据定理 3.3， 且有
n
∑v
n
n
′ 和 ∑ wn 收敛。由上述⑴所证，有 ∑ v ′ n < +∞ ， ∑ wn < +∞ ，
n n n n n
∑ v = ∑ v ′ ， ∑ w ∑ u = ∑ w′ ， ⇒ ∑ u = ∑ u ′ 。
回答是肯定的。条件收敛的级数有个一般的结果，这是下面
由该定理可见，绝对收敛级数满足加法交换律。是否只有绝对收敛级数才满 足加法交换律呢 ? 的 Riemann 定理。 定理 3.5(Riemann) 若级数 ∑ u n 条件收敛，则对任意实数 s ( 甚至是
n =1
∞
收敛，由比较判别法知，级数 ∑ ( u n + u n ) 收敛，再由收敛级数的线性性知，级
n =1
∞
数 ∑ u n 收敛。
n =1
∞
判定任意项级数 ∑ u n 的敛散性的方法如下：
n =1
∞
⑴
首先考察 ∑ u n 是否收敛，若收敛，则 ∑ u n 收敛，其次若 ∑ u n 不收
n =1 n =1 n =1
∞
(− 1)n−1 条件收敛。说明
n
2
收敛 ⇒ /
绝对收敛与收敛的关系
1233
定理 3.2 (绝对收敛与收敛的关系)
∑ u n < +∞ ，
n =1
∞
⇒
∑u
n =1
∞
n
收敛。
证 1
已知正项级数
∑u
n =1
∞
n
收 敛 ， 根 据 级 数 的 Cauchy 收 敛 准 则 ，
∀ε > 0, ∃N ∈ N + , ∀n > N , ∀p ∈ N + ，有 u n +1 + u n + 2 + … u n + p < ε 。从而，有
⇒
lim S n = S ，即级数 ∑ (−1) n +1 u n 收敛。
n→∞ n =1
∞
1232
由证明数列 { S 2 n } 有界性可见， 0 ≤ ∑ ( − 1 ) n +1 u n ≤ u1 。余和
n =1
∞
k = n +1
∑ (−1)
∞
k +1
u k 亦为
Leibniz 型级数， ⇒ 余和 rn 与 u n +1 项同号，且估计式为
Cantor 闭区间套定理知，存在唯一的一个数 S，使
m →∞
lim S 2 m −1 = lim S 2 m = S 。
m→∞
∞
故数列 {S n } 收敛，即级数 ∑ (−1) n +1 u n 收敛。其它如前证。
n =1
例3.1 判别级数 ∑ ( − 1 ) n
n =1
∞
xn n
( x > 0) 的敛散性。
控制。于是， ∑ u n < +∞ ， ⇒
∑ u′
n
< +∞ ，且和相等。
n
⑵ 对于一般的 u n ，∑ u n =
∑v
− ∑ wn ，⇒n n n
′ 和 ∑ wn ′ 分别是正项级数 ∑ v n 和 ∑ wn 的更序，由 ∑ | u n | < +∞ ， 正项级数 ∑ v n
u n +1 + u n + 2 + … u n + p ≤ u n +1 + u n + 2 + … u n + p < ε 。 即级数 ∑ u n 收敛。
n =1
∞
证 2 注意到 u n = ( u n + u n ) − u n ， 因为 0 ≤ u n + u n ≤ 2 u n ， 而级数 ∑ u n
即交换其项之后的新级数，其和却是
1 A 。由此可见，收敛级数不满足交换 2
律。这是有限和与无限和（收敛级数）的区别之一。
′ 是 ∑ u n 的一个更序。若 ∑ | u n | < +∞ ，则 ∑ | u ′ 定理 3.4 设 ∑ u n n | < +∞ ， ′ = ∑ un 。 且 ∑ un
证
⑴
′ 和 ∑ u n 是正项级数，且它们的部分和可以互相 若 u n ≥ 0 ，则 ∑ u n
∞
绝对收敛级数的可重排性
已知有限和的计算满足结合律、交换律和分配律。收敛级数是无限和，那么 收敛级数的运算是否也满足结合律、 交换律与分配律？定理 1.3 已回答收敛级数 满足结合律。一般来说，收敛级数不满足交换律与分配律。 例如，已知交错级数 ∑
n =1
∞
(− 1)n−1 收敛，设其和为 A ，即
⇒
S 2 n 单调上升；又 S 2 n = u1 − (u 2 − u 3 ) − " − (u 2 n − 2 − u 2 n −1 ) − u 2 n ≤ u1 ，即数列
{ S 2 n } 有界。由单调有界原理，数列 { S 2 n } 收敛。
设 S 2 n → S , (n → ∞) 。 S 2 n +1 = S 2 n + u 2 n +1 → S , (n → ∞) 。
∞
∞
∞
∞
敛，再用其它方法考察 ∑ u n 的敛散性；
n =1
⑵
因 ∑ u n 为正项级数，其敛散性可以用正项级数的判敛法判定；
n =1
∞ ∞ ∞
∞
⑶ 一般如果 ∑ | un | 发散，推不出级数 ∑ un 一定发散；但是如果 ∑ | un | 的
n =1 n =1 n =1
发散性是用根值法或比值法确定的，此时可以由 ∑ | un | 发散推出 ∑ un 发散；例
为调和级数 ∑
∑ (−1)
n =1
∞
n −1
2n − 1 为条件收敛。 n2
3.3
绝对收敛级数的性质 1 变正项级数 对级数 ∑ u n ，令
n =1
∞
vn =
| u n | +u n ⎧u n , u n > 0 , =⎨ 2 ⎩ 0 , un ≤ 0 .
∞
∞
wn =
| u n | −u n ⎧− u n , u n < 0 , =⎨ 2 ⎩ 0 , un ≥ 0 .
n =1
n =1
∞
n =1
由 u n = v n − wn ， wn = v n − u n 以及 而 | u n |= v n + wn ， ⇒ 3
∞
∑v
n =1
∞
n
< +∞ 和 ∑ u n 收敛， ⇒
∑w
n =1
∞
n
< +∞ 。
∑ u n < +∞ ，与 ∑ u n 条件收敛矛盾。
n =1 n =1
n
n −1
(− 1) 1 1 1 1 1 A = 1− + − + − +"+ n 2 3 4 5 6
交替排列，即
+"。
如果将其项作如下交换：按此级数原有的正项与负项的顺序，一项正两项负
1−
1 1 1 1 1 1 1 1 − + − − + − − +"。 2 4 3 6 8 5 10 12
假设此级数收敛，作如下的结合：
⎛ 1⎞ 1 ⎛1 1⎞ 1 ⎛1 1 ⎞ 1 ⎜1 − ⎟ − + ⎜ − ⎟ − + ⎜ − ⎟ − + " ⎝ 2 ⎠ 4 ⎝ 3 6 ⎠ 8 ⎝ 5 10 ⎠ 12
=
1 1 1 1 1 1 − + − + − +" 2 4 6 8 10 12
1236
1⎛ 1 1 1 1 1 ⎞ 1 = ⎜1 − + − + − + " ⎟ = A 。 2⎝ 2 3 4 5 6 ⎠ 2
例3.3 证明级数 ∑ (−1) n −1
n =1
2n − 1 为条件收敛。 n2
∞
解
∞
首先，由 Leibniz 交错级数判敛法知级数 ∑ (−1) n −1
n =1
2n − 1 是收敛的；级 n2
数 ∑ (−1) n −1
n =1
∞ n 1 2n − 1 2n − 1 2n − 1 n + (n − 1) = 为正项级数，而 2 = > 2 = ，因 ∑ 2 2 2 n n n n n n n =1 ∞ 1 2n − 1 是 发 散 的 ， 所 以 级 数 ∑ (−1) n −1 是发散的，因此， n2 n =1 n n =1 ∞
n =1
∞
2
交错级数的 Leibniz 定理 Leibniz 型级数必收敛， 且余和的符号与余和首项
定理 3.1(Leibniz 判别法) 相同，并有 证1
| rn | ≤ u n +1 。
S 2 ( n +1) = (u1 − u 2 ) + (u 3 − u 4 ) + " + (u 2 n −1 − u 2 n ) + (u 2 n +1 − u 2 n + 2 ) ≥ (u1 − u 2 ) + (u 3 − u 4 ) + " + (u 2 n −1 − u 2 n ) = S 2 n ，
则有 ⑴
∑ vn 和 ∑ wn 均为正项级数，且有 0 ≤ vn ≤ | u n | 和 0 ≤ wn ≤ | u n | ；
n =1