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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.。
一、有界集二、确界三、确界的存在性定理四、非正常确界*点击以上标题可直接前往对应内容记号与术语(;){|||}:U a x x a a δδδ=-<点的邻域；(;){|0||}:U a x x a a δδδ=<-<点的空心邻域； (;){|0}:U a x x a a δδδ+=≤-<点的右邻域； (;){|0}:U a x a x a δδδ-=≤-<点的左邻域； (;){|||}:U M x x M M ∞=>∞的邻域；(;){|}:U M x x M M +∞=>+∞的邻域； (;){|}:U M x x M M -∞=<-∞的邻域；. ； max :S S 数集的最大值min:S S 数集的最小值后退 前进 目录 退出定义1 有界集R,.S S 设⊂≠∅(1)R,,,M x S x M M 若使得则称为∃∈∀∈≤,.S S 的一个上界称为有上界的数集(2)R,,,L x S x L L 若使得则称为∃∈∀∈≥,.S S 的一个下界称为有下界的数集.S 则称为有界集(3),S 若既有上界又有下界:0,,||.M x S x M ∃>∀∈≤其充要条件为使有(1),,S S '若不是有上界的数集则称无上界00R,,.M x S x M ∀∈∃∈>使得(2),,S S '若不是有下界的数集则称无下界00R,,.L x S x L ∀∈∃∈<使得(3),,S S '若不是有界的数集则称无界集000,,||.M x S x M ∀>∃∈>使得即 即 即[]102[]1,M x M M +=>+>取证 取 L = 1, {2|N },.nS n +=∈证明数集无上界有下界例1 例2 2+31N .2n S n n ⎧⎫-=∈⎨⎬⎩⎭证明数集有界证 2+31N ,2n n n -∀∈.S 因此有界,,2L x S x n ≥∈=∀则故 S 有下界. 因此 S 无上界.,1,<∈∀M R M 若;210M x >=取，若1≥M 233122n n n ≤+111,22≤+=定义2确界:R . R,满足若设∈≠⊂η∅S S .sup ,S S =ηη记为的上确界是则称;,)i (η≤∈∀x S x ,,(ii)0S x ∈∃<∀ηα0,x α>使得若数集 S 有上界, 则必有无穷多个上界, 而其中 最小的一个具有重要的作用. 确界. 确界.最小的上界称为上 同样，若S 有下界，则最大的下界称为下定义3R,.R :S S ξ设若满足⊂≠∅∈(i),;x S x ξ∀∈≥00(ii),,;x S x βξβ∀>∃∈<.inf ,S S =ξξ记为的下确界是则称00,.x S x εξε∀>∃∈<+0,(ii)下确界定义中的亦可换成注2 注1 由定义,下确界是最大的下界.注4 (ii)显然,条件亦可换成:00,.x S x εηε∀>∃∈>-0,注3 条件(i) 说明 是 的一个上界, S η比 小的数都不是 的上界,从而是最小的上界 S ηη界, 条件(ii )说明即上确界是最小的上界.证 先证 sup S =1.;111,i)(≤-=∈∀n x S x .,211000αα>∈-=≤x S x ，则取若(ii) 1.α<设例3 11,1,2,,S x x n n ⎧⎫==-=⎨⎬⎩⎭设证明.0inf 1sup ==S S ，.1sup =S 因此，00,10,,,n αεα若令由阿基米德性>=->∃01.n ε使得<00011,1.x S x n εα取则=-∈>-=.0inf =S 因此.0inf =S 再证00(ii)0,0,.x S x αα∀>∃=∈<;011,)i (≥-=∈∀nx S x 以下确界原理作为公理,不予证明.虽然我们定义了上确界, 但并没有证明上确界的 存在性, 不一定有最小值, 例如 (0, ∞) 无最小值.这是由于上界集是无限集, 而无限数集确界存在性定理定理1.1（确界原理）设若有上界则必有上确界⊂≠∅S S S SR,.,;若有下界则必有下确界,.S S.,,y x B y A x ≤∈∀∈∀有:.,满足为非空数集设B A 例4 .inf sup B A ≤且证明：数集 A 有上确界，数集 B 有下确界，由定义, 上确界 sup A 是最小的上界, 因此, 任意 证 由假设, B 中任一数 y 都是 A 的上界, A 中的任界, B 有下确界.y ∈B ; sup A ≤ y . 而 inf B 是最大的下界, 因此 sup A ≤inf B.一数 x 都是 B 的下界.因此由确界原理, A 有上确 这样, sup A 又是 B 的一个下界,例5 ,R 中非空有上界的数集是设S (i)R,{|},a S a x a x S ∈+=+∈若定义则sup {}sup ;S a S a +=+=∈(ii)>0,{|},b bS bx x S 若定义则sup {}sup .bS b S =⋅证 ,)i (a S a x +∈+∀,S x ∈其中必有 ,sup S x ≤于是 .sup a S a x +≤+,,00S x ∈∃>∀ε对于使 ,sup 0ε->S x 从而,0a S a x +∈+且 ,)(sup 0ε-+>+a S a x 因此.sup )sup(a S a S +=+,)ii (bS bx ∈∀其中 ,S x ∈必有 ,sup S x ≤于是.sup S b bx ≤0,0,b εεε'∀>=>令则存在 ,0S x ∈使 0sup ,x S ε'>-因此 0sup sup .bx b S b b S εε'>-=-这就证明了.sup }sup{S b bS =非正常确界;R,)i (.1+∞<<∞-∈∀a a 规定supN ,inf{2|N }.nn +=+∞-∈=-∞2. 推广的确界原理: 非空数集必有上、下确界. .sup ,)ii (+∞=S S 记无上界若.inf ,-∞=S S 记无下界若例2 设数集 1R ,.A B x A x +⎧⎫⊂=∈⎨⎬⎩⎭求证:sup inf 0.A B 的充要条件是=+∞=例1,M ε1令=001,,.x B x M εε=∃∈<令于是0001,.y A y M x 且=∈>证 设 sup .A 若=+∞,0.x B x ∀∈>显然0,ε∀>于是 0001,.y B y x ε=∈<且因此 inf 0.B =sup .A 因此=+∞反之,若 inf 0,B =则0,M ∀>求证:sup inf 0.A B 的充要条件是=+∞=sup ,A =+∞则由于00,.x A x M ∃∈>复习思考题2. 1212,,S S S S ⊂和都是数集且21sup sup S S 和比较.inf inf 21的大小和及S S .sup S a =其中形式一定为,),[∞+a 1. 数集 S 有上界，则 S 的所有上界组成的集合是否 3. 在上确界的定义中， 00(ii),,x S x αηα使∀<∃∈>能否改为 00(ii ),,?x S x αηα'∀<∃∈≥使或改为 00(ii ),,?x S x αηα使''∀≤∃∈≥。
定理12.11（莱布尼茨判别法） 交错级数11234(1)(1)n n u u u u u +-+-++-+>=(0,1,2,),n u n 若级数的各项符号正负相间, 即则称为交错级数. 若交错级数(1)满足:(i){};n u 数列单调递减→∞=(ii)lim 0,n n u 则级数(1)收敛.后退 前进 目录 退出证 考察交错级数(1)的部分和数列{S n }, 和偶数项分别为---=-----211232221()(),m m m S u u u u u -=-+-++-21234212()()().m m m S u u u u u u 由条件(i), 上述两式中各个括号内的数都是非负的,(ii)又由条件知道从而{ [S 2m , S 2m-1] }是一个区间套.212200(),m m m S S u m -<-=→→∞在惟一的实数 S, 使得它的奇数项 {}是递减的，从而数列12-m S {}.2是递增的而数列m S 由区间套定理, 存推论-→∞→∞==212lim lim .m m m m S S S {},(1).n S 所以数列收敛即级数收敛若级数(1)满足莱布尼茨判别法的条件, 则收敛级数(1)的余项估计式为+≤1.n n R u 对于下列交错级数, 应用莱布尼茨判别法, 容易检验 它们都是收敛的:+-+-++-+-111111(1);(3)3!5!7!(21)!n n 12341234(1).(4)1010101010n n n +-+-++-+11111(1);(2)231n n +-+++-++定理12.1212(5)n u u u ++++++++12(6)n u u u 收敛,各项绝对值组成的级数绝对收敛的级数是收敛的.绝对收敛级数及其性质若级数则称原级数(5)为绝对收敛级数.由于++++++12m m m ru u u 因此由柯西准则知级数(5)也收敛.+++≤+++12m m m r u u u <ε对于级数(5)是否绝对收敛,可引用正项级数的各种 判别法对级数(6)进行考察.整数 r , 有++++++<12m m m r u u u ε证 由于级数(6)收敛,根据级数的柯西收敛准则, 对 ,ε于任意正数N 总存在正数，n N >使得对和任意正=++++∑2.!2!!nnn n αααα+→∞→∞==+1lim lim 0,1n n n nu u n α的各项绝对值所组成的级数是因此, 所考察的级数对任何实数 α都绝对收敛.例1 级数∞==++++∑21!2!!nnn n n αααα,α应用比式判别法,对于任意实数都有全体收敛的级数可分为绝对收敛级数与条件收敛级 数两大类.若级数(5)收敛,但级数(6)不收敛,则称级数(5)为条 件收敛. 12(5)n u u u ++++++++12(6)n u u u ()∑∞=--1111n n n 条件收敛，例如级数()()21111110,nn nn n n n ∞∞==--∑∑而.均绝对收敛相应地称级数 ()1k n n u ∞=∑为级数(5)的重++++12,(7)n v v v 作:()f n k n →称为正整数列的重排, →()(){}:{}n n k n k n u F u u u 按映射所得到的数列称为我们把正整数列{1,2,…,n , …}到它自身的一一映射1.级数的重排下面讨论绝对收敛级数的两个重要性质. 相应地对于数列原数列的重排. .排(),n k n v u =为叙述上的方便,记()写即把级数∑∞=1n n k u定理12.13第一步 设级数(5)是正项级数, 部分和. =+++12m mv v v σ表示级数(7)的第m 个部分和. ≤≤(1)k v k m ki u 的重排, 所以每一 应等于某一 (1).k m ≤≤记=12max{,,},m n i i i *证 只要对正项级数证明了定理的结论, 对绝对收 敛级数就容易证明定理是成立的.所得到的级数(7)绝对收敛且和也为S .设级数(5)绝对收敛, 且其和等于S , 则任意重排后 用S n 表示它的第 n 个 用因为级数(7)为级数(5)即级数(7)收敛, 且其和 ≤.S σ由于级数(5)也可看作级数(7)的重排, 所以也有 S σ≤S =σ, 从而得到 . 这就证明了对正项级数定 理成立.第二步 证明(7)绝对收敛.且绝对收敛, ∑nv收敛, 则对于任何,m .n m S n ≤σ，使都存在,lim S S n n =∞→由于,,m m S σ≤所以对任何正整数都有设级数(5)是一般项级数 则由级数(6)收敛第一步结论, 可得即级数(7)是绝对收敛的.0,0,0;n n n n u p u q ≥=≥=当时0,0,0.n n n n n u p q u u 当时从而<===-≥要把一般项级数(5)分解成正项级数的和. 第三步 证明绝对收敛级数(7)的和也等于S . 一步的证明, 收敛的正项级数重排后和不变, 根据第 所以先 为此令,2nn n u u p +=)8( .2n n n u u q -=,0n n u p ≤≤)9( ,0n n u q ≤≤,n n n u q p =+)10( .n n n u q p =-==-∑∑∑.n n n S u p q 对于级数(5)重排后所得到的级数(7), ''=-∑∑∑,n nn v p q ''∑∑∑∑,,nn n n p q p q 显然分别是正项级数的重排,办法, 把它表示为两个收敛的正项级数之差其和不变, 从而有''=-=-=∑∑∑∑∑.n nn n n v p q p q S ∑∑,n n p q 知 都是收敛的正项级数. 因此由级数(5)绝对收敛, 及(9)式, 也可按(8)式的注 定理12.13只对绝对收敛级数成立. 数重排后得到的新级数不一定收敛,不一定收敛于原来的和.适当重排后, 既可以得到发散级数,设其和为A , 即+-=-+-+-+-+=∑111111111(1)1.2345678n A n 1,2乘以常数后有例如级数 ()1111n n n ∞-=-∑条件收敛, 条件收敛级 即使收敛, 也 更进一步, 条件收敛级数 也可以收敛于 任何事先指定的数.+-=-+-+=∑1111111(1).224682n An +-++-+=1111131.325742A 将上述两个级数相加, 得到的是(2)的重排: 我们也可以重排(2)使其发散(可参考数学分析学习指导书下册). 2. 级数的乘积=∑∑,n n a u au ∑n u 由定理12.2知道, 若 为收敛级数, a 为常数, 则由此可以立刻推广到收敛级数 ∞=∑1n n u 与有限项和的乘积,即∞∞===+++=∑∑∑12111(),mm n k n n n k a a a u a u 那么无穷级数之间的乘积是否也有上述性质? =++++=∑12,(11)nn uu u u A 12.(12)nn vv v v B =++++=∑将级数(11)与(12)中每一项所有可能的乘积列成下设有收敛级数表:111213121222323132333123(13)n n n n n n n nu v u v u v u v u v u v u v u v u v u v u v u v u v u v u v u v i j u v 这些乘积可以按各种方法排成不同的级数, 用的有按正方形顺序或按对角线顺序.依次相加后,有 +++++1112222113u v u v u v u v u v ++++23333231(14)u v u v u v u v 常111213121222323132333123n n n n n n n nu v u v u v u v u v u v u v u v u v u v u v u v u v u v u v u v ↓↓↓↓←↓↓↓←←↓↓←←←↓↓←←←←正方形顺序111221132231.(15)u v u v u v u v u v u v ++++++111213212223313233u v u v u v u v u v u v u v u v u v ↓→↵↵←↵←对角线顺序定理12.14（柯西定理）i ju v 则对(13)中 且其和等于AB.*证 ,n n S w 以表示级数的部分和即∑==(1,2,,),k k k i j w u v k n 其中记=+++12,n n S w w w =1122max{,,,,,,},n n m i j i j i j =+++12,m m A u u u =+++12,m m B v v v ∑∑都绝对收敛，若级数n n v u ,∑n w 按任意顺序排列所得到的级数 也绝对收敛,≤.(16)n m m S A B 则必有∑n v 与{}{}n n A B 和的部分和数列 都是有界的.因而∑nu{}n S ∑nw 于是由不等式(16)知 是有界的, 从而级数∑n w .S AB = 下面证明 的和 由于绝对收敛级数具有可重排的性质,与采用哪一种排列的次序无关, 顺序并对各被加项取括号, 即由定理条件,级数(11)与(12)都绝对收敛, 绝对收敛. 即级数的和 为此, 采用正方形+++++123,(17)n p p p p 将每一括号作为一项, 得到新级数++++11122221()u v u v u v u v +++++1323333231(),u v u v u v u v u v ∑n w 它与级数同收敛, 且和相同. =.n n n P A B n P 与 n n A B 与则 有关系式:从而n P 表示(17)的用 部分和, n n n n n B A P S ∞→∞→==lim lim n n n n B A ∞→∞→=lim lim .AB =211,11nr r r r r=+++++<-例2 等比级数 ∑2()n r 将按(15)的顺序排列, 则得到2222111()()(),(1)nnn r r r r r r r r +=++++++++++-=++++++2123(1).nr r n r 注 级数乘积在幂级数(第十四章)中有重要应用.是绝对收敛的.引理（分部求和公式，也称阿贝尔变换）阿贝尔判别法和狄利克雷判别法下面介绍两个判别一般项级数收敛性的方法.,(1,2,,),,i j v i n ε设两组实数若令==+++=12(1,2,,),k k v v v k n σ121232111()()().(18)ni in n n n n i vεεεσεεσεεσεσ--==-+-++-+∑则有如下分部求和公式成立:证 -==-=111,(2,3,,)k k k v v k n σσσ以 分别乘以=(1,2,,),k k n ε 整理后就得到所要证的公式(18).推论（阿贝尔引理）=12(i),,,max{};n k kεεεεε是单调数组,记(ii)(1),k k k n A σ对任一正整数有则有≤≤≤=≤∑13.(19)nk kk vA εε12231n n-若证 由(i)知 都是同号的. 121232111()()()nk kn n n n nk v εεεσεεσεεσεσ--==-+-++-+∑12231()()()n n nA A εεεεεεε-≤-+-++-+1n n A A εεε=-+1(2)n A εε≤+3.A ε≤于是由分部求和公式及条件(ii)推得定理12.15（阿贝尔判别法）且级数 ∑n b 收敛, {}n a 0,.n M a M 使>≤证 由于数列 单调有界, 使当 n >N 时,对任一正整数 p ,都有+=<∑.n p kk nbε1122(20)n n n n a b a b a b a b =++++∑现在讨论形如级数的收敛性的判别法.若 {}n a 为单调有界数列,故存在 ,收敛又由于∑n b ,ε数依柯西准则，对任意正存在正数N , 则级数(20)收敛.定理12.16（狄利克雷判别法）+=≤∑3.n p k kk na bM ε这就说明级数(20)收敛.若数列{a n }单调递减, →∞=lim 0,n n a 且 ∑n b 又级数 的部分和数列有界, 则级数(20)收敛.∑n b 1nn n k V b ==∑证 由于 部分和数列 有界, 数M , 使 ||,n V M ≤ 因此当 n , p 为任何正整数时,(阿贝尔引理条件(ii)). 应用(19)式得到故存在正12||||2.n n n p n p n b b b V V M +++++++=-≤{}n a →∞=lim 0,n n a 又由于数列 单调递减, 且 0,ε∀> 对 ++++++11||n n n p n p a b a b <6.M ε有了阿贝尔判别法就知道: 若级数 ∑n u 收敛, 则(0),1nnp u u p nn >+∑∑级数都收敛.,N ∃.ε<>n a N n 时，有当）式得到于是根据（19++≤+12(||2||)n n p M a a例3 若数列{a n }具有性质:→∞≥≥≥≥=12,lim 0,n n n a a a a ∈∑∑sin cos (0,2)n n a nx a nx x π则级数和对任何都收敛.=⎛⎫⎛⎫+=+-+⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑1132sin cos sin sin sin 22222nk x x x kx x ⎡⎤⎛⎫⎛⎫++-- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦11sin sin 22n x n x 解 因为1sin ,2n x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭∈≠(0,2),sin 0,2x x π当时故得到=⎛⎫+ ⎪⎝⎭+=∑11sin 12cos .(21)22sin 2n k n x kx x ∑cos nx ∈(0,2)x π所以级数 的部分和数列当 时有sin .n a nx ∑理可证级数也是收敛的∈(0,2).x π对一切都收敛sin cos nx nx n n∑∑和作为例3 的特例, 级数 界，.cos 收敛数由狄利克雷判别法得级∑nx a n 同例4* 级数 21sin (1)n n n n ∞=-∑收敛但不绝对收敛. 解 由于 21sin (1)n n n n ∞=-∑的绝对值级数为 211sin 11cos2,2n n n n n n n ∞∞==⎛⎫=- ⎪⎝⎭∑∑∞=∑21sin n n n 发散.21sin (1cos2),2n n =-又因得发散，其中∑∞=11n n 123cos n n n ∞=∑收敛（根据例结论），故∞=-∑11(1),n n n 由于级数收敛而11cos2cos(2)(1),n n n n n n n π∞∞==+-=∑∑21sin (1)n n n n ∞=-∑所以级数 为条件收敛. 211sin 11cos2(1)(1)2n n n n n n n n n ∞∞==⎛⎫-=-- ⎪⎝⎭∑∑，也收敛，根据例321sin (1).n n n n ∞=-∑因此级数收敛复习思考题n u ∑n v ∑1. 假设级数 绝对收敛, 级数 条件收敛, 问级数 ()n n u v +∑是绝对收敛还是条件收敛?lim 0,2,n n n n nu u v l v →∞=≠∑∑对于一般项级数与从.能?n n u v ∑∑否得出与同敛散3. 总结一般项级数条件收敛或绝对收敛的判别步 骤.。
§123一般项级数数学分析课件（华师大四版）高教社
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数学分析第十二章数项级数§12.3一般项级数一、交错级数二、绝
对收敛级数及其性质由于非正项级数(一般项级数)的收敛性问题要比正项
级数复杂得多,所以本节只对某些特殊类型级数的收敛性问题进行讨论.三、阿贝尔判别法和狄利克雷判别法某点击以上标题可直接前往对应内容§3
一般项级数交错级数绝对收敛级数及其性质
交错级数
(un0,n1,2,),阿贝尔判别法和狄利
克雷判别法
若级数的各项符号正负相间,即
n1u1u2u3u4(1)un则称为交错级数.定理12.11（莱布尼茨判别法）若
交错级数(1)满足:
(ii)limun0,n后退
前进
(1)(i)数列{un}单调递减;则级数(1)收敛.
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§3一般项级数交错级数绝对收敛级数及其性质
阿贝尔判别法和狄利
克雷判别法
证考察交错级数(1)的部分和数列{Sn},它的奇数项和偶数项分别为S2m1u1(u2u3)(u2m2u2m1),S2m(u1u2)(u3u4)(u2m1u2m).由条件(i),上述两式中各个括号内的数都是非负的,
而数列S2m是递增的.S2m1是递减的，从而数列又由条件(ii)知道
0S2m1S2mu2m0(m),从而{[S2m,S2m-1]}是一个区间套.由区间套定理,存在惟一的实数S,使得
数学分析第十二章数项级数高等教育出版社§3一般项级数交错级数绝对收敛级数及其性质
阿贝尔判别法和狄利
克雷判别法
mlimS2m1limS2mS.m所以数列{Sn}收敛,即级数(1)收敛.推论若级数(1)满足莱布尼茨判别法的条件,则收敛级数(1)的余项估计式为Rnun1.对于下列交错级数,应用莱布尼茨判别法,容易检验它们都是收敛的:数学分析第十二章数项级数高等教育出版社§3一般项级数交错级数绝对收敛级数及其性质
阿贝尔判别法和狄利
克雷判别法
111n11(1);23n1(2)1111n11(1);(3)3!5!7!(2n1)!1234n1n234(1).(4) n1010101010数学分析第十二章数项级数高等教育出版社
§3一般项级数交错级数绝对收敛级数及其性质
阿贝尔判别法和狄利
克雷判别法
定理12.13设级数(5)绝对收敛,且其和等于S,则任意重排后所得到
的级数(7)绝对收敛且和也为S.
某证只要对正项级数证明了定理的结论,对绝对收敛级数就容易证明
定理是成立的.
第一步设级数(5)是正项级数,用Sn表示它的第n个部分和.用
mv1v2vm表示级数(7)的第m个部分和.因为级数(7)为级数
(5)的重排,所以每一vk(1km)应等于某一uik(1km).记nma某
{i1,i2,im},数学分析第十二章数项级数高等教育出版社§3一般项级数
交错级数绝对收敛级数及其性质
阿贝尔判别法和狄利
克雷判别法
则对于任何m,都存在n，使mSn.由于limSnS,所以对任何正整数m,
都有mS,n即级数(7)收敛,且其和S.由于级数(5)也可看作级数(7)的重排,所以也有
S,从而得到S.这就证明了对正项级数定理成立.
第二步证明(7)绝对收敛.设级数(5)是一般项级数
且绝对收敛,则由级数(6)收敛第一步结论,可得
vn收敛,即级数(7)是绝对收敛的.
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阿贝尔判别法和狄利
克雷判别法
第三步证明绝对收敛级数(7)的和也等于S.根据第一步的证明,收敛
的正项级数重排后和不变,所以先要把一般项级数(5)分解成正项级数的和.为此令
unununun.(8)pn,qn22当un0时,pnun0,qn0;当un0时,pn0,qnunun0.从而0pnun,0qnun,(9)pnqnun,pnqnun.(10)数学分析第十二章数项级数高等教育出版社§3一般项级数交错级数绝对收敛级数及其性质阿贝尔判别法和狄利
克雷判别法
由级数(5)绝对收敛,及(9)式,知pn,qn都是收敛的正项级数.因此
Sunpnqn.对于级数(5)重排后所得到的级数(7),也可按(8)式的办法,
把它表示为两个收敛的正项级数之差
qn,vnpn,qn分别是正项级数pn,qn的重排,显然pn其和不变,从而有vpqpqnnnnnS.数学分析第十二章数项级数高等教育出版社§3一般项级数交错级数绝对收敛级数及其性质
阿贝尔判别法和狄利
克雷判别法
注定理12.13只对绝对收敛级数成立.条件收敛级数重排后得到的新
级数不一定收敛,即使收敛,也不一定收敛于原来的和.更进一步,条件收敛级数适当重排后,既可以得到发散级数,也可以收敛于
n11条件收敛,任何事先指定的数.例如级数1nn1设其和为A,即
11111111(1)n12345678A.1乘以常数后,有2n1数学分析第十二章数项级数高等教育出版社
§3一般项级数交错级数绝对收敛级数及其性质
阿贝尔判别法和狄利
克雷判别法
11111An11(1).2n24682将上述两个级数相加,得到的是(2)的重
排:1111131A.325742我们也可以重排(2)使其发散(可参考数学分析学习指导书下册).2.级数的乘积
由定理12.2知道,若un为收敛级数,a为常数,则aunaun,数学分析第十二章数项级数高等教育出版社§3一般项级数交错级数绝对收敛级数及其性质
由此可以立刻推广到收敛级数un与有限项和的乘
n1阿贝尔判别法和狄利
克雷判别法
积,即
(a1a2am)unakun,n1n1k1m那么无穷级数之间的乘积是否也有上述性质设有收敛级数
unu1u2unA,v1v2vnB.(11)(12)vn将级数(11)与(12)中每一项所有可能的乘积列成下表:
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阿贝尔判别法和狄利
克雷判别法
u1v1u2v1u3v1unv1u1v2u2v2u3v2unv2u1v3u1vnu2v3u2vnu3v3u3vnunv3 unvn(13)这些乘积uivj可以按各种方法排成不同的级数,常
用的有按正方形顺序或按对角线顺序.依次相加后,有
u1v1u1v2u2v2u2v1u1v3u2v3u3v3u3v2u3v1(14)数学分析第十二章数项级数高等教育出版社§3一般项级数交错级数绝对收敛级数及其性质阿贝尔判别法和狄利
克雷判别法
u1v1u2v1u3v1unv1u1v2u2v2u3v2unv2u1v3u2v3u3v3unv3u1vnu2vnu3vn unvn数学分析第十二章数项级数高等教育出版社正方形顺序§3一般项级数交错级数绝对收敛级数及其性质
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克雷判别法
u1v1u2v1u1v2u2v2u1v3u2v3u3v2u3v3对角线顺序
u1v1u1v2u2v1u1v3u2v2u3v1.数学分析第十二章数项级数高等教育出版社u3v1(15)
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阿贝尔判别法和狄利
克雷判别法推论（阿贝尔引理）若(i)1,2,,n是单调数组,记ma某{k};k(ii)对任一正整数k(1kn)有kA,则有vk1nnkk3A.(19)证由(i)知
12,23,,n1n都是同号的.于是由分部求和公式及条件(ii)推得k1kkv(12)1(23)2(n1n)n1nnA(12)(23)(n1n)AnA1nAnA(12n)3A.数学分析第十二章数项级数高等教育出版社§3一般项级数交错级数绝对收敛级数及其性质
阿贝尔判别法和狄利
克雷判别法现在讨论形如
anbna1b1a2b2anbn级数的收敛性的判别法.
定理12.15（阿贝尔判别法）(20)若{an}为单调有界数列,且级数bn
收敛,则级数(20)收敛.
证由于数列{an}单调有界,故存在M0,使anM.数,存在又由于bn收敛,依柯西准则，对任意正正数N,使当n>N时,对任一正整数p,都有npknb数学分析第十二章数项级数高等教育出版社k.§3一般项级数交错级数绝对收敛级数及其性质
阿贝尔判别法和狄利
克雷判别法(阿贝尔引理条件(ii)).应用(19)式得到
npknab这就说明级数(20)收敛.
kk3M.定理12.16（狄利克雷判别法）且liman0,又级数bn若数列{an}单调递减,n的部分和数列有界,则级数(20)收敛.
证由于bn部分和数列Vnbn有界,故存在正
k1n数M,使|Vn|M,因此当n,p为任何正整数时,
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阿贝尔判别法和狄利
克雷判别法|bn1bn2bnp||VnpVn|2M.又由于数列{an}单调递减,且liman0,对0,n19）式得到N,当nN时，有an.于是根据
（|an1bn1anpbnp|2M(|an1|2|anp|)6M.有了阿贝尔判别法就知道:若级数un收敛,则
un级数p(p0),n数学分析第十二章数项级数高等教育出版社un都收敛.n1§3一般项级数交错级数绝对收敛级数及其性质
阿贝尔判别法和狄利
克雷判别法例3若数列{an}具有性质:
a1a2an,liman0,n则级数aninn某和ancon某对任何某(0,2)都收敛.
解因为
n某1某3某2incok某inin某in22k1222111inn某inn某inn
某,222数学分析第十二章数项级数高等教育出版社。
