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

n1别方法,本节我们讨论任意项级数的其他性质 — 条件收敛与绝对收敛;

定义 对于级数an,如果级数|an|是收敛的,我们称级数

n1n1an绝对收敛;

n1如果|an|发散,但an是收敛的, 我们称级数an条件收

n1n1n1敛;

(1)n1.条件收敛的级数是存在的,如nn1

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|an|收敛,由Cauchy收敛准则,

n1n1对0, 存在N,当n>N时,对一切自然数p, 成立着

|an1||an2||anp|

于是:

|an1an2anp||an1||an2||anp|

再由Cauchy收敛准则知an收敛;

n1(1)n1由级数可看出反之不成立;

nn1注：如果正项级数|an|发散,不能推出级数an发散;

n1n1但如果使用Cauchy判别法或D’Alembert判别法判定出

|an|发散,则级数an必发散,这是因为利用Cauchy判别法

n1n1或D’Alembert判别法来判定一个正项级数|an|为发散时,

n1是根据这个级数的一般项|an|当n时不趋于0,因此对级数an而言,它的一般项也不趋于零,所以级数an发散;

n1n1例 讨论级数(1)n1n1n21的敛散性,如收敛指明是条件pn1n收敛或绝对收敛;

n210,所以级数发散. 解,当p0时,由于limpnn1 n当p2时, 因为

n21n1nplim1 pn1/n1np而收敛,所以原级数绝对收敛;

n1当0p2时,

因un–un+1=

n2(n1)npn3(n2)(n1)p2p

p2=

(n24n4)(n1)(n24n3)n(n1)(n2)n(n1)p2p2p2

>

(n24n4)n(n24n3)n(n1)(n2)n(n1)np2p2p2p2p2p2

=0

(n1)(n2)n(n1)故{un}单调减少, 且

limnn210 pn1n由Leibniz判别法知

(1)n1n1n21收敛,显然pn1nn21n1p发散,所以当0p2时级数条件收敛; n1n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,得到的新级

n1/数记为an,我们有下列定理:

n1/定理 设级数an绝对收敛,则重排的级数an也是绝对

n1n1收敛的,且其和不变;

证明：先设an是正项收敛的级数,此时有

n1an1m/nan=M, 对m=1,2,…, 均成立

n1/n/即正项级数a的部分和数列有界,从而an收敛,

n1n1且aan/nn1n1

n1/而正项级数an也可看成是an的重排, 从而也有

n1an1/nann1

所以a=an./nn1n1

n1对一般项级数an,设|an|收敛

n1记 un=

|an|an|a|an, vn=n, n=1,2,…, 22显然有 0un|an|, 0vn|an|, n1,2,,

由比较判别法知正项级数un与vn均收敛;因而重排后的

n1n1级数u与vn也收敛,且有

/nn1n1/n

u=un

n1n1/nn1v=vn

n1/从而,级数|a|=(uv)也收敛,即an绝对收敛,且有

/n/n/nn1n1n1

|an1/n/|=(uv)=uvn

/n/n/nn1n1n1 =un–vn=(unvn)n1n1n1

=an

n1下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, 则

n1/1 对任意给定的一个ξR,必存在an的一个重排ann1

/使得an=ξ;

n1/2 存在an的重排级数an使

n1n1/ an=或

n1|an|an|an|an证明：记 un=, vn=

22 n=1,2,…

显然un,

n1nnvn都是正项级数,且有

n1limun=limvn=0

易证得un和vn均发散请读者自行证明

n1n1

现考察序列

a1, 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

nn pnQn

n1n1我们依次考察p1,p2,…中的各项,设pm1为其中第一个满足以下条件的项

p1+p2+…+pm1>ξ

再依次考察Q1,Q2…中的各项,设Qn1是其中第一个满足以下条件的项;

p1+p2+…+pm1–Q1–Q2–…–Qn1<ξ

再依次考察 pm11+pm12+…中的各项,设pm2是其中第一个满足以下条件的项;

p1+p2+…+pm1–Q1–Q2–… –Qn1+pm11+pm12+…+pm2>ξ

/照此下去,我们得到an的一个重排an如下

n1n1 p1+p2+…+pm1–Q1–Q2–…–Qn1

+pm11+pm12+…pm2 –Qn11–…–Qn2+pm21+…

/再分别用Rk与Lk表示级数an的末项为pmk的部分和与末项

n1为Qnk的部分和,则有

|Rk–ξ|pmk, k=2,3,… 否则与pmk的选取有矛盾; 同理有

|Lk–ξ|Qnk, k=1,2,3,…

因为 limpmk =limQnk=0

kk ∴ limRk=limLk=ξ

kk//因为级数an的任一部分和sn必介于某一对Lk与Rk之间,所

n1以也应有

/ limsn=ξ

n/即 an=ξ

n12首先,任意选取一个严格单调上升并趋于+的实数,列{ξk}例如, 可选ξk =k,k=1,2,…. 其次,用pk表示序列{an}中的第k个非负项,用Qk表示序列{an}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>ξ1

设Qn1是Q1,Q2 ,…中第一个满足以下条件的项 p1+p2+…+pm1–Q1–Q2–…–Qn1<ξ1

再依次考察pm11+pm12+…中的各项,设pm2是其中第一个满足以下条件的项

p1+…+pm1–Q1–…–Qn1+pm11+…pm2>ξ2

再依次考察Qn11,Qn12…中各项,设Qn2是其中第一个满足以下条件的项,

p1+…+pm1–Q1–…–Qn1+pm11+…pm2–Qn11–…–Qn2>ξ2

/依次做下去,我们得到an的一个重排an, 这个重排级数

n1n1满足条件

/an.n1

n1/同样可以得到一个重排,使得an.

下面我们考察两个级数的乘积; 设an与bn是两个级数,将ann1n1n1bn定义为下列所有项的

n1和

a1b1a2b1a4b1a1b2a2b2a4b2a1b3a2b3a4b3a1b4a2b4a4b4 a3b1a3b2a3b3a3b4

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 a1b1 a1b2 a1b3 a1b4 … a2b1 a2b2 a2b3 a2b4 … a3b1 a3b2 a3b3 a3b4 … a4b1 a4b2 a4b3 a4b4 … ………………………

令c1= a1b1, c2= a1b2+ a2b1, c3= a1b3+ a2b2+ a3b1, …… cn=

ijn1aibj a1bn+a2bn-1+…+anb1

…………

我们称cn=(a1bn+a2bn-1+…+anb1为级数an与bn的

n1n1n1n1Cauchy乘积;

a1b1 a1b2 a1b3 a1b4 … a2b1 a2b2 a2b3 a2b4 … a3b1 a3b2 a3b3 a3b4 … a4b1 a4b2 a4b3 a4b4 … ………………………

令 d1= a1b1, d2= a1b2+ a2b2+ a2b1

……………

dn= a1bn+ a2bn+…+ anbn+ anbn-1+…+ anb1 ……………

则级数dn称为级数an与bn按正方形排列所得的乘积.

n1n1n1定理 如果级数an与bn均收敛,则按正方形排序所得的乘

n1n1积级数dn总是收敛的,且dk=(ak)(bk)

n1k1k1k1证明：因为

sn=dk=(a1bk+ a2bk +…+ akbk +a2bk-1+…+akb1

k1k1nn =akk1nbk

k1nab =snsn

其中{s}与{s}分别为an与bn的部分和,

anbnn1n1ab 当记limsn=sa,limsn=sb时,有limdn=sasb

nnn所以级数dn收敛,且dn=ann1n1n1bn.

n1但是两个收敛级数的Cauchy乘积却不一定是收敛的;

例如

an=n1(1)n1n12n1与bn=n1(1)n1n12n1

这两个级数显然都是收敛,但它们的Cauchy乘积的一般项为

cn=－1

n+1

ijn11ij

ijn1显然 ij=

2221从而i ijn1n1jn1ij2 >n1n

所以limcn0, 故cn发散.

nn1定理 如果级数an与bn都绝对收敛,则它们的Cauchy乘

n1n1积cn和正方形排列所得的乘积dn都是绝对收敛的,且

n1n1cn=anbn

n1n1n1证明: 设sn=|ck|k1n

=|a1bk +a2bk-1+…+akb1|

k1nn |ak||bk|

k1k1n |ak||bk|

k1k1由正项级数|ck|的部分和数列有界知|ck|收敛,又因为绝

k1k1对收敛级数有交换律和结合律; 同理可证,dn绝对收敛

n1所以cn=dn=ann1n1n1bn.

n1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

n1n1an=A, bn=B

n1n1则它们的Cauchy乘积cn也收敛, 且cn=AB

n1n1证明: 记An=ak, Bn=bk

k1k1nncn=a1bn +a2bn-1+…+anb1

前n项部分和sn=(a1bk +a2bk-1+…+akb1

k1n= a1Bn +a2Bn-1+…+anB1

当令n=B－Bn 时, n=1,2,… sn= a1Bn +a2Bn-1+…+anB1

= a1B–n+a2B–n1+…+anB–1 = A nB–a1n +a2n1+…+an1 = A nB–Rn

下面我们估计

Rn = a1n+a2n1+…+an1 因为序列{k}趋于0,可设 |k|M, kN 取k充分大使 |k|<

2D

这里D>|an|.n1 再取m充分大,使

km1|ak|<2M,

于是当N充分大时,对上面取定的m有

|Rn||a1||n|+…+|am||nm1|+|am+1||nm|+…+|an||1| 所以 limRn=0

nsnlimAnBAB. 证毕. 从而 limnn定理Abel定理设级数an与bn都收敛,且an=A,

n1n1n1bn=B,cn是它们的Cauchy乘积,如果cn收敛,其和为c,

n1

n1n1则必有cB

证明：在数列极限理论中,我们已经证明 如 limAn=A, limBn=B,limcn =c, 则

nn

nA1BnA2Bn1AnB1 limAB

nnsnc 当记sncn时,有limnk1n1所以 c=limnnnsk1nn

=lim A1Bn +A2Bn-1+…+A nB1 =AB.

习题

1、设级数an与bn均绝对收敛,则它们的任意排序方法除

n1n11n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=ann1n1bn

n112、设|x|<1,|y|<1, 求证: ( x+ xy++y=

n-1n-2n-1

3、求证: 4、求证: 5、求证:

n1xnyn(xy)nn0n!n0n!= n0n!1(1)nn0n!n0n!=1

nn=nq0nq0(n1)qn1n0(1q)2(1x)(1y)(|q|1).