第 20 章 无穷级数的敛散性专题
无穷级数与 (函) 数列的极限问题逻辑上完全等同, 但技术上则各自有不同的境界,
与之相似的是无穷乘积与无穷级数的关系.
任一数项级数总是发散、绝对收敛和条件收敛三种情形之一, 且仅可能为三者之
一. 这里, 条件收敛有关的判别法经常用在幂级数在收敛域端点处的敛散性. 作为幂级
数绝对收敛和发散的临界分点, 收敛域端点处的敛散性判定异常复杂.
若结合一致性, 有关判别法可以推广至函数项级数的情形, 获得条件一致收敛.
Fourier 级数的逐点收敛及其分析技术的应用, 则开启了数学对函数、级数的新认
识, 其敛散性的特点与方法来自于基本三角函数系周期性规律.
条件收敛与条件一致收敛
一、数项级数的条件收敛判别法
定理 (Dirichlet 判别法). 设级数
∑+∞
n=1
an 的部分和序列
{
Sn
}
有界, 序列{
bn
}
单调且 limn→∞ bn = 0, 则
∑+∞
n=1
anbn 收敛.
证明 : 由
{
Sn
}
有界, 存在 M > 0, 使 |Sn| ≤
M
2
(n = 1, 2, · · · ), 从而对任意的正
整数 n, p , 有
∣∣Sn+p − Sn∣∣ ≤M.
由 limn→∞ bn = 0 知, 任给 ε > 0, 存在 N ∈ N, 当 n > N 时, 有 |bn| <
ε
6M
. 因此
当 n > N 时, 对任意的 p ∈ N, 利用 Abel 变换可知∑n+p
k=n+1
akbk = bn+p(Sn+p − Sn)−
∑n+p−1
k=n+1
(Sk − Sn)(bk+1 − bk)
且由 {bn} 单调知
∑n+p−1
k=n+1
|bk+1 − bk| =
∣∣∣∣∑n+p−1k=n+1(bk+1 − bk)
∣∣∣∣. 于是∣∣∣∑n+p
k=n+1
akbk
∣∣∣ ≤M (|bn+p|+∑n+p−1
k=n+1
|bk+1 − bk|
)
≤M
(
|bn+1|+ 2|bn+p|
)
< ε.
由 Cauchy 收敛准则知
∑+∞
n=1
anbn 收敛.
注 . 显然, Leibnitz 判别法是 Dirichlet 判别法的特例.
例 . 讨论
∑+∞
n=1
cosnx
n
的敛散性, 其中 x ̸= 2pπ(p ∈ Z).
解: 令 bn =
1
n
, an = cosnx, 则 bn 单减趋于 0, 且由附录 最后的恒等式,
Sn =
∑n
k=1
cos kx 满足
2 sin
x
2
· Sn = sin
(
n+
1
2
)
x− sin
x
2
,
即 |Sn| ≤
1∣∣∣sin x
2
∣∣∣ , 由 Dirichlet 判别法, 级数
∑+∞
n=1
cosnx
n
收敛. � �
例 . 设
{
an
}
单调, limn→∞ an = 0,且
∑+∞
n=1
an 发散,则任给 x ̸= pπ(p ∈ Z),∑+∞
n=1
an sinnx 条件收敛.
证明 : 不妨设 an 恒正. 由附录 中的恒等式, Sn =
∑n
k=1
sin kx 满足
2 sin
x
2
· Sn = cos
x
2
− cos
(
n+
1
2
)
x,
故 |Sn| ≤
1∣∣∣sin x
2
∣∣∣ . 于是, 由 Dirichlet 判别法知,
∑+∞
n=1
an sinnx 收敛.
同理可证, 任给 x ̸= 2pπ (p ∈ Z),
∑+∞
n=1
an cosnx 收敛 (这是例的一般化),
故
∑+∞
n=1
an cos 2nx(x ̸= pπ) 也收敛. 注意到
∑+∞
n=1
an = +∞, 且
|an sinnx| ≥ |an sin2 nx| =
an
2
(1− cos 2nx), ∀x ̸= pπ,
则
∑+∞
n=1
|an sinnx| = +∞. 从而,
∑+∞
n=1
an sinnx 条件收敛.
定理 . 设
∑+∞
n=1
an 收敛,
{
bn
}
单调有界, 则
∑+∞
n=1
anbn 收敛.
证明 : 由于 {bn} 单调有界, 故收敛, 记 limn→∞ bn = b.
注意到
∑+∞
n=1
ban 显然收敛, 且由 Dirichlet 判别法知
∑+∞
n=1
(bn − b)an 收敛, 从而∑+∞
n=1
anbn 一定收敛, 这是因为∑+∞
n=1
anbn =
∑+∞
n=1
(bn − b)an +
∑+∞
n=1
ban.
例 . 讨论
∑+∞
n=1
(−1)n
sin2 n
n
的敛散性.
解: 由于 sin2 n =
1
2
(1− cos 2n), 故任给 n ∈ N, 有∑n
k=1
(−1)k
sin2 k
k
=
∑n
k=1
(−1)k
1
k
−
∑n
k=1
(−1)k
cos 2k
k
.
由 Leibnitz 判别法,
∑+∞
n=1
(−1)n
1
n
收敛, 注意到∑+∞
n=1
(−1)n
cos 2n
n
=
∑+∞
n=1
cosn(2 + π)
n
,
则由例可知其收敛. 从而, 原级数收敛. �
例 . 设 α ∈ (0, 1], 讨论交错级数
∑+∞
n=1
(−1)n
nα+
1
n
的敛散性.
解: 对 n ∈ N, 记 an =
(−1)n
nα
和 bn =
1
n
1
n
:
由 Leibnitz 判别法,
∑+∞
n=1
an 收敛, 而由 n
1
n 当 n 充分大时单减知, bn 当 n 充分
大时单增且有上界 1. 于是, 由 Abel 判别法知
∑+∞
n=1
(−1)n
nα+
1
n
收敛.
注意到
∑+∞
n=1
1
nα
发散, 且 limn→∞
1
nα+
1
n
1
nα
= 1, 则由比较判别法知
∑+∞
n=1
1
nα+
1
n
发
散, 从而原级数条件收敛. �
二、函数项级数的条件一致收敛判别法
以下, 区间 I 可以是 [a, b], (a, b), [a, b), (a,+∞), (−∞, b) 等.
定理 (Dirichlet). 设函数列 un(x), vn(x) 在 I ⊆ R 上有定义, 且
(i)
∑+∞
n=1
un(x) 的部分和函数列
{
Sn(x)
}
在 I 上一致有界;
(ii) 任给 x ∈ I,
{
vn(x)
}
关于 n 是单调的, 且 vn(x) ⇒ 0(x ∈ I),
则
∑+∞
n=1
un(x)vn(x) 在 I 上一致收敛.
证明 : 由 (i)和一致有界的定义,存在M > 0,使任给 n ≥ 1和 x ∈ I,有 |Sn(x)| ≤
M . 从而, 当 n ≥ 1 时, 任给 p ∈ N 和 x ∈ I, 有∣∣∣∑n+p
k=n+1
uk(x)
∣∣∣ = ∣∣Sn+p(x)− Sn(x)∣∣ ≤ 2M.
由 vn(x) ⇒ 0(x ∈ I), 任给 ε > 0, 存在 N ∈ N, 当 n > N 时, 有
|vn(x)| ≤
ε
4M
, ∀x ∈ I.
注意到对任一 x ∈ I,
{
vn(x)
}
关于 n 单调, 则由 Abel 变换知, 当 n > N 时, 任给
p ∈ N 和 x ∈ I, 有∣∣∣∑n+p
k=n+1
uk(x)vk(x)
∣∣∣ ≤M(|vn+1(x)|+ 2|vn+p(x)|) < ε.
由 Cauchy 收敛准则知
∑+∞
n=1
un(x)vn(x) 在 I 上一致收敛.
例 . 证明
∑+∞
n=1
(−1)n
n+ x
(1) 在 [0,+∞) 上一致收敛;
(2) 在不含负整数点的任何闭区间 I 上一致收敛;
(3) 在不含负整数点的任何区间 I 上不绝对收敛.
证明 : (1) 任给 n ∈ N, 令 un(x) = (−1)n, 则对于 x ∈ [0,+∞), 有∣∣∣∑n
k=1
uk(x)
∣∣∣ ≤ 1.
令 vn(x) =
1
n+ x
(n = 1, 2, · · · ),则任给 x ∈ [0,+∞),序列 vn(x)单减,且 |vn(x)| ≤
1
n
→ 0 (n→ ∞). 因此在 [0,+∞) 上 vn(x) ⇒ 0 (n→ ∞).
由 Dirichlet 判别法,
∑+∞
n=1
(−1)n
n+ x
在 [0,+∞) 上一致收敛.
(2) 若 I ⊆ [0,+∞), 显然结论成立. 不妨设 I ⊆ (−k0,−k0 + 1), k0 ∈ N.
同 (1) 可证: 任给 n ∈ N 和 x ∈ I,
∣∣∣∑n
k=1
uk(x)
∣∣∣ ≤ 1. 而当 n > k0 时, 任给 x ∈ I,
序列 vn(x) 单减且 vn(x) ⇒ 0(x ∈ I).
由 Dirichlet 判别法,
∑+∞
n=1
(−1)n
n+ x
在 I 上一致收敛.
(3) 在任何不含非负整数的任意区间 I 上, 当 n 充分大时,
1
n+ x
恒为正, 且
1
n+ x
∼
1
n
(n→ ∞), 故
∑+∞
n=1
1
n+ x
发散.
因此
∑+∞
n=1
(−1)n
n+ x
在任何不含非负整数的区间 I 上均非绝对收敛.
定理 (Abel). 设函数列 un(x), vn(x) 在 I ⊆ R 上有定义, 且
(i)
∑+∞
n=1
un(x) 在 I 上一致收敛;
(ii) 任给 x ∈ I, 序列
{
vn(x)
}
单调且在 I 上一致有界,
则级数
∑+∞
n=1
un(x)vn(x) 在 I 上一致收敛.
证明 : 由 (ii), 存在 M > 0, 使得任给 n ≥ 1, 任给 x ∈ I, 有 |vn(x)| ≤ M . 再由 (i)
可知, 任给 ε > 0, 存在 N ∈ N, 当 n > N 时, 任给 p ∈ N, 有∣∣∣∑n+p
k=n+1
uk(x)
∣∣∣ ≤ ε
3M
, ∀x ∈ I.
再由 (ii), 应用 Abel 变换, 任给 n > N , p ∈ N 和 x ∈ I, 有∣∣∣∑n+p
k=n+1
uk(x)vk(x)
∣∣∣ ≤ ε
3M
(∣∣vn+1(x)∣∣+ 2∣∣vn+p(x)∣∣) < ε.
再由 Cauchy 收敛准则,
∑+∞
n=1
un(x)vn(x) 在 I 上一致收敛.
对函数项级数条件一致收敛的 Abel 判别法, 证明不能机械地向 Dirichlet 判别法
盲目转化, 这和数项级数条件收敛的情形不同.
例 . 证明
∑+∞
n=1
an
nx
当 x ≥ 1 时一致收敛当且仅当
∑+∞
n=1
an
n
收敛.
证明 : 必要性显然, 下证充分性. 设
∑+∞
n=1
an
n
收敛, 且由
an
nx
=
an
n
·
1
nx−1
,
对 n = 1, 2, · · · , 记 un(x) =
an
n
, vn(x) =
1
nx−1
.
由充分性假设知,
∑+∞
n=1
un(x)在 [1,+∞)上一致收敛,同时,任给 x,序列
{
vn(x)
}
单调, 且任给 x ∈ [1,+∞) 和 n ∈ N, 有 |vn(x)| =
∣∣∣ 1
nx−1
∣∣∣ ≤ 1.
于是, 由 Abel 判别法 (定理) 知,
∑+∞
n=1
an
nx
在 [1,+∞) 上一致收敛.
函数项级数的一致收敛非常复杂,一般不存在“点上的连续性”和“区间上的连续
性”之间的类比关系, 如收敛域内 (逐点收敛) 不一定一致收敛, 绝对一致收敛也不是
一致收敛和绝对收敛的简单组合.
例 . 讨论
∑+∞
n=1
(−1)n(1− x)xn 在 [0, 1] 上的
(1) 一致收敛性; (2) 绝对收敛性; (3) 绝对一致收敛性.
证明 : (1) 任给 n ∈ N, 记 un(x) = (−1)n, vn(x) = (1− x)xn.
显然, 部分和序列
{∑n
k=1
uk(x)
}
在 [0, 1] 上一致有界, 而对固定的 x ∈ [0, 1], 序
列 vn(x) 单减, 且 vn(x) ⇒ 0(x ∈ [0, 1])(见定理 之后的说明).
于是, 由 Dirichlet 判别法,
∑+∞
n=1
(−1)n(1− x)xn 在 [0, 1] 上一致收敛.
(2) 关于
∑+∞
n=1
(1− x)xn 的收敛性, 显然有
Sn(x) =
x− x
n+1, x ∈ [0, 1),
0, x = 1.
任给 x ∈ [0, 1), 由 limn→∞ Sn(x) = x 知, 原级数在 [0, 1] 上绝对收敛.
(3) 继续使用 (2) 中的记号, 且记 S(x) = x (x ∈ [0, 1)).
显然,
∑+∞
n=1
(1− x)xn 在 [0, 1) 中使 |Sn(x)− S(x)| = xn+1, 但
{
xn
}
在
[0, 1) 上不一致收敛, 故原级数在 [0, 1] 非绝对一致收敛.
