2,…,n)，则有如下分部求和公式成立：∑=n1i ii vε=(ε1-ε2)T 1+(ε2-ε3)T 2+…+(εn-1-εn )T n-1+εn T n .证：以v 1=T 1, v k =(T k -T k-1) (k=2,3,…,n)分别乘以εk (k=1,2,…,n)，则∑=n1i ii vε=ε1v 1+ε2v 2+…+εn v n =ε1T 1+ε2(T 2-T 1)+…+εn (T n -T n-1)=(ε1-ε2)T 1+(ε2-ε3)T 2+…+(εn-1-εn )T n-1+εn T n .推论：(阿贝尔引理)若(1)ε1, ε2,…, εn 是单调数组；(2)对任一正整数k(1≤k ≤n)有|T k |=|v 1+v 2+…+v k |≤A ，记ε=kmax {|εk |},有∑=n1k k k v ε≤3εA.证：由(1)知ε1-ε2, ε2-ε3, …, εn-1-εn 同号，于是由分部求和公式及(2)有∑=n1k k kv ε=|(ε1-ε2)T 1+(ε2-ε3)T 2+…+(εn-1-εn )T n-1+εn T n |≤A|(ε1-ε2)+(ε2-ε3)+…+(εn-1-εn )|+A|εn |=A|(ε1-εn )|+ A|εn | ≤A(|ε1|+2|εn |)≤3εA.定理12.15：(阿贝尔判别法)若{a n }为单调有界数列，且级数∑n b 收敛, 则级数∑n n b a =a 1b 1+a 2b 2+…+a n b n +…收敛.证：由级数∑n b 收敛，依柯西准则，对任给正数ε, 存在正数N, 使 当n>N 时，对一切正整数p ，都有∑++=pn 1n k kb<ε.又数列{a n }单调有界，∴存在正数M ，使|a n |≤M ，根据阿贝尔引理有∑++=pn 1n k k kb a≤3εM. ∴级数∑n n b a 收敛.注：由阿贝尔判别法知，若级数∑n u 收敛，则下述两个级数：(1)∑p nn u (p>0)；(2)∑+1n u n 都收敛.定理12.16：(狄利克雷判别法)若数列{a n }单调递减，且∞n lim +→a n =0，又且级数∑n b 的部分和数列有界，则级数∑n n b a 收敛.例3：证明：若数列{a n }单调递减，且∞n lim +→a n =0，则级数∑sinnx a n 和∑cosnx a n 对任何x ∈(0,2π)都收敛.证：2sin 2x (21+∑=n 1k coskx )=sin 2x +2sin 2x cosx+2sin 2x cos2x+…+2sin 2xcosnx= sin 2x +(sin 23x-sin 2x )+…+[sin(n+21)x-sin(n-21)x]=sin(n+21)x. 当x ∈(0,2π)时，sin 2x ≠0, cot 2x ≠+∞.∴∑=n1k coskx =2x 2sinx 21n sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+-21=21sinnxcot 2x +2cosnx -21.又-21cot 2x -1≤21sinnxcot 2x +2cosnx -21≤21cot 2x ，即当x ∈(0,2π)时，∑cosnx 的部分和数列有界，由狄利克雷判别法知级数∑cosnx an收敛.2sin 2x (∑=n 1k sinkx -21cot 2x )=2sin 2x sinx+2sin 2x sin2x+…+2sin 2x sinnx-cos 2x= (cos 2x-cos 23x) +…+[cos(n-21)x-cos(n+21)x]-cos 2x =-cos(n+21)x. 当x ∈(0,2π)时，sin 2x ≠0, cot 2x ≠+∞.∴∑=n1k sinkx =21cot 2x -2x 2sin x 21n cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=2x 2sinx 21n cos -2x cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛+.又- csc 2x =2x sin 1-≤2x 2sin x 21n cos -2x cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛+≤2x sin1=csc 2x ，即当x ∈(0,2π)时，∑sinnx 的部分和数列有界，由狄利克雷判别法知级数∑sinnx an收敛.注：作为例3的特例，级数∑n sinnx 和∑ncosnx对一切x ∈(0,2π)都收敛.习题1、下列级数哪些是绝对收敛，条件收敛或发散的：(1)∑!n sinnx ；(2)∑+-1n n )1(n；(3)∑+n1p n n (-1)；(4)∑-n 2sin )1(n ；(5)∑⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+n 1n (-1)n ；(6)∑++1n 1)ln(n (-1)n ；(7)n n 13n 1002n )1(∑⎪⎭⎫ ⎝⎛++-；(8)nn x !n ∑⎪⎭⎫ ⎝⎛. 解：(1)∵!n sinnx <2n 1(n>4)；又级数∑2n1收敛，∴原级数绝对收敛. (2)∵1n n)1(limn ∞n +-+→=1≠0；∴原级数发散. (3)∵当p ≤0时，n1p n ∞n n(-1)lim++→≠0；∴原级数发散；当p>1时，n1p n n(-1)+≤p n 1；又级数∑p n1(p>1)收敛，∴原级数绝对收敛. 当0<p ≤1时，令u n =n1p n1+，则n1n u u +=1n 1p n 1p 1)(n n++++=1n 1pn1)1n (n 11n++⎪⎭⎫⎝⎛+<1n 1pn 1n n 11n+⎪⎭⎫ ⎝⎛+=p1)n(n 1n 11n⎪⎭⎫ ⎝⎛++，∵np ∞n n 11lim ⎪⎭⎫ ⎝⎛++→=e p>1, 1n 1∞n n lim ++→=1，∴当n 充分大时，npn 11⎪⎭⎫ ⎝⎛+>1n 1n +，即 p n 11⎪⎭⎫ ⎝⎛+>1)n(n 1n+，从而n1n u u +<1，即u n+1<u n ，∴{u n }在n 充分大后单调减. 又∞n lim +→u n =n1p ∞n n1lim++→=0(0<p ≤1)，由莱布尼兹判别法知原级数条件收敛.(4)∵n2n2sin)1(limn ∞n -+→=1, 且级数∑n2发散，∴原级数不绝对收敛. 又{n2sin }单调减，且n2sin lim ∞n +→=0，由莱布尼兹判别法知原级数条件收敛. (5)∵级数∑n(-1)n收敛，而级数∑n1发散，∴原级数发散.(6)∵1n 1)ln(n (-1)n ++>1n 1+(n ≥2)，且∑+1n 1发散，∴原级数不绝对收敛.又{1n 1)ln(n ++}单调减且1n 1)ln(n lim ∞n +++→=0，∴原级数条件收敛. (7)记u n =n13n 1002n ⎪⎭⎫⎝⎛++，则n ∞n u lim +→=13n 1002n lim ∞n +++→=32，∴原级数绝对收敛. (8)记u n =n n x !n ⎪⎭⎫ ⎝⎛，则n 1n ∞n u u lim ++→=n∞n 1n n x lim ⎪⎭⎫⎝⎛++→=|e x |， ∴当-e<x<e 时，n1n ∞n u u lim++→<1，原级数绝对收敛； 当x ≥e 或x ≤-e 时，n1n ∞n u u lim++→≥1，即当n 充分大时，|u n+1|≥|u n |>0，∴n ∞n u lim +→≠0，∴原级数发散.2、应用阿贝尔判别法或狄利克雷判别法判断下列级数的收敛性：(1)nn n x 1x n (-1)+⋅∑ (x>0)； (2)∑a n sinnx, x ∈(0,2π) (a>0)； (3)nnxcos )1(2n∑-, x ∈(0,π).解：(1)∵当x>0时，0<n n x 1x +<n n x x =1，且n n1n 1n x 1xx 1x ++++=1n 1n x 1x x ++++； 若0<x ≤1，则1n 1n x 1x x ++++≤1；若x>1，则1n 1n x1x x ++++>1， 即数列{n n x 1x +}单调有界. 又级数∑n(-1)n收敛，由阿贝尔判别法知原级数收敛. (2)∵当a>0时，数列{a n1}单调递减，且∞n lim +→a n 1=0， 又当x ∈(0,2π)时，∑=n1k sinkx ≤csc 2x，即∑sinnx 的部分和数列有界，由狄利克雷判别法知原级数收敛. (3)∵数列{n 1}单调递减，且∞n lim+→n1=0，又当x ∈(0,π)， ∑=n1k 2kkx cos (-1)=∑=+n1k k21cos2kx (-1)≤∑=n 1k k 2(-1)+∑=n1k k 2cos2kx (-1)≤21+∑=n1k cos2kx 21.又由2sinx ∑=n 1k cos2kx =4sin(2n+1)x-4sinx ，得∑=n1k cos2kx =2sinx4sinx -1)x 4sin(2n +≤sinx 2+2， 即对任意x ∈(0,π)，级数nx cos )1(2n ∑-有界， 根据狄利克雷判别法知原级数收敛.3、设a n >a n+1>0 (n=1,2,…)且∞n lim +→a n =0.证明：级数∑+⋯++na a a (-1)n211-n 收敛.证：由a n >a n+1>0 (n=1,2,…)且∞n lim +→a n =0知， {na a a n21+⋯++}单调减且趋于0，由莱布尼茨判别法知原级数收敛.4、设p n =2u u nn +，q n =2u u nn -.证明：若∑n u 条件收敛，则级数∑n p 与∑n q 都是发散的. 证：若∑n u 条件收敛，则∑n u 发散， ∴∑n p =∑+2u u nn =∑2u n +∑2u n，发散； ∑n q =∑-2u u nn =∑2u n -∑2u n，发散.5、写出下列级数的乘积：(1)⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛∑∑∞=∞=1n 1-n 1-n 1n 1-n nx (-1)nx ； (2)⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛∑∑∞=∞=0n n 0n n!(-1)n!1. 解：(1)当|x|<1时，两个级数均绝对收敛，乘积按对角线一般项为：w n =k-n k-n n1k 1-k 1)xk -(n (-1)·kx +∑==xn-1∑=+n1k k-n 1)k -k(n (-1), 从而有w 2m =x2m-1∑=+2m1k k-2m 1)k -k(2m (-1)=[-2m+…+(-1)m (m 2+m)+2m+…+(-1)m-1(m 2+m)]=0； w 2m+1=x 2m∑+=++12m 1k 1k -2m 2)k -k(2m (-1)=x 2m[∑+=++12m 1k 1k -2m 1)k -k(2m (-1)+∑+=+12m 1k 1k -2m k (-1)]=-x 2m∑+=+12m 1k k-2m 1)k -k(2m (-1)+x2m∑+=+12m 1k 1k -2m k (-1)=- w 2m +x2m∑+=-12m 1k 1k k (-1)=x2m∑+=-12m 1k 1k k (-1)=x 2m(1-2+3-4+…-2m+2m+1)=(m+1) x 2m.∴⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛∑∑∞=∞=1n 1-n 1-n 1n 1-n nx (-1)nx =∑∞=+0m 2m 1)x (m . (|x|<1).(2)两个级数均绝对收敛，其乘积按对角线一般项为：w 0=1, w n =k)!-(n (-1)·k!1k -n nk ∑==n!1∑=nk k -n k)!-(n k!n!(-1)=n!1)-(1n=0(n=1,2,…) ∴⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛∑∑∞=∞=0n n0n n!(-1)n!1=1.注：二项式n 次幂展开式：(1-1)n=∑=nk k -n k)!-(n k!n!(-1).6、证明级数∑∞=0n n n!a 与∑∞=0n n n!b 绝对收敛，且它们的乘积等于∑∞=+0n nn!b)(a .证：n!a 1)!(n a limn 1n ∞n +++→=1n alim ∞n ++→=0,∴∑∞=0n n n!a 绝对收敛. 同理∑∞=0n nn!b 绝对收敛. 按对角线顺序，其乘积各项为：C 0=1=!0b)(a 0+, ……,C n =k)!-(n b k!a k -n n1k k ⋅∑==n!∑=n 0k k -n k k)!-(n k!n!b a =n!b)(a n +. ∴∑∞=0n n n!a ·∑∞=0n n n!b =∑∞=+0n nn!b)(a .7、重排级数∑+-n1)1(1n ，使它成为发散级数. 解：∑+-n 1)1(1n =1-21+31-41+…+n 1)1(1n +-+…=∑∞=1k 1-2k 1-∑∞=1k 2k 1，∑∞=1k 1-2k 1∵∑∞=1k 2k 1和∑∞=1k 1-2k 1是发散的正项级数，∴存在n 1，使u 1=∑=1n 1k 1-2k 1-21>1，又∑∞+=1n k 11-2k 1发散，∴存在n 2>n 1，使u 2=∑+=21n 1n k 1-2k 1-41>21，同理存在n 3>n 2，使u 3=∑+=32n 1n k 1-2k 1-61>31,…,u i+1=∑++=1i i n 1n k 1-2k 1-1)2(i 1+>1i 1+，可得原级数的一个重排∑∞=1i i u . ∵u i >i 1,且∑i 1发散，∴∑∞=1i i u 必发散.8、证明：级数∑-n)1(]n [收敛.证：记A L ={n|[n ]=L}, L=1,2,…，显然A L 中元素n 满足L 2≤n<(L+1)2,且A L 中元素个数为2L+1. 记U L =∑∈-L A n ]n [n )1(，则有u L =∑∈-LA n Ln )1(=(-1)L V L , 其中V L =∑∈L A n n 1，则V L -V L+1=∑=+2L0s 2s L 1-∑+=++1)2(L 0s 2s)1(L 1=∑=++++2Ls 22s])1s)[(L (L 1L 2-1L 2)1(L 12+++-2L 2)1(L 12+++≥∑=+++2L0s 22L]2)1[(L 1L 2-L 2)1(L 22++=222L]2)1[(L L]2)12[(L -1)L 2(L 2+++++=2222L]2)1[(L L)2-1-L 2L -L L 2(2++-+=222L]2)1[(L 1)-3L L (2++->0(当L ≥4时). ∴当L ≥4时, { V L }是单调下降数列. 当n ∈A L 时，21)(L 1+<n 1≤2L 1， ∴21)(L 1L 2++<V L ≤2L 1L 2+，可见∞L lim +→V L =0，从而∑∞=1L L u =∑∞=1L L LV (-1)收敛. 设级数∑∞=-1n ]n [n )1(的部分和为S N ，记级数∑∞=1n n u 的部分和为U M ，则S N =∑=-N1n ]n [n )1(，U M =∑=M1n n u ，任一个S N 均被包含在某相邻两个部分和U M , U M+1之间，即有|S N -U M |≤|U M+1-U M |，由级数∑∞=1n n u 收敛，知∞M lim +→U M+1-U M =0，∴∞N lim +→S N -U M =0，即极限∞N lim +→S N =∞N lim +→U M =∑∞=1n n u 存在，∴级数∑-n)1(]n [收敛.。