数学分析复习：实数项级数的收敛

文章目录 实数项级数收敛1. 定义、性质2. 实数项级数的Cauchy收敛准则3. 正项级数的收敛判别法3.1 控制收敛定理（比较判别法）3.2 Cauchy判别法：3.3 d'Alembert（达朗贝尔）判别法3.4 Raabe（拉贝）判别法3.5 积分判别法3.6 单调有界数列必收敛应用到级数上 4. 绝对收敛的级数5. 振荡型级数的收敛判别

本篇文章适合个人复习翻阅，不建议新手入门使用

实数项级数收敛 1. 定义、性质

定义：实数项级数收敛 设实数项级数 ∑ i = 1 ∞ a i \sum\limits_{i=1}^{\infty}a_i i=1∑∞​ai​，设部分和 x n = ∑ i = 1 n a i x_n=\sum\limits_{i=1}^na_i xn​=i=1∑n​ai​ 若 { x n } \{x_n\} {xn​}收敛，则称级数 ∑ i = 1 ∞ a i \sum\limits_{i=1}^{\infty}a_i i=1∑∞​ai​ 收敛，记 ∑ i = 1 ∞ a i = lim ⁡ n → ∞ x n \sum\limits_{i=1}^{\infty}a_i=\lim\limits_{n\to\infty}x_n i=1∑∞​ai​=n→∞lim​xn​ 若 { x n } \{x_n\} {xn​}发散，则称级数 ∑ i = 1 ∞ a i \sum\limits_{i=1}^{\infty}a_i i=1∑∞​ai​ 发散

例子

调和级数 ∑ n = 1 ∞ 1 m \sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{m} n=1∑∞​m1​ 是发散级数 证明思路：只需注意到 ∑ j = 1 n − 1 1 j = 1 1 + ( 1 2 + 1 3 ) + ( 1 4 + 1 5 + 1 6 + 1 7 ) + ⋯ + ( 1 2 k − 1 + 1 2 k − 1 + 1 + ⋯ + 1 2 k − 1 ) > 1 × 1 2 + 2 × 1 4 + ⋯ + 2 k − 1 × 1 2 k = k 2 \begin{split} \sum\limits_{j=1}^{n-1}\frac{1}{j} =&\frac{1}{1}+(\frac{1}{2}+\frac{1}{3})+(\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\frac{1}{7})+\cdots\\ &+(\frac{1}{2^{k-1}}+\frac{1}{2^{k-1}+1}+\cdots+\frac{1}{2^k-1})\\>&1\times\frac{1}{2}+2\times\frac{1}{4}+\cdots+2^{k-1}\times \frac{1}{2^k}\\ =&\frac{k}{2} \end{split} j=1∑n−1​j1​=>=​11​+(21​+31​)+(41​+51​+61​+71​)+⋯+(2k−11​+2k−1+11​+⋯+2k−11​)1×21​+2×41​+⋯+2k−1×2k1​2k​​几何级数（等比级数） ∑ n = 1 ∞ q n − 1 \sum\limits_{n=1}^{\infty}q^{n-1} n=1∑∞​qn−1 当 ∣ q ∣ < 1 |q|<1 ∣q∣<1 时收敛 p p p 级数 ∑ n = 1 ∞ 1 n p \sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^p} n=1∑∞​np1​ 当 p > 1 p>1 p>1 时收敛 2. 实数项级数的Cauchy收敛准则

级数 ∑ k = 0 ∞ a k \sum\limits_{k=0}^{\infty}a_k k=0∑∞​ak​收敛当且仅当 ∀ ε > 0 , ∃ N > 0 , ∀ n ≥ N , p ∈ N ≥ 0 , ∣ ∑ n ≤ k ≤ n + p ∣ a k ∣ < ε \forall \varepsilon>0,\exists N>0,\forall n\geq N,p\in \mathbb{N}_{\geq 0},|\sum\limits_{n\leq k\leq n+p}|a_k|<\varepsilon ∀ε>0,∃N>0,∀n≥N,p∈N≥0​,∣n≤k≤n+p∑​∣ak​∣<ε注：上述准则说明 ∑ k = 0 ∞ a k \sum\limits_{k=0}^{\infty}a_k k=0∑∞​ak​收敛的必要条件是 a n → 0 a_n\to 0 an​→0

3. 正项级数的收敛判别法

称每一项 a n a_n an​ 均大于0的级数 ∑ n = 0 ∞ a n \sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n n=0∑∞​an​ 为正项级数

以下均为正项级数 ∑ n = 0 ∞ a n \sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n n=0∑∞​an​ 的收敛判别法

3.1 控制收敛定理（比较判别法）

设正项级数 ∑ n = 0 ∞ a n \sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n n=0∑∞​an​ 和 ∑ n = 0 ∞ b n \sum\limits_{n=0}^{\infty}b_n n=0∑∞​bn​，设对任意 n ≥ 0 n\geq 0 n≥0，都有 a n ≤ b n a_n\leq b_n an​≤bn​，如果 ∑ n = 0 ∞ b n \sum\limits_{n=0}^{\infty}b_n n=0∑∞​bn​ 收敛，那么 ∑ n = 0 ∞ a n \sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n n=0∑∞​an​ 也收敛

注：等价叙述是若 ∑ n = 0 ∞ a n \sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n n=0∑∞​an​发散，那么 ∑ n = 0 ∞ b n \sum\limits_{n=0}^{\infty}b_n n=0∑∞​bn​也发散

3.2 Cauchy判别法：

设 r = l i m ‾ ⁡ n → ∞ a n n r=\varlimsup\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_n} r=n→∞lim​nan​ ​

r < 1 r<1 r<1 ，则收敛 r > 1 r>1 r>1 ，则发散 r = 1 r=1 r=1 ，则判别法失效

证明思路： 利用上极限的等价刻画去证

推论 ∑ n = 0 ∞ a n \sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n n=0∑∞​an​ 收敛，则 ∑ n = 0 ∞ a n 2 \sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n^2 n=0∑∞​an2​ 收敛；反之未必

3.3 d’Alembert（达朗贝尔）判别法

设 r ‾ = l i m ‾ ⁡ n → ∞ a n + 1 a n , r ‾ = l i m ‾ ⁡ n → ∞ a n + 1 a n \overline{r}=\varlimsup\limits_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n},\underline{r}=\varliminf\limits_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n} r=n→∞lim​an​an+1​​,r​=n→∞lim​​an​an+1​​

r ‾ < 1 \overline{r}<1 r<1 ，则收敛 r ‾ > 1 \underline{r}>1 r​>1 ，则发散 r ‾ ≥ 1 \overline{r}\geq 1 r≥1 或 r ‾ ≤ 1 \underline{r}\leq 1 r​≤1，则判别法失效

证明思路： 利用上极限的等价刻画去证

注：Cauchy判别法比d’Alembert判别法适用范围更广，但d’Alembert判别法的条件更容易得到

3.4 Raabe（拉贝）判别法

设 r = lim ⁡ n → ∞ n ( a n a n + 1 − 1 ) r=\lim\limits_{n\to\infty}n(\frac{a_n}{a_{n+1}}-1) r=n→∞lim​n(an+1​an​​−1)

r > 1 r>1 r>1，则收敛 r < 1 r<1 r<1，则发散

注：当Cauchy判别法和d’Alembert判别法均失效的时候，可能采取Raabe判别法会有效

3.5 积分判别法

设 f ( x ) ≥ 0 f(x)\geq 0 f(x)≥0，且在任意有限区间 [ a , A ] [a,A] [a,A] 上 Riemann 可积，则 ∫ a ∞ f ( x ) d x \int_a^{\infty}f(x)\mathrm{d}x ∫a∞​f(x)dx 与 ∑ n = 1 ∞ μ n \sum\limits_{n=1}^{\infty}\mu_n n=1∑∞​μn​ 同时收敛或发散，其中 μ n = ∫ a n a n + 1 f ( x ) d x \mu_n=\int_{a_n}^{a_{n+1}}f(x)\mathrm{d}x μn​=∫an​an+1​​f(x)dx a n a_n an​ 是以 a a a 为首项的单调递增趋于正无穷的实数列

3.6 单调有界数列必收敛应用到级数上

∑ n = 0 ∞ a n \sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n n=0∑∞​an​ 是正项级数，那么 ∑ n = 0 ∞ a n \sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n n=0∑∞​an​ 收敛当且仅当存在常数M，使得对任意 k k k ， S k = ∑ n = 0 k a n ≤ M S_k=\sum\limits_{n=0}^ka_n\leq M Sk​=n=0∑k​an​≤M

4. 绝对收敛的级数

定义：绝对收敛 设级数 ∑ n = 0 ∞ a n \sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n n=0∑∞​an​，若 ∑ n = 0 ∞ ∣ a n ∣ \sum\limits_{n=0}^{\infty}|a_n| n=0∑∞​∣an​∣ 收敛，则 ∑ n = 0 ∞ a n \sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n n=0∑∞​an​ 收敛，此时称 ∑ n = 0 ∞ a n \sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n n=0∑∞​an​ 是绝对收敛的

证明：Cauchy收敛准则易证

若 ∑ n = 0 ∞ a n \sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n n=0∑∞​an​ 收敛，但 ∑ n = 0 ∞ ∣ a n ∣ \sum\limits_{n=0}^{\infty}|a_n| n=0∑∞​∣an​∣ 不收敛，则称 ∑ n = 0 ∞ a n \sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n n=0∑∞​an​ 条件收敛

定义：级数的正部和负部 ∑ n = 0 ∞ a n + \sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n^+ n=0∑∞​an+​： ∑ n = 0 ∞ a n \sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n n=0∑∞​an​ 中的所有正项加和得到的级数 ∑ n = 0 ∞ a n − \sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n^- n=0∑∞​an−​： ∑ n = 0 ∞ a n \sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n n=0∑∞​an​ 中的所有负项变号加和得到的级数

命题 若 ∑ n = 0 ∞ a n \sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n n=0∑∞​an​ 绝对收敛，则 ∑ n = 0 ∞ a n + \sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n^+ n=0∑∞​an+​ 和 ∑ n = 0 ∞ a n − \sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n^- n=0∑∞​an−​ 均收敛 若 ∑ n = 0 ∞ a n \sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n n=0∑∞​an​ 条件收敛，则 ∑ n = 0 ∞ a n + \sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n^+ n=0∑∞​an+​ 和 ∑ n = 0 ∞ a n − \sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n^- n=0∑∞​an−​ 均发散

证明思路： 结论1：注意到 0 ≤ x n + , x n − ≤ ∣ x n ∣ 0\leq x_n^+,x_n^-\leq |x_n| 0≤xn+​,xn−​≤∣xn​∣ 结论2：反证法，注意到 ∣ x n ∣ = x n + + x n − |x_n|=x_n^++x_n^- ∣xn​∣=xn+​+xn−​

命题 绝对收敛的级数任意调换各项的顺序仍绝对收敛，且值不变

证明思路： 用到先特殊再一般的技巧：先考虑正项级数的情形，再对一般情形进行正部和负部的拆分

命题 若 ∑ n = 0 ∞ a n \sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n n=0∑∞​an​ 条件收敛，则对任意 a ∈ R ∪ { ∞ } a\in\mathbb{R}\cup \{\infty\} a∈R∪{∞}，存在一个调换过 ∑ n = 0 ∞ a n \sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n n=0∑∞​an​各项顺序的级数 ∑ n = 0 ∞ a n ′ \sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n' n=0∑∞​an′​，使得 ∑ n = 0 ∞ a n ′ = a \sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n'=a n=0∑∞​an′​=a

5. 振荡型级数的收敛判别

形如 ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n + 1 a n ( a n > 0 ) \sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}a_n(a_n>0) n=1∑∞​(−1)n+1an​(an​>0) 的级数称为振荡级数（或称交错级数）

直观上，振荡型级数说的是级数各项有正有负，求和的时候可以相互抵消，故可能收敛

命题：Abel 求和公式 设复数列 { a k } k ≥ 1 \{a_k\}_{k\geq 1} {ak​}k≥1​ 和 { b k } k ≥ 1 \{b_k\}_{k\geq 1} {bk​}k≥1​，则 ∑ k = 1 n a k b k = S n b n + ∑ k = 1 n − 1 S k ( b k − b k + 1 ) \sum\limits_{k=1}^na_kb_k=S_nb_n+\sum\limits_{k=1}^{n-1}S_k(b_k-b_{k+1}) k=1∑n​ak​bk​=Sn​bn​+k=1∑n−1​Sk​(bk​−bk+1​) 其中 S n = ∑ k = 1 n a k S_n=\sum\limits_{k=1}^na_k Sn​=k=1∑n​ak​ 表示部分和

证明 只需将 a k a_k ak​ 替换为 S k − S k − 1 S_k-S_{k-1} Sk​−Sk−1​，然后合并同类项即可

注：该公式即为离散版本的分部积分公式

命题：Dirichlet判别法 设实数列 { a k } , { b k } \{a_k\},\{b_k\} {ak​},{bk​}， S n S_n Sn​ 表示 { a k } \{a_k\} {ak​} 的部分和，若

{ b k } \{b_k\} {bk​} 是单调数列且 lim ⁡ k → ∞ b k = 0 \lim\limits_{k\to\infty}b_k=0 k→∞lim​bk​=0存在 M M M，使得对任意 n ≥ 1 n\geq 1 n≥1， ∣ S n ∣ ≤ M |S_n|\leq M ∣Sn​∣≤M

则级数 ∑ k = 1 n a k b k \sum\limits_{k=1}^{n}a_kb_k k=1∑n​ak​bk​ 收敛

证明思路（级数的Cauchy收敛准则） 不妨假设 { b k } \{b_k\} {bk​} 单调递减，由 abel 求和法，任取 m ≥ n m\geq n m≥n，有 ∣ ∑ k = n + 1 m a k b k ∣ = ∣ ( S m b m − S n b n ) + ∑ k = n m − 1 S k ( b k − b k + 1 ) ∣ ≤ M ∣ b m − b n ∣ + ∣ M ∣ ∣ ∑ k = n m − 1 ( b k − b k + 1 ) ∣ = 2 M ( b n − b m ) < ε \begin{split} |\sum\limits_{k=n+1}^ma_kb_k|&=|(S_mb_m-S_nb_n)+\sum\limits_{k=n}^{m-1}S_k(b_k-b_{k+1})|\\ &\leq M|b_m-b_n|+|M||\sum\limits_{k=n}^{m-1}(b_k-b_{k+1})|\\ &=2M(b_n-b_m)<\varepsilon \end{split} ∣k=n+1∑m​ak​bk​∣​=∣(Sm​bm​−Sn​bn​)+k=n∑m−1​Sk​(bk​−bk+1​)∣≤M∣bm​−bn​∣+∣M∣∣k=n∑m−1​(bk​−bk+1​)∣=2M(bn​−bm​)<ε​

推论：Abel判别法 设实数列 { a k } , { b k } \{a_k\},\{b_k\} {ak​},{bk​}，若

{ b k } \{b_k\} {bk​} 单调有界级数 ∑ k = 1 ∞ a k \sum\limits_{k=1}^{\infty}a_k k=1∑∞​ak​ 收敛

则级数 ∑ k = 1 ∞ a k b k \sum\limits_{k=1}^{\infty}a_kb_k k=1∑∞​ak​bk​ 收敛

证明思路 设 b = lim ⁡ k → ∞ b k b=\lim\limits_{k\to\infty}b_k b=k→∞lim​bk​，则有 ∑ k = 1 ∞ a k b k = ∑ k = 1 ∞ a k ( b k − b ) + b ∑ k = 1 ∞ a k \sum\limits_{k=1}^{\infty}a_kb_k=\sum\limits_{k=1}^{\infty}a_k(b_k-b)+b\sum\limits_{k=1}^{\infty}a_k k=1∑∞​ak​bk​=k=1∑∞​ak​(bk​−b)+bk=1∑∞​ak​ 等号右端第一个级数用Dirichlet判别法立得

定义：Leibniz级数 称满足 lim ⁡ n → ∞ a n = 0 \lim\limits_{n\to\infty}a_n=0 n→∞lim​an​=0 的振荡级数 ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n + 1 a n \sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}a_n n=1∑∞​(−1)n+1an​ 为Leibniz 级数

性质

0 ≤ ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n + 1 a n ≤ a 1 0\leq \sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}a_n\leq a_1 0≤n=1∑∞​(−1)n+1an​≤a1​ ∑ n = k + 1 ∞ ( − 1 ) n + 1 a n ≤ a k + 1 \sum\limits_{n=k+1}^{\infty}(-1)^{n+1}a_n\leq a_{k+1} n=k+1∑∞​(−1)n+1an​≤ak+1​

Leibniz 判别法（Dirichlet判别法的推论） Leibniz 级数必然收敛

参考书：

《数学分析》陈纪修 於崇华 金路《数学分析之课程讲义》清华大学数学系及丘成桐数学中心《数学分析习题课讲义》谢惠民 恽自求 易法槐 钱定边 著