第九章1.4&1.5

四、变号级数若级数∑=nn nu1既有无限多项式正数，又有无限多项是负数，则称此级数∑=nn nu1是变号级数。

例如，级数的项依次有一项正两项负，即+-+-++-+-++-+-+)()()()()()(987654321u u u u u u u u u（u n >0)是变号级数。

为书写简便，将这个变号级数写为（u uu 321--+--+--+u u u u u u 987654 （u n >0)特别地，级数的项依次是正数与负数相间，即+-++-+--u u u u uu k k 2124321（u n >0)称为交错级数。

判别交错级数的收敛性有下面的判别法：1）定理10（莱布尼茨判别法） 有交错级数unn n ∑-∞=-11)1(（u n >0).若1）Nn +∈∀ ,有uu n n 1+≥； 2）lim=∞→unn .则交错级数unn n ∑-∞=-11)1(收敛，且,1u s s r n nn+<-=其中s ，s n 与r n 分别是交错级数unn n ∑-∞=-11)1(的和、n 项部分和与余和。

证明 首先讨论交错级数部分和数列{}s n 的偶子数列{}s k 2，∀Nk +∈，有)()()(21243212u u u u u u sk k k-++-+-=-由条件1），,Nm +∈∀有0212≥--u u m m ，于是，偶子列{}s k 2单调增加，又有u u u uu sk k k2123212-+-+-=-=uu u u u u u k k k 121222321)()(≤-------- ，即偶子列{}s k 2有上界，根据§2.2公理，偶子列{}s k 2收敛，设=∞→skk 2lims .由条件2），有s k us u ssk k k k kk k k =+=+=+∞→∞→+∞→+∞→1212212lim lim lim lim 2)(，即奇子列{}s k 12+也收敛于s .根据§2.2定理10，有 ,lims snn =∞→即交错级数unn n ∑-∞=-11)1(收敛。

由条件1），即,Nn +∈∀有01≥-+u u n n 。

再根据定理3，有+-+-=-=++++u u u u srn n n n nns 4321= -+-+-+++++u u u u u n n n n n 54321 = -----+++++)()(54321u u u u u n n n n n un 1+<.注 判别交错级数unn n ∑-∞=-11)1( （0≥u n ）的收敛性有莱布尼茨判别法，若仅有lim=∞→unn ，而缺少数列{}u n 单调减少，能否判定交错级数的收敛性？答案是否定的。

例如，级数+--++--+=+∑--∞=1511411311212)1()1(n nnn= ++--++--)15(41)14(31)13(2112=∑-∞=-⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+1111)1(n n n nn 且是交错级数，且一般项趋于0，而缺少数列{}u n 单调减少的条件，是发散的。

因为它是收敛的交错级数nn n n 111)1(+∑-∞=-与发散的调和级数∑∞=11n n的差。

此例说明，莱布尼茨判别法中，数列{}u n 单调减少这个条件是必不可缺少的。

例11 判别下列交错级数的收敛性： 1）nn n 111)1(∑-∞=-； 2）∑-∞=-11)1(n n 10nn；3）.!)!2(!)!12(1)1(n n n n-∑=∞= 解 1）Nn +∈∀，有.01lim;111=+>∞→nn nn 根据莱布尼茨判别法，交错级数∑-∞=-11)1(n n n1收敛。

2）Nn +∈∀，有;110101++>n nn n.0lim 10=∞→nn n根莱布尼茨判别法，交错级数∑-∞=-11)1(n n 10nn收敛。

3),Nn +∈∀有;!)!22(!)!12(!()!2!)!12(++>-n n n n.0!)!2(!)!12(lim=-∞→n n n根据莱布尼茨判别法，交错级数!)!2(!)!12(1)1(n n n n+∑-∞=收敛。

例例12 证明：级数.2ln 131211)1()1(111=++-+-=-∑--∞=- nn n n证明 它是交错级数，nu n 1=单调减少且趋近于零。

由莱布尼茨判别法知，它收敛。

有著名公式（上述例7） n nln 131211=++++c+,εn其中c 是欧拉常数，,0lim=∞→εnn 有nn sn2112141312112--++-+-==1+21)214121(2211214131nnn +++-+-++++=（1+)131211()21413121n n++++-++++=（ln 2+n c n(ln )2-++ε+c+)εn=ln2+,2εεn n-121212++=+n ssnn .所以.2ln ,2ln limlim11122)1(===∑-∞=-+∞→∞→n n n n nn nss即下面讨论一般变号级数∑∞=1n nu的敛散性。

定义 若正项级数∑∞=1n nu收敛，则称级数∑∞=1n nu绝对收敛；若级数∑∞=1n nu收敛，而正项级数∑∞=1n nu发散，则称级数∑∞=1n nu条件收敛。

例如，正项级数∑-∞=-121)1(n n n=∑∞=121n n（p 级数，p=2>1）收敛，从而级数∑-∞=-121)1(n n n绝对收敛。

正项级数∑∑-∞=∞=-=1111)1(n n n nn发散，而级数∑-∞=-11)1(n n n收敛（见例11），从而级数∑-∞=-11)1(n n n条件收敛。

定理11 若级数∑∞=1n nu绝对收敛，则级数∑∞=1n nu必收敛。

证明 已知正项级数∑∞=1n nu收敛，根据级数的柯西收敛准则，NNp N n N ,,,,0++∈∀>∀∈∃>∀ε有 .21ε<++++++uuu pn n n从而，有u u up n n n ++++++ 21,21ε<+++≤+++uuupn n n即级数∑∞=1n nu收敛。

例 13 讨论下列变号级数的绝对收敛性和条件收敛性：1）;12)1(2)1(∑-∞=+n nn n 2）;4sin12∑∞=n nn π3）.1)1(∑-∞=n nn3）Nn +∈∀，有,111+>n n且.01lim=∞→nn 根据莱布尼茨判别法，|（交错）级数∑-∞=1)1(n nn收敛。

而正项级数∑∑∑-∞=∞=∞===1211111)1(n n n nnnn(p 级数，p=)121<发散。

从而级数∑-∞=1)1(n nn条件收敛。

判别级数∑=nn nu1的绝对收敛可归结为判别正项级数∑∞=1n nu的收敛。

判别变号级数∑=nn nu1的条件收敛，有下面两个判别法。

定理12（狄利克雷判别法） 若级数ba nn n∑∞=1满足下列条件：1） 数列{}a n 单调减少，且;0lim=∞→ann2)级数∑∞=1n n b 的部分和数列{}B n 有界，即0>∃M ，Nn ,+∈∀有.21M b bb Bn n≤+++=则级数ba nn n∑∞=1收敛。

证明 Np n +∈∀,，有b b bp n n n ++++++ 21=BBnpn -+.2M BBnpn ≤+≤+根据§8.3阿贝尔变换的2），有 M aba ba ba n pn pn n n n n 2.12211+++++++≤+++.已知0lim=∞→ann ，即,,,,0NNp N n N ++∈∀>∀∈∃>∀ε有ε<+an 1或.1ε<+an于是，,,,,0NNp N n N ++∈∀>∀∈∃>∀ε有M aba ba ba n pn pn n n n n 2.12211+++++++≤+++,2εM <根据定理1，级数ba nn n ∑∞=1收敛。

不难看到，判别交错级数)0(11)1(>∑-∞=-uu nnn n 收敛的莱布尼茨判别法只是狄利克雷判别法的特殊情况。

事实上，若数列{}u n 单调减少，且∞→n lim 0=un，而级数∑-∞=-11)1(n n 的部分和数列{}B n 有界，即⎩⎨⎧=是偶数，是奇数， n n Bn,0,1 .1≤Bn根据狄利克雷判别法，交错级数unn n ∑-∞=-11)1(收敛。

定理13（阿贝尔判别法） 若级数ba nn n∑∞=1满足下列条件：1） 级数{}a n 单调有界；2） 级数∑∞=1n n b 收敛。

则级数ba nn n∑∞=1收敛。

证明 若数列{}a n 单调减少有下届，则数列{}a n 收敛，设a ann =∞→lim。

从而数列{}a a n -单调减少且0)(lim =-∞→a a n n .已知级数∑∞=1n n b 收敛，则它的部分和数列必有界。

根据定理12，级数b a n n n a )(1-∑∞=收敛。

已知级数b a n n n a )(1-∑∞=收敛。

已知级数∑∞=`1n n b a 收敛。

再根据定理5、级数b a nn n∑∞=1=b an n na )(1-∑∞=+∑∞=`1n n b a收敛。

若数列{}a n 单调增加有上届，则数列{}a n-单调减少有下届。

利用上面结果，级数b a n n n )(1∑∞=-收敛，于是级数ba nn n∑∞=1收敛。

以上两个判别法的条件互有强弱：狄利克雷判别法中{}a n 单调减少、趋近于0的条件则若于阿贝尔判别法中{}a n 单调有界的条件强；而∑==nk kn bB 1有界的条件则弱于阿尔贝判别法中∑∞=1n n b 收敛的条件。

因此，在使用哪种判别法较好，要对具体问题作具体分析。

例14 设数列{}a n 单调减少，且0lim=∞→ann 。

讨论下列级数的收敛性：1）nx n nasin 1∑∞=； 2）.cos 1nx n na∑∞=解 1）求级数∑∞=1sin n nx 的部分和∑∞==1.sink n kx s∑∞==1.sin k nkx s=∑∞=12sinsin22sin21k x kx x=∑∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⎪⎭⎫ ⎝⎛-121cos 21cos 2sin21k x k x k x =.2sin221cos 21cosx x n x ⎪⎭⎫ ⎝⎛+-)(2Z k k x ∈≠∀π ，有==∑∞=1sink nkx s,2sin12sin 221cos 21cosx x xn x ≤⎪⎭⎫ ⎝⎛+-即x )(2Z k k ∈≠π,部分和数列{}s n 有界。

根据狄利克雷判别法，级数nx n nasin 1∑∞=收敛。