绝对收敛级数的性质和黎曼定理

绝对收敛的级数具有有限和的性质，即满足：结合律、交换律和分配律，而条件收敛的级数只满足结合律，不满足交换律和分配律，并具有奇特的性质：如，黎曼定理所述的性质.

两个绝对收敛的级数、相乘，按任何方式排列a_ib_j（i，j=1，2，…）求和所得到的级数仍然绝对收敛.

记

若绝对收敛，则，都收敛；若条件收敛，则，都发散到+∞.

例5.1 求之和.

解 用S_n表示级数的前n项部分和，则

故

例5.2 求级数之和.

解 由，可得

2cot2x=cotx-tanx，即tanx=cotx-2cot2x.

于是

故所求的级数之和为

例5.3 设级数收敛，则必收敛的级数为（ ）.

（数学I）.

解 因为收敛，所以收敛，因而级数收敛，应选（D）.

对选项（A），考察；对选项（B），考察；对选项（C），考察

例5.4 设u_n≠0，且，考察级数的绝对收敛性（数学I）.

解 由可知，.而

所以

即所考察的级数收敛.但由

可知，发散，故原级数为条件收敛.

例5.5 判断级数的敛散性.

解 因为，又注意到lnn=O（n^ε）（n→∞） （ε>0充分小），可得

由此知，原级数收敛.

注5.1 在本例的求解中，我们使用了阶方法.它适用于正项级数，依据是比较判别法.请同学们注意领会，并学以致用.

例5.6 若，问级数是否收敛？试证明之（上海交大）.

解 由及可知，当n→∞时，a_n与为等价无究小量.

又由

知，收敛.

例5.7 研究下列级数的敛散性.

解　（1）因为

所以当n→∞时，

由此可见，当a≠2时，发散；当a=2时，收敛.

（2）因为趋向于e，所以这是一个正项级数.由，可得

于是有，

由此可见，当p>0时，级数收敛；当p≤0时，级数发散.

例5.8　证明对数判别法（哈工大）.

证明　（1）由所给的不等式，当n>N时，有

即

或

利用比较法，由收敛可知，收敛.

（2）类似地，当n>N时，有

即

由发散，可知发散.

利用对数判别法，可很方便地讨论下列级数的敛散性.

提示 ，由施图兹定理易知，，故当-lna>1，即时，级数收敛；当-lna≤1，即时，级数发散.

例5.9 若a_n>0，级数发散，，证明：

（1）发散；（2）收敛（第（2）问，东北师大）.

证明 （1）用柯西准则.

取，∀N∈N⁺（固定），取n′=N+1>N.由于{S_n}↑趋向于+∞，所以对固定的N，存在p′>N适当大，可使.于是有

由柯西准则知，级数发散.

（2）因为S_n≤S_n+1，所以

而级数收敛于，故收敛.

注5.2 一般地，对任意的收敛.

事实上，对函数上使用拉格朗日中值定理，有

于是

由级数收敛，可推出级数收敛.

类题1 设级数发散，证明：存在收敛于零的正数列{b_n}，使得级数仍然发散（解放军信息工程大学）.

提示　设，取即可.

类题2　设正项级数，证明：必存在发散的正项级数，使得

提示　设，取，即可.

例5.10　证明柯西判别法.

证明　因为对正项级数，任意加括号不改变其敛散性，所以由

和

知，级数与级数同敛散.

利用这个结果，可证明：当p>1时，下列级数收敛.

证明：（1）是↓正数列，且

由收敛，知原级数收敛.

（2）是↓正数列，且

而

由（1）知，级数收敛，从而原级数收敛.

由此可见，当p>1时，正项级数

都收敛，依次后者比前者收敛较慢.类似地，可继续写出收敛得更慢的正项级数（从这，也可说明不存在收敛最慢的正项级数）.当p≤1时，它们都发散.

例5.11　设{p_n}为正数列，证明：若级数收敛，则级数

也收敛.

证明　用收敛原理.

引进记号q₀=0，.

下面估计部分和数列的上界.令

则

由柯西不等式，有

代入上式可得

令S_m=y²，则有

解该不等式可知，

这表明{S_m}有上界.由收敛原理知，原级数收敛.

例5.12 设证明：交错级数收敛.

证明 先证明一个不等式.设β>α>0，则∀x∈（0，δ）（δ>0适当小），有

1+βx>（1+x）^α. （1）(www.xing528.com)

事实上，令f（x）=1+βx-（1+x）^α，由f（0）=0和f′（0）=β-α>0可知，存在δ>0，当x∈（0，δ）时，有f（x）>f（0），即式（1）成立.

下面回到本题.由已知的极限，当n适当大时，{x_n}单调递减.设所给的极限为γ>0，取α，β>0满足γ>β>α>0，则当n适当大时，有

这里应用了不等式（1）.由此可知，存在A>0，使当n适当大时，有

由莱布尼茨判别法，收敛.

例5.13　讨论级数的敛散性（s>0）.

在讨论这个题目之前，我们先引述一个命题.

命题5.1 将级数加括号，且在每个括号内各项的符号相同.若加括号所得到的级数收敛，则原来的级数也收敛.

这个命题不难用级数收敛的定义或柯西收敛准则予以证明.由此可见，任何变号级数都可以采用加括号的方法，使其成为一个交错级数，且两者的敛散性相同.

解　（1）当s>1时，易知级数绝对收敛.

为了讨论0<s≤1时级数的敛散性.先将级数中相邻的同号项合并构成一个交错级数，其中

（2）当时，由

可知，级数发散，从而原来的级数发散.

（3）当时，

通过计算易知

因为当时，2s>1，所以由上可知，当n适当大时{a_n}单调递减趋向于0.由莱布尼茨判别法，收敛，从而原来的级数收敛.注意到发散，故原级数条件收敛.

例5.14　研究级数的敛散性（包括条件收敛、绝对收敛）.

解　记，由泰勒公式，可得

由于条件收敛，绝对收敛，所以原级数条件收敛.

例5.15　证明：级数

证明　考察

显然S_3n→+∞（n→∞）.对∀m∈N+，∃n∈N+，使m=3n+i（i=0，1，2）.由于级数的通项趋于0，故当m适当大时，有

S_m>S_3n-1，

从而S_m→+∞（m→∞）.

本例是通过估计{S_n}的一个子列发散性而证得原级数发散的，这正是所谓的子列法.在级数求和中我们曾经用过这种思想.

例5.16　讨论级数

（p>0，q>0）的敛散性（复旦大学）.

解　（1）若p>1，q>1，则

由比较法知，原级数绝对收敛.

（2）若0<p≤1，q>1（或p>1，0<q≤1），则如下加括号后得到下面的级数

由发散，收敛知，级数（1）发散，从而原级数发散.

（3）若0<p<q≤1（或0<q<p≤1），由于

且

所以此时级数（1）发散，从而原级数发散.

（4）若0<p=q≤1，级数为交错级数.由莱布尼茨判别法，它收敛且为条件收敛.

综上所述，当p>1，q>1时，级数绝对收敛；当0<p=q≤1时，级数条件收敛；其余的情形级数发散.

下面的例子是例5.16的推广.

例5.17　求级数的条件收敛域Ω的测度.

分析　先确定所给级数的条件收敛域Ω，然后计算它的测度.

解　设级数的通项为u_n，则

（1）当min{x²+y²，z}>1时，由收敛可知，原级数绝对收敛；

（2）当min{x²+y²，z}≤0时，由可知，原级数发散；

（3）当0<min{x²+y²，z}≤1时，分三种情形讨论.

（i）若x²+y²<z（此时x²+y²≤1）.由

可知，存在N>0，当n>N时，有，即

所以

故原极数发散；

（ii）若x²+y²>z（此时0<z≤1），仿照（i）可证原极数发散；

（iii）若x²+y²=z（此时0<z≤1），则原级数变成

显然是条件收敛的.

综上所述，使得原级数条件收敛的区域Ω={（x，y，z）z=x²+y²，0<z≤1}是空间曲面，它的测度就是该曲面的面积.于是，有

其中D_xy={（x，y）x²+y²≤1}是Ω在xOy平面的投影.

在极坐标变换下，有

例5.18　证明：（1）级数绝对收敛的充要条件是都收敛；

（2）若级数条件收敛，则和都发散于+∞；

（3）若级数条件收敛，记，

证明　由a_n⁺和a_n^-的定义知，a_n=a_n⁺-a_n^-，∣a_n∣=a_n⁺+a_n^-.

（1）（⇒）因为0≤a_n⁺≤∣a_n∣，0≤a_n^-≤∣a_n∣，所以和都收敛.

（⇐）因为，所以绝对收敛.

（2）用反证法.假设和中有一个收敛.不妨设收敛，由，即a_n=2a_n⁺-a_n可推知，收敛，从而绝对收敛，矛盾.

再由a_n⁺≥0，a_n^-≥0可推知，和都发散于+∞.

（3）记，则

注意到，存在，故

注5.3 本例告诉我们，条件收敛级数的正部和负部都发散于+∞，且它们发散的速度相同.由此可见，条件收敛级数的收敛是靠正项和负项的相互抵消来实现的.

例5.19 设级数的部分和数列有界，绝对收敛，且证明：级数收敛.

证明 用柯西收敛准则.

由已知条件，∃M>0，∀n∈N+，有

所以∀t∈N+，有

由绝对收敛及柯西收敛准则知：∀ε>0，∃N₁>0，当m>N1时，∀p∈N+，有

再由知，对上述ε>0，∃N₂>0，当n>N₂时，有b_n<ε.

取N=max{N₁，N₂}>0，当m>N，∀p∈N+，利用阿贝尔变换，有

由柯西收敛准则知，级数收敛.

值得注意的是，在对和式作讨论时，阿贝尔变换常常是有力的工具.

例5.20 讨论级数的敛散性（中山大学）.

解 用柯西收敛准则.

取，对∀N∈N+，让自然数k适当大，取n′=[e^4k-1]≥N，p′=[e^4k+1]-[e^4k-1]，显然p′∈N₊.考察.

注意到，当e^4k-1≤i≤e^4k+1时，有，因此

这里注意到了ln（1-e^-（4k+1））>lne^-1=-1（当k适当大时）.由柯西收敛准则可知，原级数发散.

例5.21 设级数收敛，正数列{na_n}单调递减趋于零，试证：.

证明 分两步证明.

（1）先证：

用S_n表示级数的前n项部分和，注意到a_n>0，则有

由于级数收敛，所以，因此并且容易看出，也有

（2）再证：

事实上，对任意的正整数n，存在唯一的正整数m，使得m²≤n<（m+1）2.由{na_n}单调递减，可得

由两边夹定理，并用（1）的结论，有

注意到，当n→∞时，（关于这一结论，可将离散变量换成连续变量x，然后用洛必达法则得到），并利用，则有