任意项级数
下面讨论有正有负的级数，例如曾讨论过的 $(-1)^n$和$(-1)^n \cdot \frac{1}{n}$ ，我们首先研究这样交错的级数。
交错级数的收敛之莱布尼茨判别法 (Leibniz’s Test)
1. 定理内容 (Theorem)
若级数 $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} u_n$ 满足以下三个条件：
正项性：$u_n \geq 0$
单调性：${u_n}$单调递减，即$u_{n+1} \leq u_n$
趋于零：$\lim_{n \to \infty} u_n = 0$
则该交错级数 收敛。
证明逻辑拆解 (Proof Sketch)
由于负一次方的周期性，自然想到通过分析奇数项部分和与偶数项部分和的单调性与有界性，那么就可以利用单调有界原理完成证明。
A. 部分和的单调性分析
- 奇数项部分和 ${S_{2k+1}}$：
$$ S_{2k+1} - S_{2k-1} = -u_{2k} + u_{2k+1} \leq 0 $$
由此可知，奇数项部分和序列是单调递减的。
- 偶数项部分和 ${S_{2k}}$：
$$ S_{2k} - S_{2k-2} = u_{2k-1} - u_{2k} \geq 0 $$
由此可知，偶数项部分和序列是单调递增的。
B. 序列的有界性与极限存在性
通过观察可知：$S_2 \leq S_{2k} < S_{2k+1} \leq S_1$。
偶数项序列 ${S_{2k}}$：单调递增且有上界（如 $S_1$），根据单调有界原理，极限存在，记为 $S_{even}$。
奇数项序列 ${S_{2k+1}}$：单调递减且有下界（如 $S_2$），极限存在，记为 $S_{odd}$。
C. 夹逼与统一极限
利用条件 $\lim_{n \to \infty} u_n = 0$：
$$ S_{2k+1} - S_{2k} = u_{2k+1} $$
取极限得：
$$ S_{odd} - S_{even} = \lim_{k \to \infty} u_{2k+1} = 0 $$
即 $S_{odd} = S_{even}$。奇偶子序列极限相等，说明原级数的部分和序列 ${S_n}$ 收敛。
应用示例
那么，$(-1)^n\cdot \frac{1}{n}$ 的收敛就显然了。我们考虑一个变种：
$$ 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}-\frac{1}{5}-\frac{1}{6}+... $$
那么每三项的和看做一个新通项，不难验证新级数收敛，那么 $S_{3n}$收敛，不难验证剩下两个剩余类与$S_{3n}$极限相同，因为差是形如$\frac{1}{n}$ 的一项。
绝对收敛与条件收敛 (Absolute and Conditional Convergence)
对于任意项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$：
定义 (Definitions)
绝对收敛 (Absolute Convergence)：若取绝对值后的正项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} |a_n|$收敛，则称原级数$\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 为绝对收敛。
条件收敛 (Conditional Convergence)：若 $\sum_{n=1}^{\infty} |a_n|$发散，但原级数$\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 本身收敛，则称原级数为条件收敛。
相关定理
定理： 若级数 $\sum a_n$ 绝对收敛，则该级数一定收敛。
证明思路 (使用柯西收敛准则)：
根据级数收敛的柯西准则 (Cauchy Criterion)，级数收敛当且仅当对于任意 $\varepsilon > 0$，存在 $N_\varepsilon$，使得当 $n > N_\varepsilon$时，对于任意正整数$p$，都有：
$$ |\sum_{k=n+1}^{n+p} a_k| < \varepsilon $$
推导过程：
- 由于级数绝对收敛，即 $\sum |a_n|$ 收敛，由柯西准则可知：
$$ \sum_{k=n+1}^{n+p} |a_k| < \varepsilon, \quad \forall n > N_\varepsilon, p \in \mathbb{Z}^+ $$
- 利用三角不等式 (Triangle Inequality)：
$$ |\sum_{k=n+1}^{n+p} a_k| \leq \sum_{k=n+1}^{n+p} |a_k| $$
结合以上两点：
因为右边 $\sum |a_k| < \varepsilon$，所以左边 $|\sum a_k| < \varepsilon$ 必然成立。
由此证明了原级数 $\sum a_n$ 也满足柯西准则，故其必定收敛。
一、 级数项的正部与负部拆分
为了研究任意项级数 $\sum a_n$，我们将其每一项拆分为两个非负部分：
定义 (Definitions)：
$b_n = \frac{1}{2}(|a_n| + a_n)$：这是$a_n$的正部。若$a_n > 0$，则 $b_n = a_n$；若 $a_n \leq 0$，则 $b_n = 0$。
$c_n = \frac{1}{2}(|a_n| - a_n)$：这是$a_n$的负部。若$a_n < 0$，则 $c_n = |a_n|$；若 $a_n \geq 0$，则 $c_n = 0$。
性质：
$b_n, c_n \geq 0$（均为非负项），且对于每一项 $n$，两者中至少有一个为 $0$。
$b_n + c_n = |a_n|$ ：两部分之和等于原项的绝对值。
$b_n - c_n = a_n$ ：两部分之差还原为原级数项。
二、 收敛性的等价关系
基于上述拆分，可以得出关于级数敛散性的重要判定：
1. 绝对收敛的充要条件
定理：级数 $\sum a_n$绝对收敛$\iff$级数$\sum b_n$与$\sum c_n$ 均收敛。
推导逻辑：
$\sum |a_n|$收敛$\iff$部分和$\sum_{k=1}^n |a_k|$ 有上界。
由于 $b_n, c_n \leq |a_n|$，若 $\sum |a_n|$有上界，则正项级数$\sum b_n$和$\sum c_n$ 必然也都有上界且收敛。
结论：在此情况下，原级数可以表示为两个收敛级数的差：
$$ \sum_{n=1}^\infty a_n = \sum_{n=1}^\infty b_n - \sum_{n=1}^\infty c_n $$
2. 条件收敛的本质
定理：若级数 $\sum a_n$条件收敛$\iff$级数$\sum b_n$与$\sum c_n$ 均发散。
直观理解：
因为级数收敛，所以 $a_n$必须趋于$0$。
但因为不是绝对收敛（$\sum |a_n| = \sum (b_n + c_n)$ 发散），说明正项部分之和与负项部分之和都是无穷大。
条件收敛的奥秘就在于：虽然正部之和是 $+\infty$，负部之和也是 $+\infty$，但它们相减时通过巧妙的抵消，最终达到了一个有限的极限值。
这两种收敛会带来什么结果呢，我们考虑重排。
重排现象
**1. 定义：什么是重排？
原始下标序列：${1, 2, 3, \dots, n, \dots}$
重排下标序列：${n_1, n_2, n_3, \dots, n_k, \dots}$，这是自然数集合到自身的一个一一映射（双射）。
定义：给定级数 $\sum a_n$，称级数 $\sum a_{n_k}$ 为其一个重排级数。
2. 核心定理 (Theorem)
若级数 $\sum a_n$绝对收敛，则对于它的任意重排级数$\sum a_{n_k}$：
重排级数 $\sum a_{n_k}$ 也绝对收敛。
重排级数的和与原级数的和相等，即 $\sum a_{n_k} = \sum a_n$。
3. 证明思路推导 (Proof Sketch)
A. 证明重排后依然绝对收敛
已知 $\sum |a_n|$收敛，其部分和序列$\sum_{i=1}^k |a_i|$ 有界。
对于重排级数的任意前 $k$项$|a_{n_1}|, |a_{n_2}|, \dots, |a_{n_k}|$，由于这 $k$个下标必然包含在某个足够大的自然数集合${1, 2, \dots, m}$ 中。
因此有不等式：
$$ \sum_{j=1}^k |a_{n_j}| \leq \sum_{i=1}^m |a_i| $$
- 因为右侧有界，所以重排级数的绝对值部分和序列也有界，从而得出重排级数 $\sum a_{n_k}$ 绝对收敛。又反过来，右侧也是左侧的重排，所以改换上标后，不等号反向也成立，从而取极限二者只有相等。故重排不改变正项级数的和。
B. 证明级数之和不变
利用正项级数的性质以及级数项的正部（$b_n$）与负部（$c_n$）拆分：
绝对值之和相等：对于正项级数，重排不改变其和，故 $\sum |a_n| = \sum |a_{n_k}|$。
分部求和：由于绝对收敛，可以将级数拆分为正部 $b_n$和负部$c_n$ 的差：
- $\sum b_n = \sum b_{n_k}$-$\sum c_n = \sum c_{n_k}$
最终等式：
$$ \sum a_n = \sum (b_n - c_n) = \sum b_n - \sum c_n = \sum b_{n_k} - \sum c_{n_k} = \sum (b_{n_k} - c_{n_k}) = \sum a_{n_k} $$
黎曼重排定理 (Riemann Rearrangement Theorem)
1. 定理描述
设级数 $\sum a_n$是一个条件收敛级数。则对于任意实数$A \in \mathbb{R}$（或 $\pm \infty$），都存在原级数的一个重排 $\sum a_{n_k}$，使得该重排级数的和恰好等于 $A$：
$$ \sum_{k=1}^{\infty} a_{n_k} = A $$
2. 核心原理
正负部发散：对于条件收敛级数，其正部 $b_n$和负部$c_n$分别组成的级数$\sum b_n$和$\sum c_n$ 都是发散的。
动态调整：由于正项和负项都有“无限多”且能求出“无限大”的和，我们可以先取足够多的正项使和超过 $A$，再取足够多的负项使和低于 $A$，不断往复。随着项趋于零，这种摆动最终会收敛于目标值 $A$。
经典实例：交错调和级数的重排
1. 标准级数
设交错调和级数的和为 $S$：
$$ a_n: 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \frac{1}{5} - \frac{1}{6} + \dots = S $$
(注：实际上 $S = \ln 2$)
2. 重排级数（1个正项 + 2个负项）
我们将项按照“一正二负”的规律重排：
$$ a_{n_k}: \underbrace{1 - \frac{1}{2} - \frac{1}{4}} + \underbrace{\frac{1}{3} - \frac{1}{6} - \frac{1}{8}} + \underbrace{\frac{1}{5} - \frac{1}{10} - \frac{1}{12}} + \dots $$
3. 计算推导
对每一组进行合并计算：
- $1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$-$\frac{1}{3} - \frac{1}{6} = \frac{1}{6}$-$\frac{1}{5} - \frac{1}{10} = \frac{1}{10}$
重排后的级数变为：
$$ \frac{1}{2} - \frac{1}{4} + \frac{1}{6} - \frac{1}{8} + \frac{1}{10} - \frac{1}{12} + \dots $$
- 提取公因子 $\frac{1}{2}$：
$$ = \frac{1}{2} \left( 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \dots \right) $$
- 结论：重排后的级数和变成了原级数和的一半：
$$ \sum a_{n_k} = \frac{1}{2} S $$
总结
该定理揭示了条件收敛与绝对收敛的本质区别：
绝对收敛级数：具有“交换律”，重排不改变和。
条件收敛级数：不满足交换律，其和取决于项的排列顺序。
那么我们有什么手段判别条件收敛呢？
阿贝尔变换 (Abel’s Transformation)
核心公式
设 ${\alpha_k}$和${\beta_k}$是两个数列，令$B_n = \sum_{k=1}^{n} \beta_k$为${\beta_k}$的前$n$项和，并规定$B_0 = 0$。则有：
$$ \sum_{k=1}^{n} \alpha_k \beta_k = \alpha_n B_n - \sum_{k=1}^{n-1} (\alpha_{k+1} - \alpha_k) B_k $$
“离散分部积分”？
考虑分部积分：
$$ \int_{0}^{1} f g' \, dx = \left. fg \right|_0^1 - \int_{0}^{1} f' g \, dx $$
我们可以发现阿贝尔变换与它有极强的对称性：
累加 vs. 积分：$\sum \beta_k$对应$\int g’ dx = g$（$B_k$相当于$g$）。
差分 vs. 导数：$(\alpha_{k+1} - \alpha_k)$对应$f’$。
边界项：$\alpha_n B_n$对应$f(1)g(1)$。由于 $B_0=0$ ，另一个边界项隐去。
推导
其核心思想是将数列 $\beta_k$写成部分和的差分形式，即利用$\beta_k = B_k - B_{k-1}$（定义 $B_0 = 0$）。
1. 展开原级数
将 $\beta_k$替换为$(B_k - B_{k-1})$，并将求和式展开：
$$ \sum_{k=1}^n \alpha_k \beta_k = \alpha_1(B_1 - B_0) + \alpha_2(B_2 - B_1) + \alpha_3(B_3 - B_2) + \dots + \alpha_n(B_n - B_{n-1}) $$
2. 重新组合 (Regrouping)
观察展开后的每一项，按照相同的 $B_k$进行合并。例如，包含$B_1$的项有$\alpha_1 B_1$和$-\alpha_2 B_1$，合并后得到 $(\alpha_1 - \alpha_2)B_1$：
$$ = (\alpha_1 - \alpha_2)B_1 + (\alpha_2 - \alpha_3)B_2 + \dots + (\alpha_{n-1} - \alpha_n)B_{n-1} + \alpha_n B_n $$
注意：由于 $B_0 = 0$，第一项中的 $\alpha_1 B_0$消失了；而最后一项$\alpha_n B_n$ 没有对应的项与之抵消，因此保留。
3. 归纳为求和形式
将中间的差分项提取负号，写回 $\sum$ 符号：
$$ = -\sum_{k=1}^{n-1} (\alpha_{k+1} - \alpha_k) B_k + \alpha_n B_n $$
这个变换可以帮助我们讨论任意项级数的敛散性。
阿贝尔引理（Abel’s Lemma）的估计推导
1. 前置条件 (Assumptions)
单调性：设 ${\alpha_n}$ 是单调数列（Monotonic sequence）。
有界性：设 ${\beta_n}$的部分和$B_n = \sum_{k=1}^n \beta_k$有界，即存在$M > 0$，使得对所有 $n$，都有 $|B_n| \leq M$。
2. 核心结论 (The Conclusion)
$$ \left| \sum_{k=1}^n \alpha_k \beta_k \right| \leq M (|\alpha_1| + 2|\alpha_n|) $$
3. 逐步推导过程 (Step-by-Step Derivation)
第一步：套用阿贝尔变换
利用前面推导的公式，将原式展开：
$$ \left| \sum_{k=1}^n \alpha_k \beta_k \right| = \left| \sum_{k=1}^{n-1} (\alpha_k - \alpha_{k+1}) B_k + \alpha_n B_n \right| $$
第二步：三角不等式放大
利用 $|a+b| \leq |a| + |b|$以及$|B_k| \leq M$：
$$ \leq \left( \sum_{k=1}^{n-1} |\alpha_k - \alpha_{k+1}| + |\alpha_n| \right) M $$
第三步：利用单调性脱去绝对值
这是最关键的一步。因为 ${\alpha_n}$是单调的，所以所有的差分项$(\alpha_k - \alpha_{k+1})$ 符号相同。这意味着绝对值的和等于和的绝对值（即裂项相消）：
$$ \sum_{k=1}^{n-1} |\alpha_k - \alpha_{k+1}| = \left| \sum_{k=1}^{n-1} (\alpha_k - \alpha_{k+1}) \right| = |\alpha_1 - \alpha_n| $$
第四步：最终整理
将结果代回估计式：
$$ = (|\alpha_1 - \alpha_n| + |\alpha_n|) M $$
再利用一次三角不等式 $|\alpha_1 - \alpha_n| \leq |\alpha_1| + |\alpha_n|$，得到最终的上界：
$$ \leq (|\alpha_1| + 2|\alpha_n|) M $$
狄利克雷判别法
1. 定理描述 (Theorem Statement)
对于级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n b_n$，如果满足以下两个条件：
数列 ${a_n}$单调 (Monotonic)，且其极限为 0，即$\lim_{n \to \infty} a_n = 0$。
级数 $\sum b_n$的部分和数列有界。也就是说，存在一个常数$M > 0$，使得对于所有的 $n$，都有：
$$ \left| \sum_{k=1}^{n} b_k \right| < M $$
则级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n b_n$ 收敛 (Convergent)。
2. 证明思路 (Outline of Proof)
利用 Cauchy 收敛准则 进行控制放大：
目标： 控制余项 $\left| \sum_{k=n+1}^{n+p} a_k b_k \right|$，使其在 $n \to \infty$ 时趋于 0。
已知条件的应用：
由于 $\left| \sum_{k=1}^{n} b_k \right| < M$，那么对于任意的 $n, p$：
$$ \left| \sum_{k=n+1}^{n+p} b_k \right| = \left| \sum_{k=1}^{n+p} b_k - \sum_{k=1}^{n} b_k \right| \leq \left| \sum_{k=1}^{n+p} b_k \right| + \left| \sum_{k=1}^{n} b_k \right| \leq 2M $$
阿贝尔变换 (Abel Transformation) 的核心步骤：
利用阿贝尔引理进行放大：
$$ \left| \sum_{k=n+1}^{n+p} a_k b_k \right| \leq 2M (|a_{n+1}| + 2|a_{n+p}|) \leq 6M \cdot |a_{n+1}| $$
随着 $n \to \infty$，由于已知 $\lim_{n \to \infty} a_n = 0$，所以 $6M \cdot |a_{n+1}| \to 0$。
- 结论： 根据 Cauchy 准则，该级数收敛。
与莱布尼茨判别法
取 $b_n$为$(-1)^n$ ，就发现莱布尼茨判别法实际上是狄利克雷判别法的特例。
阿贝尔判别法 (Abel’s Test)
1. 定理内容
若级数满足以下两个条件：
数列 ${a_n}$ 单调且有界；
级数 $\sum_{n=1}^{\infty} b_n$ 收敛；
则级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n b_n$ 收敛。
2. 证明思路
通过构造辅助数列，将阿贝尔判别法转化为狄利克雷判别法（Dirichlet’s Test）：
设定极限：
由于 ${a_n}$单调有界，根据单调有界准则，数列必有极限。设$\lim_{n \to \infty} a_n = A$。
构造新数列：
令 $\tilde{a}_n = a_n - A$。
显然，数列 ${\tilde{a}_n}$依然保持单调性，且当$n \to \infty$ 时，$\tilde{a}_n \to 0$。
级数拆分：
利用线性性质将原级数展开：
$$ \sum a_n b_n = \sum (\tilde{a}_n + A) b_n = \sum \tilde{a}_n b_n + \sum A b_n $$
收敛性分析：
项 $\sum A b_n$：因为 $\sum b_n$收敛，由级数性质可知常数倍级数$A \sum b_n$ 必然收敛。
项 $\sum \tilde{a}_n b_n$：
${\tilde{a}_n}$单调且趋于$0$；
$\sum b_n$收敛，意味着其部分和数列$S_n = \sum_{k=1}^{n} b_k$ 有界。
根据狄利克雷判别法，这两者结合保证了 $\sum \tilde{a}_n b_n$ 收敛。
结论：两个收敛级数之和依然收敛，故 $\sum a_n b_n$ 收敛。
当然也可以不用狄利克雷判别法，直接利用阿贝尔引理说明。读者自证不难（