《数学分析》课程教学课件（讲稿，打印版）第7章 无穷级数 7.1.3 一般级数的收敛性

绝对收敛 重排定理 Abel引理 Dirichlet 判别法 Abel判别法 级数乘积 几个问题 7.1.3一般级数的收敛性 (1)交错级数 所谓交错级数就是级数的项一项正、一项负，可以写成 (-1)n-1am n=1 其中an≥0.因为当an单调减趋于0时，交错级数的部分和满足 S2n=(a1-a2)+(a3-a4)+.+(a2n-1-a2n)≤S2n+2 S2n=a1-(a2-a3)-(a4-a5)-.-a2n≤a1 所以，S2n单调增有上界，因而收敛：S2n→S.且 S2n+1=S2n+a2n+1→S+0=S. 11 返回 全屏 关闭 退出 1/31

ýéÂñ ­ü½n Abel Ún Dirichlet O{ Abel O{ ?ê¦È A‡¯K 7.1.3 „?êÂñ5 (1) †?ê ¤¢†?êÒ´?ê‘‘!‘K, Œ±¤ X ∞ n=1 (−1)n−1an, Ù¥ an > 0. Ϗ an üN~ªu 0 ž, †?êÜ©Ú÷v S2n = (a1 − a2) + (a3 − a4) + · · · + (a2n−1 − a2n) 6 S2n+2 S2n = a1 − (a2 − a3) − (a4 − a5) − · · · − a2n 6 a1 ¤±, S2n üNOkþ., Ï ÂñµS2n → S. … S2n+1 = S2n + a2n+1 → S + 0 = S. 1/31 kJ Ik J I ˆ£ ¶ '4 òÑ

绝对收敛重排定理Abel引理Abel判别法级数乘积几个问题Dirichlet判别法误差估计：因为S2n+1 = S2n-1 - (a2n a2n+1) ≤ S2n-1所以 S2n-1单调递减趋于 S.从不等式S2n ≤ S2n+2 ≤ S ≤ S2n+1 ≤ S2n-1,可知[S - Sn < |Sn - Sn+1l = an+1即.前n项和与级数和的误差不超过第n十1个通项的绝对值.于是有定理1(Leibniz判别法）设[an}单调趋于零,则交错级数n=,(-1)n-lan收敛，且前n项部分和 Sn与级数的和 S的误差不超过an+1一个典型例子是：Z(一1)n-11.以后,我们将知道它的和是 ln 2.n=1返回全屏关闭退出II2/31

ýéÂñ ­ü½n Abel Ún Dirichlet O{ Abel O{ ?ê¦È A‡¯K ØO: Ϗ S2n+1 = S2n−1 − (a2n − a2n+1) 6 S2n−1. ¤± S2n−1 üN4~ªu S. lت S2n 6 S2n+2 6 S 6 S2n+1 6 S2n−1, Œ |S − Sn| 6 |Sn − Sn+1| = an+1. =, c n ‘Ú†?êÚØ؇L1 n + 1 ‡Ï‘ýéŠ. u´k ½n 1 (Leibniz O{)  {an} üNªu", K†?ê P∞ n=1(−1)n−1an Âñ, …c n ‘Ü©Ú Sn †?êÚ S Ø؇L an+1. ‡;.~f´: P ∞ n=1 (−1)n−1 1 n . ±￾, ·‚ò§Ú´ ln 2. 2/31 kJ Ik J I ˆ£ ¶ '4 òÑ

绝对收敛重排定理Abel引理Abel判别法级数乘积几个问题Dirichlet判别法(2）绝对收敛性和条件收敛对于一般级数n=1an来说(即对通项的正负没有限制),如果n=1lanl收敛,则称 n=1 an 绝对收敛定理2如果n=1an绝对收敛，则级数本身一定收敛证明显然有[an+1 + an+2 +... + an+pl ≤ lan+1l + [an+2l +... + [an+pl,故由Cauchy准则就可证得结果如果 n=1an 收敛,但 n=, lanl 发散,就称m=1an 为条件收敛-1"和"都收敛，但是通项取绝对值后,级数是发散的例如，lnnnn=2n-所以这两个级数是条件收敛的返回全屏关闭退出II3/31

ýéÂñ ­ü½n Abel Ún Dirichlet O{ Abel O{ ?ê¦È A‡¯K (2) ýéÂñ5Ú^‡Âñ éu„?ê P∞ n=1 an 5` (=éϑKvk›), XJ P∞ n=1 |an| Âñ, K¡ P∞ n=1 an ýéÂñ. ½n 2 XJ P∞ n=1 an ýéÂñ, K?ê½Âñ. y² w,k |an+1 + an+2 + · · · + an+p| 6 |an+1| + |an+2| + · · · + |an+p|, d Cauchy OKҌy(J. XJ P∞ n=1 an Âñ, P∞ n=1 |an| uÑ, Ò¡ P∞ n=1 an  ^‡Âñ. ~X, P ∞ n=2 (−1)n n Ú P ∞ n=2 (−1)n ln n ÑÂñ, ´Ï‘ýéŠ￾, ?ê´uÑ, ¤±ùü‡?ê´^‡Âñ. 3/31 kJ Ik J I ˆ£ ¶ '4 òÑ

绝对收敛重排定理Abel引理Abel判别法级数乘积几个问题Dirichlet判别法将通项分为正部和负部，令[anl + an[an] - anatan22即0.an ≤ 0,an≤0,an,aanan ≥ 0.0,an ≥ 0;an,因此由α和α构成的级数 n=α和n=1α都是正项级数,而且满足an = at -an,[anl =a +an,福所以当 n=1an 绝对收敛时, m=1αt 和 n=1a 都收敛, 而且88XZZan=at-an,n=1n=1n=1888>ZZat[an] =+an=1n=1n=1返回全屏关闭退出II-l4/31

ýéÂñ ­ü½n Abel Ún Dirichlet O{ Abel O{ ?ê¦È A‡¯K òϑ©ÜÚKÜ, - a + n = |an| + an 2 , a− n = |an| − an 2 , = a + n =    0, an 6 0, an, an > 0; a − n =    −an, an 6 0, 0, an > 0. Ïdd a + n Ú a − n ¤?ê P∞ n=1 a + n Ú P∞ n=1 a − n Ñ´‘?ê, …÷v |an| = a + n + a − n , an = a + n − a − n , ¤± P∞ n=1 an ýéÂñž, P∞ n=1 a + n Ú P∞ n=1 a − n ÑÂñ, … X ∞ n=1 an = X ∞ n=1 a + n − X ∞ n=1 a − n , X ∞ n=1 |an| = X ∞ n=1 a + n + X ∞ n=1 a − n . 4/31 kJ Ik J I ˆ£ ¶ '4 òÑ

绝对收敛重排定理Abel引理Dirichlet判别法Abel判别法级数乘积几个问题定理3如果=1an绝对收敛，则任意改变求和次序后所得的新级数仍收敛，并且其和不变证明当级数n=1an的求和次序改变后，相应的m=1a的求和次序作对应的改变，而后者是正项级数，改变次序后收敛性和收敛的值不变，因此前者的收敛性和收敛值也不会变证毕问题当n=1an条件收敛时,=1a和 n=1a敛散性如何？当m=1am条件收敛时，m=1a和m=1am都发散到+00，因而可以证明下面的Riemann重排定理定理4（Riemann重排定理）设级数n=1an条件收敛，则适当改变求和的次序可以使新级数收敛于给定的任意实数，也可使新级数发散到+或发散到一8返回全屏关闭退出二-5/31

ýéÂñ ­ü½n Abel Ún Dirichlet O{ Abel O{ ?ê¦È A‡¯K ½n 3 XJ P∞ n=1 an ýéÂñ, K?¿UC¦ÚgS￾¤#?êE Âñ, ¿…ÙÚØC. y² ?ê P∞ n=1 an ¦ÚgSUC￾, ƒA P∞ n=1 a ± n ¦Úg SŠéAUC. ￾ö´‘?ê, UCgS￾Âñ5ÚÂñŠØC. Ï dcöÂñ5ÚÂñŠØ¬C. y. ¯K  P∞ n=1 an ^‡Âñž, P∞ n=1 a + n Ú P∞ n=1 a − n ñÑ5XÛ?  P∞ n=1 an ^‡Âñž, P∞ n=1 a + n Ú P∞ n=1 a − n ÑuÑ +∞, Ï Œ± y²e¡ Riemann ­ü½n. ½n 4 (Riemann ­ü½n) ?ê P∞ n=1 an ^‡Âñ, K·UC¦Ú gSŒ±¦#?êÂñu‰½?¿¢ê, Œ¦#?êuÑ +∞ ½u Ñ −∞. 5/31 kJ Ik J I ˆ£ ¶ '4 òÑ

绝对收敛重排定理Abel引理Abel判别法级数乘积几个问题Dirichlet判别法（3）一般级数收敛的判别法引理1（Abel分部求和公式）设有两串数：ai,a2，·.·，an;bi,b2，.·，bn.记Ak = a1 + a2 +... + ak (k = 1, 2, .., n), 则有n-1nab = Z A(bs - br+1) + Anbn.k=1k=1证明 记Ao=0,则ak=Ak-Ak-1.Z Arbk - An-1bkarbk = (Ak - Ak-1)bk= )k=1k=1k=1k=1n-1 Arbk-Arb+1Zk=1k=0n-1ZAk(bk-bk+1)+Anbnk=1返回全屏关闭退出6/31

ýéÂñ ­ü½n Abel Ún Dirichlet O{ Abel O{ ?ê¦È A‡¯K (3) „?êÂñO{ Ún 1 (Abel ©Ü¦Úúª) küGê: a1, a2, · · · , an; b1, b2, · · · , bn. P Ak = a1 + a2 + · · · + ak (k = 1, 2, · · · , n), Kk X n k=1 akbk = X n−1 k=1 Ak(bk − bk+1) + Anbn. y² P A0 = 0, K ak = Ak − Ak−1. X n k=1 akbk = X n k=1 (Ak − Ak−1)bk= X n k=1 Akbk − X n k=1 Ak−1bk = X n k=1 Akbk − X n−1 k=0 Akbk+1 = X n−1 k=1 Ak(bk − bk+1) + Anbn. 6/31 kJ Ik J I ˆ£ ¶ '4 òÑ

绝对收敛重排定理Abel引理Abel判别法级数乘积几个问题Dirichlet判别法引理2(Abel 引理）设 bi ≥bz≥·.·≥bn或者 bi≤ b2≤.≤ bn.记Ak = ai + a2 +··+ ak.如果Akl ≤ M, (k = 1,2,··,n).那么Zaxbk≤ M(lbil + 2]bnl).k=1证明由Abel分部求和公式n-1n-1nZDakbkAk(bk-bk+1)+Anbn<[Ak/|bk-bk+1/+|An//bnl1k=1k=1k=1n-lZ<M[bk-bk+1/+[bnlk=1n-17=M(bk-bk+1)/+[bnk=1=M(|b1-bnl +[bnl)≤M(|bil+2|bn)返回全屏关闭退出27/31

ýéÂñ ­ü½n Abel Ún Dirichlet O{ Abel O{ ?ê¦È A‡¯K Ún 2 (Abel Ún)  b1 > b2 > · · · > bn ½ö b1 6 b2 6 · · · 6 bn. P Ak = a1 + a2 + · · · + ak. XJ |Ak| 6 M, (k = 1, 2, · · · , n). @o      X n k=1 akbk      6 M(|b1| + 2|bn|). y² d Abel ©Ü¦Úúª      X n k=1 akbk      =      X n−1 k=1 Ak(bk − bk+1) + Anbn      6 X n−1 k=1 |Ak| |bk − bk+1| + |An| |bn| 6 M X n−1 k=1 |bk − bk+1| + |bn| ! = M      X n−1 k=1 (bk − bk+1)      + |bn| ! = M(|b1 − bn| + |bn|) 6 M(|b1| + 2|bn|). 7/31 kJ Ik J I ˆ£ ¶ '4 òÑ

绝对收敛重排定理Abel引理Abel判别法级数乘积几个问题Dirichlet判别法定理5（Dirichlet 判别法）若[bn1是单调递减趋于零的数列，且级数n=1an 的部分和有界: [Anl = [h=1akl ≤ M,则 =, anbn 收敛证明因为mmak -ak= [Am - Anl 0,由 bk→0(k →αo),存在自然数 N,使得当 n ≥ N 时有 [bnl≤ .因为[bk} 单调,所以根据 Abel 引理,有n+pZakbk≤ 2M(/bn+1l + 2|bn+pl)k=n+1EE≤2M+2E,6M6MX对一切n≥N记一切自然数p成立.根据Cauchy准则akbk收敛k=1返回全屏关闭退出II8/31

ýéÂñ ­ü½n Abel Ún Dirichlet O{ Abel O{ ?ê¦È A‡¯K ½n 5 (Dirichlet O{) e {bn} ´üN4~ªu"ê, …?ê P∞ n=1 an Ü©Úk.µ|An| = | Pn k=1 ak| 6 M, K P∞ k=1 anbn Âñ. y² Ϗ      X m k=n+1 ak      =      X m k=1 ak − X n k=1 ak      = |Am − An| 6 2M, ¤±é?¿ ε > 0, d bk → 0 (k → ∞), 3g,ê N, ¦ n > N ž, k |bn| 6 ε 6M . Ϗ {bk} üN, ¤±Šâ Abel Ún, k      X n+p k=n+1 akbk      6 2M(|bn+1| + 2|bn+p|) 6 2M  ε 6M + 2 ε 6M  = ε, éƒ n > N Pƒg,ê p ¤á. Šâ Cauchy OK P ∞ k=1 akbk Âñ. 8/31 kJ Ik J I ˆ£ ¶ '4 òÑ

绝对收敛重排定理Abel引理级数乘积几个问题Dirichlet判别法Abel判别法定理 6（Abel 判别法若[bn)是单调有界的数列,且级数n=1an 收敛,则级数n=1anbn收敛证明 因为[bk} 单调有界,所以[bk]有极限,设b =,lim bk,则[bk-b]ko单调趋于0.因为-an收敛,所以Ak=ai+a2+·.+ak有界.于是根据 Dirichlet 判别法知,n=1an(bn 一b) 收敛.从akbk = ak(bk - b) + bak可知anbn收敛n=1返回全屏关闭退出I4-9/31

ýéÂñ ­ü½n Abel Ún Dirichlet O{ Abel O{ ?ê¦È A‡¯K ½n 6 (Abel O{) e {bn} ´üNk.ê, …?ê P∞ n=1 an Âñ, K?ê P∞ n=1 anbn Âñ. y² Ϗ {bk} üNk., ¤± {bk} k4,  b = lim k→∞ bk, K {bk−b} üNªu 0. Ϗ P∞ n=1 an Âñ, ¤± Ak = a1 + a2 + · · · + ak k. u´Š â Dirichlet O{, P∞ n=1 an(bn − b) Âñ. l akbk = ak(bk − b) + bak Œ P ∞ n=1 anbn Âñ. 9/31 kJ Ik J I ˆ£ ¶ '4 òÑ

绝对收敛重排定理Abel引理Dirichlet判别法Abel判别法级数乘积几个问题8cosnZ的敛散性例1讨论级数nn=1解当=2k元时，该级数就是调和级数，故发散若≠2k元，记ysinsinn+c一22An=cos&+cos2a+..+cosnc二2 sin 于是1[Anl <sinsinnt文的收敛性故根据Dirichlet判别法知级数收敛：类似可讨论级数n例 2 讨论级数 Z%, 4"cos3n的敛散性n解 由上例, ≥=1 n 收敛. 又(1 + L)") 单调有界, 因此根据 Abel 判COSL(1+)"78别法知cos3n收敛S_n=1n返回退出全屏关闭10/31

ýéÂñ ­ü½n Abel Ún Dirichlet O{ Abel O{ ?ê¦È A‡¯K ~ 1 ?Ø?ê X ∞ n=1 cos nx n ñÑ5. )  x = 2kπ ž, T?êÒ´NÚ?ê, uÑ. e x 6= 2kπ, P An = cos x + cos 2x + · · · + cos nx = sin ￾ n + 1 2
x − sin x 2 2 sin x 2 . u´ |An| < 1  sin x 2   . Šâ Dirichlet O{?êÂñ. aqŒ?Ø?ê P∞ n=1 sin nx n Âñ5. ~ 2 ?Ø?ê P∞ n=1 (1+ 1 n ) n n cos 3n ñÑ5. ) dþ~, P∞ n=1 cos 3n n Âñ. q {(1 + 1 n ) n} üNk., ÏdŠâ Abel  O{ P∞ n=1 (1+ 1 n ) n n cos 3n Âñ. 10/31 kJ Ik J I ˆ£ ¶ '4 òÑ