无穷级数的基本概念

无穷级数, 简称级数, 是用加号把数列 `{u_n}` 中的所有数依次连接起来所得到的数学表达式: `sum_(n=1)^oo u_n = u_1 + u_2 + cdots + u_n + cdots`. 每个加数称为级数的一项, 一般项 `u_n` 称为级数的通项. 对每个正整数 `n`, 由级数的前 `n` 项和 `S_n = sum_(k=1)^n u_k` 组成一个数列 `{S_n}_(n=1)^oo`, 称为级数的部分和 (数列). 当部分和数列收敛时, 则称这个级数收敛, 并称部分和数列的极限为级数的和. 故对收敛级数, 我们有 `sum_(k=1)^oo u_n = lim_(n to oo) sum_(k=1)^n u_k`. 另一方面, 当部分和数列发散时, 就称级数发散. 如果级数的部分和数列趋于正 (负) 无穷大, 我们也称这个级数发散到正 (负) 无穷大, 记为 `sum_(n=1)^oo u_n = +oo (-oo)`.

下文把 `sum_(n=1)^oo` 简记为 `sum_(n ge 1)`, 有时也完全省略上下标.

小数就是级数的一个例子. 比如 `3.1415926... = 3 + 1/10 + 4/10^2 + 1/10^3 + 5/10^4 + cdots`. 实际运用中, 许多问题无法求出或不需要求出精确解, 我们就常用级数估计它, 这和用小数近似估计一个实数是相同的思想.

通过考虑部分和, 可以将级数问题转化为数列问题; 反之, 已知一个数列 `{a_n}`, 通过作差分 `b_n = a_n - a_(n-1)`, 可以将数列化为级数: `a_n = a_0 + sum_(k=1)^n b_k`, `quad lim_(n to oo) a_n = sum_(n ge 1) b_n`. (如果极限存在)

几何级数 `sum_(n ge 0) x^n` `{ = (1-x)^-1, if |x| lt 1; = oo, if |x| gt 1; "发散", if x = -1; :}`.

  1. `sum_(n ge 1) c u_n = c sum_(n ge 1) u_n`;
  2. `sum_(n ge 1) (u_n +- v_n) = sum_(n ge 1) u_n +- sum_(n ge 1) v_n`.
    3. 这两个等式表示右端级数收敛时, 左端级数也收敛, 且它们的和相等. 这个定理表明, 收敛级数可以进行线性运算.

考察两个级数的部分和, 有 `sum_(k=1)^n c u_k = c sum_(k=1)^n u_k`. 在等式两边令 `n to oo`, 就证明了结论 1. 结论 2 的证明类似. 级数的线性可加性是由数列极限的线性可加性保证的.

    应用反证法, 立即得到下面的推论:
  1. 若 `sum u_n` 发散, 则对任意 `c != 0`, `sum c u_n` 发散.
  2. 若 `sum u_n` 发散, `sum v_n` 收敛, 则 `sum (u_n +- v_n)` 发散;

任意改变级数中有限项的数值, 不改变级数的敛散性; 换言之, 对两个级数 `sum u_n`, `sum v_n`, 如果存在正整数 `N`, 使对所有 `n gt N` 的项都有 `u_n = v_n`, 则它们的敛散性相同.

比较它们的部分和, 有 `sum_(k=1)^n u_n` `= sum_(k=1)^N (u_k - v_k) + sum_(k=1)^n v_n`. 由数列极限的运算法则知道, 这两个级数敛散性相同.

由数列收敛的 Cauchy 准则立即推出:

级数收敛的 Cauchy 准则 级数 `sum u_n` 收敛的充要条件是 `AA epsi gt 0`, `EE N in NN`, `|sum_(m le k le n) u_k| lt epsi`, `quad AA n gt m gt N`.

    考虑级数 `sum u_n`.
  1. 如果 `sum |u_n|` 收敛, 则称原级数 `sum u_n` 绝对收敛;
  2. 如果原级数收敛, 但不是绝对收敛, 则称它是条件收敛.

级数绝对收敛蕴含它收敛.

应用 Cauchy 准则和三角不等式 `|sum_(m le k le n) u_k| le sum_(m le k le n) |u_k|` 即可.

级数收敛的必要条件是其通项趋于零.

这当然是 Cauchy 收敛准则的推论, 但也可以这样证: 记 `S_n` 是级数 `sum u_n` 的部分和, 则 `lim_(n to oo) u_n` `= lim_(n to oo) (S_n - S_(n-1))` `= lim_(n to oo) S_n - lim_(n to oo) S_(n-1) = 0`.

设级数 `sum u_n`, `sum v_n` 都收敛, 且通项 `u_n ge v_n`, `n = 1, 2, cdots`. 显然 `sum (u_n - v_n)` 收敛, 记其和为 `S`. 如果存在 `k in ZZ^+` 使 `u_k gt v_k`, 那么断言 `S gt 0`.

`S = sum_(n=1)^k (u_n-v_n) + sum_(n gt k) (u_n-v_n)`, 第一项大于 0, 第二项由极限的保序性非负, 因此 `S gt 0`.

定积分中也有类似于上例的结论, 这时要求被积函数连续.

    [来自群友 SmartPig] 如果题目的已知条件涉及到 `u_(2n)` 与 `u_(2n-1)`, 那么下面是一个实用的法则: 设 `S_n` 是级数 `sum u_n` 的部分和, `S_(2n)` 与 `S_(2n-1)` 收敛到同一个值, 则 `sum u_n` 收敛.
  1. `sum u_(2n)` 与 `sum u_(2n-1)` 均收敛, 证明: `sum u_n` 收敛.
  2. 通项 `u_n to 0`, 且 `sum (u_(2n-1) + u_(2n))` 收敛, 证明 `sum u_n` 收敛.
  1. 只需证 `S_(2n)` 和 `S_(2n-1)` 收敛到同一个值: `lim_(n to oo) S_(2n)` `= lim_(n to oo) sum_(k=1)^n u_(2k) + lim_(n to oo) sum_(k=1)^n u_(2k-1)`,
    `lim_(n to oo) S_(2n-1)` `= lim_(n to oo) sum_(k=1)^(n-1) u_(2k) + lim_(n to oo) sum_(k=1)^n u_(2k-1)`.
  2. 只需证 `S_(2n)` 和 `S_(2n+1)` 收敛到同一个值: `lim_(n to oo) S_(2n)` `= lim_(n to oo) sum_(k=1)^n (u_(2n-1) + u_(2n))`,
    `lim_(n to oo) S_(2n+1)` `= lim_(n to oo) sum_(k=1)^n (u_(2n-1) + u_(2n)) + lim_(n to oo) u_(2n+1)`.

正项级数

本节专注于级数的绝对收敛. 注意 `sum |u_n|` 的通项非负, 引出定义:

通项非负的级数称为正项级数.

由于去掉级数的有限项不改变其敛散性, 因此对除有限项外各项都是非负的级数, 也可以使用正项级数的敛散性理论.

由数列收敛的单调有界原理立即得到:

正项级数收敛的充要条件是其部分和数列有上界. 换言之, 只要有界 (`sum u_n lt oo`) 即推出有极限 (`sum u_n = a`).

敛散性判别

    比较判别法一 设有正项级数 `sum u_n`, `sum v_n`, 且存在正整数 `N`, 从第 `N` 项起, 恒有 `u_n le v_n` 注意到常数因子不改变级数敛散性, 这个条件就是说 `u_n = O(v_n)` , 则
  1. `sum v_n` 收敛 `rArr sum u_n` 收敛;
  2. `sum u_n` 发散 `rArr sum v_n` 发散.

因为去掉级数的有限项不改变级数的敛散性, 所以不妨设 `N = 1`. 由条件知 `sum_(k=1)^n u_n le sum_(k=1)^n v_n`, `quad n = 1, 2, cdots`. 如果 `sum v_n` 收敛, 则 `sum u_n` 的部分和有上界, 从而收敛; 反之如果 `sum u_n` 发散, 则其部分和无上界, 于是 `sum v_n` 的部分和也无上界, 是发散的.

    比较判别法二 设有正项级数 `sum u_n`, `sum v_n`, 其中 `v_n` 的各项严格大于零, 且存在 `0 le l le oo` 使成立 `lim_(n to oo) u_n/v_n = l`.
  1. `l lt oo` 时, `sum v_n` 收敛 `rArr sum u_n` 收敛;
  2. `l gt 0` 时, `sum v_n` 发散 `rArr sum u_n` 发散.

`l lt oo` 时, 有 `u_n = O(v_n)`, `l gt 0` 时, 有 `v_n = O(u_n)`; 再应用比较判别法一即得结论.

    比较判别法三 设有正项级数 `sum u_n`, `sum v_n`, 两个级数的各项都严格大于零, 且存在正整数 `N`, 从第 `N` 项起恒有 `u_(n+1)/u_n le v_(n+1)/v_n`. 则
  1. `sum v_n` 收敛 `rArr sum u_n` 收敛;
  2. `sum u_n` 发散 `rArr sum v_n` 发散.

由条件知对任意 `n gt N` 的项都成立 `u_n/u_N = prod_(k=N+1)^n u_k/u_(k-1)` `le prod_(k=N+1)^n v_k/v_(k-1) = v_n/v_N`. 即 `u_n le u_N/v_N v_n`, `AA n gt N`. 应用比较判别法一即得结论.

    D'Alembert 检比法 设 `sum u_n` 是各项严格大于零的正项级数, 且存在 `0 le l le oo` 使成立 `lim_(n to oo) u_(n+1)/u_n = l`. 则
  1. `l lt 1` 时级数收敛;
  2. `l gt 1` 时级数发散.
    3. 但是 `l = 1` 时, 级数的敛散性无法用此定理判断.
    我们通过与几何级数进行比较, 来证明这个定理.
  1. 先设 `0 le l lt 1`. 取实数 `r` 使得 `l lt r lt 1`, 再令 `v_n = r^n`, `n = 1, 2, cdots`. 则 `sum v_n` 收敛. 注意到 `v_(n+1)/v_n = r gt l = lim_(n to oo) u_(n+1)/u_n`, 所以存在正整数 `N` 使 `u_(n+1)/u_n le v_(n+1)/v_n`, `AA n ge N`. 应用比较判别法三即知 `sum u_n` 收敛.
  2. 再设 `1 lt l le oo`. 取实数 `r` 使得 `1 lt r lt l`, 类似可证 `sum u_n` 发散.
    Cauchy 检根法 设 `sum_(n=1)^oo u_n` 是正项级数, 且存在 `0 le l le oo` 使上极限 `underset(n to oo) bar lim root n (u_n) = l`. 则
  1. `l lt 1` 时级数收敛;
  2. `l gt 1` 时级数发散.
    3. 但是再一次, `l = 1` 时, 级数的敛散性无法用此定理判断.
  1. 先设 `0 le l lt 1`. 取实数 `r` 使得 `l lt r lt 1`, 则由条件知存在正整数 `N`, 使当 `n ge N` 时 `root n (u_n) le r`. 即 `u_n le r^n`. 由 `r lt 1` 知 `sum r^n` 收敛, 从而 `sum u_n` 也收敛.
  2. 再设 `1 lt l le +oo`. 取实数 `r` 使得 `1 lt r lt l`. 由条件知, 存在 `{u_n}` 的子列 `{u_(n_k)}` 使得对任意正整数 `k` 成立 `root (n_k) (u_(n_k)) ge r`, 即 `u_(n_k) ge r^(n_k)`. 因为 `r gt 1`, 所以 `k to oo` 时, `r^(n_k) to +oo`, 于是 `u_(n_k) to +oo`. 级数 `sum u_n` 的通项不趋于零, 所以它发散.

`l = 1` 时, D'Alembert 和 Cauchy 判别法均失败. 为了判断更精细的级数的敛散性, 可以考虑下一节的 Gauss 判别法.

调和级数

级数 `zeta(s) = sum_(n=1)^oo 1/n^s` 在 `s gt 1` 时收敛, `s le 1` 时发散.

    `s le 0` 时, 级数通项不趋于零, 因而发散. 下设 `s gt 0`. 我们通过适当放缩, 将原级数与几何级数作比较.
  1. 若 `0 lt s le 1`, 对任意正整数 `n ge 2`, 存在正整数 `k` 使得 `2^k le n lt 2^(k+1)`. 现在分析 `s` 级数的部分和, 将它从第二项起, 依次按 `1, 2, 4, 8, cdots, 2^(k-1)` 项组合起来, 并舍弃从 `2^k + 1` 项开始的后面各项: `sum_(i=1)^n i^-s` `ge 1 + sum_(j=1)^k sum_(i=2^(j-1)+1)^(2^j) i^-s` `ge 1 + sum_(j=1)^k 2^(j-1) * 2^(-s j)` `= 1 + 1/2 sum_(j=1)^k 2^((1-s)j)` `= { 1 + a/2 (1-a^k)/(1-a), if 0 lt s lt 1; 1 + k/2, if s = 1; :}`. 其中 `a = 2^(1-s) gt 1`. 注意 `n to oo` 时, `k to oo`, 由上述不等式即知原级数发散.
  2. `s gt 1` 时, 类似有 `sum_(i=1)^n i^-s` `le sum_(j=0)^k sum_(i=2^j)^(2^(j+1)-1) i^-s` `le sum_(j=0)^k 2^j * 2^(-s j)` `= sum_(j=0)^k 2^((1-s)j)` `= (1-a^(k+1))/(1-a)` `le 1/(1-a)`. 其中 `0 lt a = 2^(1-s) lt 1`. 从而部分和有界, 所以原级数收敛.
  1. 先设 `s = 1`, 此时由熟知的不等式 (见第二章) `1/(n+1) lt ln(1+1/n) lt 1/n` 立即得到 `sum_(k=1)^n 1/k gt sum_(k=1)^n [ln(k+1) - ln k]` `= ln(n+1)`, 因而级数发散.
  2. `s != 1` 时, 对函数 `x^(1-s)` (它和 `x^-s` 的原函数只相差一个常数因子) 在区间 `[n, n+1]` 上应用微分中值定理得 `(n+1)^(1-s) - n^(1-s) = (1-s) xi^-s`, 其中 `n lt xi lt n+1`. 从而 `1/(n+1)^s lt ((n+1)^(1-s) - n^(1-s))/(1-s) lt 1/n^s`. 因此 `s lt 1` 时, `sum_(k=1)^n 1/k^s` `gt sum_(k=1)^n ((k+1)^(1-s) - k^(1-s))/(1-s)` `= ((n+1)^(1-s) - 1)/(1-s)`, 推知级数发散, 而 `s gt 1` 时, `sum_(k=1)^n 1/k^s` `= 1 + sum_(k=1)^(n-1) 1/(k+1)^s` `lt 1 + sum_(k=1)^(n-1) ((k+1)^(1-s) - k^(1-s))/(1-s)` `= 1 + (n^(1-s) - 1)/(1-s)` `lt 1 - 1/(1-s)`, 表明部分和有界, 所以级数收敛.

`zeta(s)` 称为 Riemann zeta 函数, 它在数论中具有重要地位. 当 `s = 1` 时, 这级数称为调和级数, 我们现在知道它是发散的. 下面的定理估计了调和级数的发散速度.

利用调和级数敛散性的第二种证明的思路, 可以得到更精细的级数的敛散性. 如 `sum_(n=2)^oo 1/(n ln^s n)` 在 `s gt 1` 时收敛, `s le 1` 时发散. 一般地, 记 `ln_0 x = x`, `ln_m x = ln ln_(m-1) x`, `m = 1, 2, cdots`. 则有 `(ln_m x)' = prod_(0 le k lt m) ln_k^-1 x`. 又设 `M` 是某个使得 `ln_m n` 有定义的正整数. 则级数 `sum_(n ge M) ln_m^-s n (ln_m n)'` `= sum_(n ge M) 1/(n ln n ln_2 n cdots ln_(m-1) n ln_m^s n)` 在 `s gt 1` 时收敛, `s le 1` 时发散.
`ln_m n` 是增长十分缓慢的函数, 不过它仍趋向正无穷大. 本题表明以它的导函数为通项的级数恰好发散.

    简明起见只证 `m = 1` 情形. 一般情形是类似的.
  1. `s le 0` 时, 对充分大的 `n` 有 `1/(n ln^s n) ge 1/n`, 而调和级数发散; 由比较判别法一, 原级数发散.
  2. 设 `s = 1`. 对函数 `ln ln x` 在 `[n, n+1]` 上应用微分中值定理, 容易得到不等式 `ln ln(n+1) - ln ln n lt 1/(n ln n)`. 两边从 `2` 到 `n` 求和, `ln ln(n+1) - ln ln 2 lt sum_(k=2)^n 1/(k ln k)`. 从而原级数的部分和趋于无穷大, 因此是发散的.
  3. 设 `0 lt s lt 1`. 对函数 `ln^(1-s) x` 在 `[n, n+1]` 上应用微分中值定理, 得到不等式 `ln^(1-s)(n+1) - ln^(1-s) n lt (1-s)/(n ln^s n)`. 两边从 `1` 到 `n` 求和, `ln^(1-s)(n+1) lt sum_(k=1)^n (1-s)/(k ln^s k)`. 故原级数的部分和趋于无穷大, 因此发散.
  4. `s gt 1` 时, 同样对函数 `ln^(1-s) x` 在 `[n, n+1]` 上应用微分中值定理, 得到不等式 `(s-1)/((n+1)ln^s(n+1)) lt ln^(1-s) n - ln^(1-s)(n+1)`. 两边从 `2` 到 `n` 求和, `sum_(k=3)^n (s-1)/(k ln^s k) lt ln^(1-s)2 - ln^(1-s)(n+1)` `lt ln^(1-s)2`. 故原级数的部分和有上界, 因此收敛.

使用积分判别法, 本题是显然的 , 以 `s = 1` 为例, `sum_(n ge M) ln_m^-1 n (ln_m n)'` `= sum_(n ge M) (ln_(m+1) n)'` `= sum_(n ge M) int_n^(n+1) (ln_(m+1) n)' dx` `ge sum_(n ge M) int_n^(n+1) (ln_(m+1) x)' dx` `= int_M^oo (ln_(m+1) x)' dx = oo`.

等价无穷小 `(ln_m(n+1))/(ln_m n) - 1 ~ (ln_(m+1) n)'`, `n to oo`.

对 `m` 进行归纳, `m = 0` 时得 `(n+1)/n - 1 ~ 1/n`, 显然成立; 设结论对 `m-1` 成立, 考虑 `m` 的情形, `n to oo` 时有: `(ln_m(n+1))/(ln_m n) - 1` `= (ln_m(n+1) - ln_m n)/(ln_m n)` `= (ln{:(ln_(m-1)(n+1))/(ln_(m-1) n):})/(ln_m n)` `~ ((ln_m n)')/(ln_m n)` `= (ln_(m+1) n)'`.

    [群友 卡尔・夏洛克] 设 `x` 是使得下式有意义的任意实数, `n ge 0`, 则
  1. `(ln_n (x+1))/(ln_n x) - 1 le (ln_(n+1) x)'`;
  2. `ln{:(ln_n (x+1))/(ln_n x):} ge ((ln_(n+1) x)')/(sum_(k=0)^(n+1) (ln_k x)')`;
  3. `prod_(k=0)^n (ln_k (x+1))/(ln_k x) ge sum_(k=0)^(n+1) (ln_k x)'`.
  1. 对 `n` 归纳并利用不等式 `ln(1+x) le x`;
  2. 对 `n` 归纳并利用不等式 `ln(1+1/x) ge 1/(x+1)`;
  3. 对 `n` 归纳并利用 2. 的结果.
    Gauss 检比法 利用函数列 `f_m(n) = (ln_m n)'`, 将正项级数 `sum u_n` 的相邻两项比渐近展开: `u_n//u_(n+1) = sum_(m=0)^N G_m f_m(n) + o(f_N(n))` `= G_0 + G_1/n + G_2/(n ln n) + G_3/(n ln n ln ln n) + cdots` `+ o(f_N(n))`. 若存在 `M` 使得 `G_0 = G_1 = cdots = G_(M-1) = 1`, 而 `G_M != 1`, 则
  1. `G_M gt 1` (含 `G_M = +oo`) 时, 原级数收敛;
  2. `G_M lt 1` (含 `G_M = -oo`) 时, 原级数发散.

只证 `G_M gt 1` 的情形. 取 `1 lt s lt G_M`, 则级数 `sum v_n = sum ln_(M-1)^-s n (ln_(M-1) n)'` 收敛. 考察它的前后项比, 利用引理将乘积展开: `v_n // v_(n+1)` `= (n+1)/n (ln(n+1))/(ln n) cdots` `(ln_(M-2) (n+1))/(ln_(M-2) n)` `((ln_(M-1) (n+1))/(ln_(M-1) n))^s` `= (1 + f_M(n) + o(f_M(n)))^s` `prod_(m=1)^(M-1) (1+f_m(n) + o(f_m(n)))` 注意 `s lt G_M`, 故 `n` 充分大时, 上式小于等于 `u_n // u_(n+1)` `= 1 + 1/n + 1/(n ln n) + cdots` `+ G_M f_M(n) + o(f_M(n))`. 由第三比较判别法知 `sum u_n` 收敛.

系数 `G_m` 可以通过计算极限 `lim_(n to oo) r_n^((m))` 得到, 其中 `r_n^((0)) = u_n // u_(n+1)`, `quad r_n^((m+1)) = (r_n^((m)) - G_m) ln_m n`.

[菲赫金哥尔茨 第二册 375 目 3)] [崔尚斌 数学分析教程 中册 习题 10.2 第 12 题]
正项级数 `sum a_n` 收敛, 且通项 `a_n` 单调趋于 0, 证明: `lim_(n to oo) n a_n = 0`. 换言之, `a_n = o(1/n)`. 这一例题再次刻画了调和级数“刚好发散”的形象.

利用不等式 `n a_n // 2 le sum_(n//2 lt k le n) a_k lt epsi` 即可.

先由 `n a_n le sum_(1 le k le n) a_k lt oo` 知 `n a_n` 有界.
再由 `sum_(1 le k lt n) a_k - sum_(1 lt k le n) k (a_(k-1) - a_k)` `= n a_n - a_1 lt oo` 知, 左边第二项有界, 因此正项级数 `sum n(a_(n-1) - a_n)` 收敛, 进而 `lim_(n to oo) n a_n` 极限存在, 设为 `a`.
若 `a gt 0`, 由比较判别法知 `sum a_n` 发散, 矛盾; 因此 `a = 0`.

[来自群友 玩家喵] 已知正数列 `a_n` 单减趋于 0, 且 `sum a_n` 发散, 能否证明 `sum n(a_n - a_(n+1))` 发散?

积分判别法 设 `f` 在 `[M, +oo)` 上非负单调减, 于是 `f(n) = int_n^(n+1) f(n) dx ge int_n^(n+1) f(x) dx`, 对 `n` 求和得到 `sum_(n ge M) f(n) ge int_M^oo f(x) dx`, 这是级数的下界; 类似可得到上界. 于是无穷级数的敛散性归结为无穷积分的敛散性; 反之, 也可以用级数对积分进行估计.

任意项级数

级数的两边夹法则 若级数 `sum w_n` 与 `sum v_n` 均收敛, 且对任意正整数 `n` 成立 `w_n le u_n le v_n`, 则 `sum u_n` 收敛. 进一步, 若两端的级数收敛到同一个和, 则 `sum u_n` 也收敛到这个和.

由 `w_n le u_n le v_n` 得 `0 le u_n - w_n le v_n - w_n`, 由已知 `sum (v_n - w_n)` 收敛, 由正项级数的比较判别法知, `sum (u_n - w_n)` 也收敛, 从而 `sum u_n` 收敛. 进一步, 若两端级数收敛到同一个和, 则 `sum (v_n - w_n)` 收敛到零, 从而 `sum (u_n - w_n)` 也收敛到零, 即 `sum u_n` 收敛到同一个和.

数列的两边夹法则要求两端的数列具有同一极限, 级数的两边夹法则无此要求.

Leibniz 判别法 如果数列 `{u_n}` 单调趋于零, 那么交错级数 `sum_(n ge 0) (-1)^n u_n` 收敛.

    不妨设 `u_n` 单调递减 (否则可以考虑 `-u_n`), 由 `u_n` 单调递减趋于零知道 `u_n ge 0`. 记部分和 `S_n := sum_(k=0)^n (-1)^k u_k`, 下证 `S_(2n)` 与 `S_(2n+1)` 收敛到同一个极限.
  1. 首先证明 `S_(2n+1) = sum_(k=0)^n (u_(2k) - u_(2k+1))` 单调有界. 这是由于 `u_n` 单调递减, 从而每个 `u_(2k) - u_(2k+1) ge 0`, 因此 `S_(2n+1)` 单调增. 另一方面, `S_(2n+1) = u_0 - sum_(k=1)^n (u_(2k-1) - u_(2k)) - u_(2n+1) le u_0`, 所以它有上界.
  2. 其次证明 `S_(2n)` 与 `S_(2n+1)` 收敛到同一极限. 这是因为 `S_(2n) = S_(2n+1) + u_(2n+1)`, 而 `u_(2n+1) to 0`.

Abel 变换 [参见 组合数学/离散微积分与特殊计数序列] 设 `a_1, cdots, a_n` 和 `b_1, cdots, b_n` 是两组数. 记 `b_0 = 0`, `Delta b_k = b_k - b_(k-1)`, `k = 1, cdots n`. 则 `sum_(k=1)^n a_k Delta b_k = a_n b_n - sum_(k=1)^(n-1) b_k Delta a_(k+1)`. Abel 变换是离散版本的“分部积分”.

首先 `Delta (a_k b_k)` `= a_k b_k - a_k b_(k-1) + a_k b_(k-1) - a_(k-1) b_(k-1)` `= a_k Delta b_k + b_(k-1) Delta a_k`. 求和得 `sum_(k=1)^n Delta(a_k b_k)` `= sum_(k=1)^n a_k Delta b_k` `+ sum_(k=1)^n b_(k-1) Delta a_k`. 利用 `b_0 = 0` 即得结论.

    设数列 `{u_n}` 单调有界, 级数 `sum v_n` 的部分和有界, 考虑级数 `sum u_n v_n`:
  1. Dirichlet 判别法 若 `u_n` 趋于零, 则 `sum u_n v_n` 收敛.
  2. Abel 判别法 若 `sum v_n` 收敛, 则 `sum u_n v_n` 收敛.
    记部分和 `S_n = sum_(k=1)^n v_k`, 且 `|S_n| le M`. 作 Abel 变换: `sum_(k=1)^n u_k v_k` `= sum_(k=1)^n u_k Delta S_k` `= u_n S_n - sum_(k=1)^(n-1) S_k Delta u_(k+1)`. (`ast`) 记 `u_n to u`. 不妨设 `u_n` 单调递减 (否则可以考虑 `-u_n`), 于是 `u_n ge u`. 上式第二项当 `n to oo` 时绝对收敛. 这是因为部分和有上界: `sum_(k=1)^(n-1) |S_k| |Delta u_(k+1)|` `le M sum_(k=1)^(n-1) |Delta u_(k+1)|` `= M (u_1 - u_n)` `le M (u_1 - u)`. 现在, 我们在不同条件下考虑 (`ast`) 式第一项.
  1. 由于 `u_n to 0`, `S_n` 有界, 得到 `u_n S_n to 0`.
  2. 由于 `{u_n}` 单调有界有极限, `sum v_n` 收敛故 `S_n` 有极限, `u_n S_n` 有极限.
    3. 注意: Dirichlet 判别法/Abel 判别法把一个普通的收敛级数经过 Abel 变换得到一个绝对收敛级数.

Dirichlet 判别法是 Leibniz 判别法的推广, 它把振荡级数 `sum (-1)^n` 换成了部分和有界的 `sum v_n`.
熟知收敛级数乘以常数因子仍收敛; Abel 判别法告诉我们, 收敛级数乘以单调有界数列也仍收敛.

级数中的反例

`0 le u_n le 1//n`, 而 `sum_(n ge 1) (-1)^n u_n` 发散的例子: `u_n = (1+(-1)^n)/(2n)` `= { 0, if n 奇; 1//n, otherwise :}`. 在这个例子中, 通项 `u_n to 0`, 但不是单调的, 不满足 Leibniz 判别法的条件.

[来自知乎] 若级数 `sum a_n` 条件收敛, 且 `a_n // b_n to 1`, 并不能推出级数 `sum b_n` 收敛. 比如级数 `1 - 1/sqrt 2 + 1/sqrt 3 - 1/sqrt 4 + cdots` 收敛, 而 `1/(sqrt2-1) - 1/(sqrt2+1) + 1/(sqrt3-1) - 1/(sqrt3+1) + cdots` 发散; 这两个极限的通项之比趋于 `1//sqrt2`, 是同阶无穷小.

第一个级数由 Leibniz 判别法立即知道收敛. 第二个级数发散, 是因为部分和 `S_n` 的子数列 `S_(2n)` 不收敛: `sum_(n ge 2) (1/(sqrt n-1) - 1/(sqrt n+1))` `= sum_(n ge 2) 2/(n-1) = oo`. 为求两个级数的通项之比的极限, 分别考虑奇数项和偶数项: `lim_(n to oo) (sqrt(n+1)-1)/sqrt(2n-1)`, `quad lim_(n to oo) (sqrt(n+1)+1)/sqrt(2n)`. 显然两极限都是 `1//sqrt 2`.