条件收敛与绝对收敛.docx
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条件收敛与绝对收敛
第四节条件收敛与绝对收敛
对于任意项级数an,我们已经给出了其收敛的一些判
n1
别方法，本节我们讨论任意项级数的其他性质一条件收敛与绝对收敛
我们称级数
an条件收
n1
定义对于级数an，如果级数Ian|是收敛的，
n1n1
an绝对收敛。
n1
如果|an|发散，但an是收敛的，我们称级数
n1n1
敛。
条件收敛的级数是存在的，如
（1）n1.
n1n
收敛级数可以看成是有限和的推广，但无限和包含有极
限过程。
并不是有限和的所有性质都为无限和所保持。
大体说来，绝对收敛的级数保持了有限和的大多数性质，条件收敛的级数则在某些方面与有限和差异很大。
下面我们讨论条件收敛与绝对收敛的性质。
定理绝对收敛级数必为收敛级数，反之则不然
证明：
设级数an收敛，即|anI收敛，由Cauchy收敛准则，n1n1
对0,存在N，当n>N时，对一切自然数p,成立
着丨an1丨1an211anp1
于是：
再由Cauchy收敛准则知an收敛。
n1
由级数
（1）可看出反之不成立。
n1n
注：
如果正项级数|an|发散，不能推出级数an发散。
n1n1
但如果使用Cauchy判别法或DAlembert判别法判定出|an|
n1
发散，则级数an必发散，这是因为利用Cauchy判别法或
n1
D'lembert判别法来判定一个正项级数|an|为发散时，是
n1
根据这个级数的一般项|an|当n时不趋于0，因此对级
an发散。
n1
数an而言，它的一般项也不趋于零，所以级数
n1
例讨论级数
（1）n1^1的敛散性，如收敛指明是条件
n1n1s'np
收敛或绝对收敛。
解，当p0时，由于W需总0,所以级数发散.
当p2时，因为
n21
n1np
lim:
1
n1/.np
而1收敛，所以原级数绝对收敛。
n1叮np
当op2时，
p
2）n°（n
@
n2n3
Un_Un+1=（=丿
（n1）Vnp（n2）J（n1）p
pp
_（n24n4）（n1）三（n24n3）n刁
=7卫
（n1）（n2）n2（n1）?
pp
>（n24n4）n2（n24n3）n2>-
（n1）（n
1）2
故｛Un｝单调减少，且
n21
lim0
由Leibniz判别法知
『航命收敛，显然
nn1np
2时级数条件收敛。
n21发散，所以当0n1n1,np
前面已经指出，一个收敛级数（不论是绝对收敛或条件
收敛），将其项任意加括号后，得到的新级数仍收敛，这个性质称为收敛级数满足结合律。
下面我们讨论收敛级数的交换律。
设an是一个级数，将级数项任意交换顺序，得到的新
n1
级数记为an,我们有下列定理：
n1
定理设级数an绝对收敛，则重排的级数an也是绝对
n1n1
收敛的，且其和不变。
证明：
先设an是正项收敛的级数，此时有
n1
m
anan=M,对m=1,2，…,均成立
n1n1
即正项级数an的部分和数列有界，从而an收敛，
n1n1
anan
n1n1
而正项级数an也可看成是an的重排，从而也有
n1n1
/
anan
n1n1
所以an=an.
n1n1
对一般项级数an，设|an|收敛
n1n1
记UnJ%1*,Vn=2nltn=1,2,…,
22
显然有0Un|anl,0Vn|a.|,n1,2,,
由比较判别法知正项级数Un与Vn均收敛。
因而重排后的
n1n1
级数Un与Vn也收敛，且有
n1n1
/
Un=Un
证明：
记
「a丨an
n=,
2
_|an|an
Vn=
2
=an
n1
F面我们讨论条件收敛级数的重排
定理（Riemann）设an是条件收敛级数
使得an=E;
n1
/
an
n1
n=1,2，…
显然Un,Vn都是正项级数，且有
n1n1
limUn=limVn=0
nn
易证得un和vn均发散（请读者自行证明）
n1n1
现考察序列
ai,a2,…,an,…,（*）
用pm表示数列（*）中第m个非负项，用Qm表示其中的第m
个负项的绝对值。
显然｛pm｝是｛Un｝的子列，｛Qm｝是｛Vn｝的子列，
（｛Pm｝为｛Un｝中删去了一些等于零的项后剩下的数列），因此
limpm=limQm=0
nn
pnQn
n1n1
我们依次考察Pl,p2,…中的各项，设Pmi为其中第一个满足以下条件的项
P1+P2+…+Pg
再依次考察Qi,Q2…中的各项，设Qn1是其中第一个满足以下条件的项。
pi+p2+…+Pmi—Qi-Q2-…—Qni再依次考察Pgi+Pg2+…中的各项，设Pm2是其中第一个满
足以下条件的项。
Pi+P2+…+Pmi—Qi-Q2-…
Qri+pmii+pmi2+^+Pm2>三
照此下去，我们得到an的一个重排an/如下
nini
pi+p2+…+pmi—Qi-Q2—…—Qni
+pm11+Pmi2+Pm2
Qn11Qn2+pm21+
再分别用Rk与Lx表示级数an的末项为pmk的部分和与末项
n1
为Qnk的部分和，则有
丨Rk-E1pmk,k=2,3，…
否则与pmk的选取有矛盾。
同理有
I5-三|Qnk,k=1,2,3，…
因为klimpmk=lkimQnk=0
limQ=limL<=E
kk
因为级数an的任一部分和s必介于某一对5与Rk之间，所
n1
以也应有
limsn/=E
n
即an/=E
n1
（2）首先，任意选取一个严格单调上升并趋于+的实数，
列｛Ek｝（例如，可选Ek=k,k=1,2,…）.其次，用pk表示序列何｝中的第k个非负项，用Qk表示序列佝｝的第k个负项，设Pm是p1,p2,••中第一个满足以下条件的项
P1+P2+・・・+Pm1>E1
设Qn1是Q1,Q2，…中第一个满足以下条件的项
p什P2+^+Pmi-Qi-Q2-…-Qni再依次考察Pm1i+Pm12+…中的各项，设Pm2是其中第一个满足以下条件的项
pi+…+Pm1-Q1Qm+Pml+・・・Pm2>E2
再依次考察Qn11，Qn12…中各项，设Qn2是其中第一个满足以下条件的项，
P1+…+Pm―
Q1-•••-
Qn1+Pm11+Pm2Qn|1Qn2>E2
依次做下去，
我们得到
an的一个重排an/,这个重排级数
n1n1
满足条件
n
/
an.
1
同样可以得到一个重排，
使得an.
n1
下面我们考察两个级数的乘积。
设an与bn是两个级数,将（an）（bn）定义为下列所有项
n1n1n1n1
的和
a1b1
a1b2
a1b3
a1b4
a2b1
a2b2
a2b3
a2b4
a3b1
a3b2
a3b3
a3b4
a4b1
a4b2
a4b3
a4b4
由于级数运算一般不满足交换律与结合律。
所以这无穷多项如何排序是我们需要考虑的一个问题。
事实上，上述无穷多项有很多的排序方式，下面我们介绍两种最常用的排序方式
对角线排序法和正方形排序法
定义
aibiaib2aib3////
aib4…
a2bia2b2a2b3
a2b4…
///
a3bia3b2a3b3
a3b4…
//
a4bia4b2a4b3
a4b4…
令Ci=aibi,C2=aib2+a2bi,C3=aib3+a2b2+a3bi,
Cn=a©aibn+a2bn-1+…+anbi
ijn1
我们称cn=
=（aibn+a2bn-i+…
+anbi）为级数an与bn的
ni
ni
nini
Cauchy乘积。
aibi
aib2
aib3
aib4
・・・
a2bi
a2b2
a2b3
a2b4
・・・
a3bi
a3b2
a3b3
a3b4
・・・
a4bi
a4b2
a4b3
a4b4
・・・
令di=aibi,d2=aib2+a2b2+a2bi
dn=aibn+a2bn+…+anbn+anbn-i+…+anbi
则级数dn称为级数an与bn按正方形排列所得的乘积
n1n1n1
定理如果级数an与bn均收敛，则按正方形排序所得的
n1n1
乘积级数dn总是收敛的，且dk=（ak）（bk）
n1k1k1k1
证明：
因为
nn
Sn=dk=（a〔bk+a2bk+…+akbk+a2bk-1+…+akb〔）
k1k1
nn
=（ak）（bk）
k1k1
ab
=SnSn
其中｛瘁｝与｛s：
｝分别为an与bn的部分和，
n1n1
当记lims；=sa,lims：
=sb时，有limdn=sasb
nnn
所以级数dn收敛，且dn=（an）（bn）.
n1n1n1n1
Cn=（-1）n+1.
但是两个收敛级数的Cauchy乘积却不一定是收敛的
显然ij-j=—-
22
从而
2
ijn1n1
定理如果级数an与bn都绝对收敛，则它们的Cauchy乘
n1n1
积Cn和正方形排列所得的乘积dn都是绝对收敛的，且
n1n1
Cn=（an）（bn）
n1n1n1
n
证明：
设Sn=|ck|
k1
n
=|a1bk+a2bk-1+…+akb11
k1
nn
（ai）（ibj）
k1k1
（|ak|）（|bk|）
k1k1
由正项级数|Ck|的部分和数列有界知|Ck|收敛，又因为
k1k1
绝对收敛级数有交换律和结合律。
同理可证，dn绝对收敛
n1
所以Cn=dn=（an）（0）.
n1n1n1n1
我们可以将上定理的条件适当放宽
定理（Mertens）设级数an绝对收敛，级数bn收敛，记
n1n1
an=A,bn=B
n1n1
则它们的Cauchy乘积cn也收敛，且cn=AB
n1n1
nn
证明：
记An=ak,Bn=bk
k1k1
cn=（a1bn+a2bn-1+…+anb1）
n
前n项部分和Sn=（a〔bk+a2bk-1+…+akb”
k1
=a〔Bn+a2Bn-1+…+anB1
当令n=B-Bn时,（n=1,2,…）
Sn=a1Bn+a2Bn-1+…+anB〔
=a1（B-n）+a2（B-n1）+…+an（B-1）
=AnB-（a1n+a2n1+…+an1）
=AnB-Rn
下面我们估计
Rn=a1n+a2n1+…+an1
因为序列｛k｝趋于o,可设
|k|M,kN
取k充分大使
|k|<
2D
这里D>Ian|.
n1
再取m充分大，使
|ak|<——,km12M
于是当N充分大时，对上面取定的m有
1Rn\（|a1|1n|+…+|am|1nm1|）+（|am+1|1n
+|an||1I）
2D2M
所以limRn=O
n
从而limSnlimA.BAB.证毕
an=A,
n1
其和为
定理（Abel定理）设级数an与bn都收敛，且
n1n1
bn=B,Cn是它们的Cauchy乘积，如果5收敛，
n1n1n1
证明：
在数列极限理论中，我们已经证明
如lim
n
c，则必有cB
An=A,limBn=B,limcn=c,则
nn
AB
limAlBnA2Bn1AnB1
当记Sn
n
Cn
k1
时，有limsnc
7n
nn
所以c=lim1Sn
nnk1
=limUA1Bn+A2Bn-1+…+AnB1]nn
=AB.
习题
1、设级数an与bi均绝对收敛，则它们的任意排序方法
n1n1
（除了对角线方法与正方形方法）得到的乘积级数hn也绝
对收敛，且hn=（an）（bj
n1n1n1
2、设|x|<1,|y|<1,求证：
（xn-1+xn-2y++yn-1）=
n1
xny2=（xy）n
non!
n0n!
non!
1
（1）n
4、求证:
—=1
n0n!
n0n!
（1x）（1y）
3、求证:
5、求证：
（qn）（qn）=（n1）qn
n0n0n0
1
（1q）2
（|q|1）.
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