第 19 章 无穷级数的敛散性专题
从逻辑上看, 无穷级数与 (函) 数列的极限问题完全等同, 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.
任一数项级数的敛散性, 无非是发散、绝对收敛和条件收敛三种情形之一, 且仅可
能为三者之一 (正项级数不存在条件收敛). 这里, 条件收敛级数本身是收敛的, 且有关
的判别法几乎就是为幂级数在收敛域端点处的敛散性而专属打造. 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. 有关判别法若结合一致
性, 则可以推广至函数项级数的情形, 获得条件一致收敛. Fourier 级数的点态收敛及其
分析技术的应用, 则非常另类地开启了数学对函数、级数的新认识, 这种迥异于一般函
数项级数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 6= 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 6= 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 6= 2pπ (p ∈ Z),
∑+∞
n=1
an cosnx 收敛 (这是例的一般化),
故
∑+∞
n=1
an cos 2nx(x 6= pπ) 也收敛. 注意到
∑+∞
n=1
an = +∞, 且
|an sinnx| ≥ |an sin2 nx| =
an
2
(1− cos 2nx), ∀x 6= 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− xn+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.
