Part 1 级数敛散

设 $a_1, a_2, \cdots, a_n, \cdots$ 为一列实数，形式和

$$\sum_{n=1}^{\infty} a_n = a_1 + a_2 + \cdots + a_n + \cdots$$

称为无穷级数，$a_n$ 称为通项或一般项，$S_n = \displaystyle\sum_{k=1}^{n} a_k = a_1 + \cdots + a_n$ 称为级数的第 $n$ 个部分和.

如果 $\displaystyle\lim_{n \to \infty} S_n = S$ 存在且有限，则称级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 收敛，其和为 $S$，记为

$$\sum_{n=1}^{\infty} a_n = S.$$

否则就称级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 发散.级数的收敛或发散性质统称为敛散性.利用数列极限的性质可得

级数收敛的必要条件：如果 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 收敛，则通项 $a_n \to 0$ ($n \to \infty$).这是因为

$$a_n = S_n - S_{n-1} \to S - S = 0 \quad (n \to \infty).$$

级数收敛的充要条件（Cauchy 准则）：$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 收敛 $\iff$ 任给 $\varepsilon > 0$，存在 $N = N(\varepsilon)$，当 $n > N$ 时

$$|a_{n+1} + a_{n+2} + \cdots + a_{n+p}| < \varepsilon, \quad \forall p \geq 1.$$

这时因为

$$a_{n+1} + a_{n+2} + \cdots + a_{n+p} = S_{n+p} - S_n,$$

对数列 $\{S_n\}$ 用 Cauchy 收敛准则即可.

几何级数： $q > 0$，则当 $q < 1$ 时，$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} q^n$ 收敛；$q \geq 1$ 时，$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} q^n$ 发散.

当 $0 < q < 1$ 时，

$$S_n = \sum_{k=1}^{n} q^k = q \cdot \frac{1 - q^n}{1 - q} \to \frac{q}{1 - q},$$

此时原级数收敛；当 $q \geq 1$ 时，$q^n \not\to 0$，此时原级数发散.

命题.

(1) 如果 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 和 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} b_n$ 均收敛，则 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} (\lambda a_n + \mu b_n)$ 也收敛，且

$$\sum_{n=1}^{\infty} (\lambda a_n + \mu b_n) = \lambda \sum_{n=1}^{\infty} a_n + \mu \sum_{n=1}^{\infty} b_n, \quad (\lambda, \mu \in \mathbb{R}).$$

(2) 级数的敛散性与其有限项的值无关.

Part 2 正项级数敛散性

如果 $a_n > 0$，则称 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 为正项级数.此时，部分和 $S_n = \displaystyle\sum_{k=1}^{n} a_n$ 关于 $n$ 是单调递增的.因此有

· 基本判别法

(基本判别法) $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 收敛 $\iff \{S_n\}$ 收敛 $\iff \{S_n\}$ 有上界.

这个判别法对于 $a_n \geq 0$ 的级数当然也成立.

/example/ 设 $q > 1$ 为正整数，$0 \leq a_n \leq q - 1$ ($\forall n \geq 1$)，则级数

$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_n}{q^n}$$

收敛，其和介于 0 和 1 之间.

当 $0 \leq a_n \leq q - 1$ 时，

$$\begin{aligned} 0 \leq S_n &= \sum_{k=1}^{n} \frac{a_k}{q^k} \\\\ &\leq (q - 1) \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{q^k} \\\\ &= 1 - q^{-n} < 1. \end{aligned}$$

因此级数收敛且和介于 0 与 1 之间.

· 比较判别法

定理1（比较判别法）．设 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 和 $\displaystyle\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} b_n$ 为正项级数，如果存在常数 $M > 0$，使得

$$a_n \leq M b_n, \quad \forall n \geq 1. \tag{*}$$

则

(1) $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} b_n$ 收敛时 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 也收敛；

(2) $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 发散时 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} b_n$ 也发散.

重要

(1) 条件 (*) 只要对充分大的 $n$ 成立即可.

(2) 条件 (*) 也可改写为

$$\frac{a_n}{b_n} \leq M,$$

$M$ 的存在性通常用求极限的办法得到，即，如果

$$\lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{b_n} = \lambda,$$

则有

(i) $0 < \lambda < +\infty$，则 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 和 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} b_n$ 同敛散；

(ii) $\lambda = 0$，则 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} b_n$ 收敛时 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 也收敛；$\lambda = \infty$，则 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} b_n$ 发散时 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 也发散.

(3). 另一个求 $\dfrac{a_n}{b_n}$ 上界的方法是利用单调性，即如果

$$\frac{a_{n+1}}{a_n} \leq \frac{b_{n+1}}{b_n} \quad \left(\Longleftrightarrow \frac{a_n}{b_n} \text{ monotonic decreasing}\right)$$

(i) $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} b_n$ 收敛时 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 也收敛；(ii) $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 发散时 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} b_n$ 也发散.

(4) (Cauchy 判别法或根值判别法) 在定理1 中取 $b_n = q^n$ ($q$ 是固定正数)，得到如下结果：

如果 $n$ 充分大时，$\sqrt[n]{a_n} \leq q < 1$，则 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 收敛；

如果存在无穷多个 $n$，使得 $\sqrt[n]{a_n} \geq 1$，则 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 发散.

如何寻找 $q$ 呢？还是求极限比较方便：设

$$\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_n} = \lambda.$$

则 $\lambda < 1$ 时，$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 收敛；$\lambda > 1$ 时，级数发散（$\lambda = 1$ 时无法判别）.

(5) (d'Alembert 判别法或比值判别法) 在 (3) 中取 $b_n = q^n$，得如下结果：

如果 $n$ 充分大时，$\dfrac{a_{n+1}}{a_n} \leq q < 1$，则 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 收敛；

如果 $\dfrac{a_{n+1}}{a_n} \geq 1$（对充分大的 $n$ 成立），则 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 发散.

当然，还是求极限来寻找 $q$ 比较容易.如果

$$\lim_{n \to \infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} = \lambda,$$

则 $\lambda < 1$ 时级数收敛，$\lambda > 1$ 时发散（$\lambda = 1$ 时无法判别）.

/example/ 判别 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \left[\dfrac{1}{n} - \ln\left(1 + \dfrac{1}{n}\right)\right]$ 的敛散性.

根据 Taylor 展开，

$$0 < \frac{1}{n} - \ln\left(1 + \frac{1}{n}\right) = \frac{1}{2n^2} + o\left(\frac{1}{n^2}\right).$$

因此

$$\lim_{n \to \infty} \left[\frac{1}{n} - \ln\left(1 + \frac{1}{n}\right)\right] / \frac{1}{n^2} = \frac{1}{2},$$

而 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{n^2}$ 收敛，故原级数收敛.

· 积分判别法

定理2（积分判别法）．设 $f(x)$ 是定义在 $[1, +\infty)$ 上的非负单调递减函数，记 $a_n = f(n)$ ($n \geq 1$).则级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 的敛散性与广义积分 $\int_1^{+\infty} f(x)dx$ 的敛散性相同.

/proof/

令

$$F(x) = \int_1^x f(t)dt, \quad \forall x \geq 1.$$

因为 $f$ 为单调递减函数，故当 $n \leq x \leq n+1$ 时

$$a_{n+1} = f(n+1) \leq f(x) \leq f(n) = a_n,$$

这说明

$$a_{n+1} \leq \int_n^{n+1} f(t)dt \leq a_n,$$

从而有

$$S_n \leq a_1 + F(n), \quad F(n) \leq S_{n-1}.$$

其中 $S_n = \displaystyle\sum_{k=1}^{n} a_k$ 为级数的部分和.因为 $S_n$ 及 $F(n)$ 关于 $n$ 都是单调递增的，二者同时有界或无界，即 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 与 $\int_1^{+\infty} f(x)dx$ 同敛散.

/example/ 设 $s \in \mathbb{R}$，判断级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{n^s}$ 的敛散性.

$s \leq 0$ 时，一般项 $\to 0$，故级数发散.$s > 0$ 时，考虑 $f(x) = x^{-s}$，$f$ 为非负单调递减函数，且

$$F(x) = \int_1^x f(t)dt = \int_1^x t^{-s}dt = \begin{cases} \ln x, & s = 1, \\\\ \dfrac{1}{1-s}(x^{1-s} - 1), & s \ne 1. \end{cases}$$

当 $0 < s \leq 1$ 时，$F(x) \to +\infty$ ($x \to +\infty$)；

$s > 1$ 时，$F(x) \to \dfrac{1}{s-1}$ ($x \to +\infty$).这说明 $s \leq 1$ 时，$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{n^s}$ 发散；$s > 1$ 时 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{n^s}$ 收敛.

注意．$\zeta(s) = \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{n^s}$ 称为 Riemann-Zeta 函数，这是一个非常重要的函数，它和现代数论的关系特别紧密.

/example/ 判断 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{(n+1)(\ln(n+1))^s}$ 的敛散性，其中 $s \in \mathbb{R}$.

当 $s \leq 0$ 时，级数的一般项大于或等于 $\dfrac{1}{n+1}$，而 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{n}$ 发散，故原级数发散.下设 $s > 0$.令

$$f(t) = \frac{1}{(1+t)(\ln(1+t))^s},$$

则 $f$ 为非负单调递减函数，且

$$F(x) = \int_1^x f(t)dt = \int_1^x \frac{dt}{(1+t)(\ln(1+t))^s} = \begin{cases} \ln \ln(1+x) - \ln \ln 2, & s = 1, \\\\ \dfrac{1}{1-s}\left[(\ln(1+x))^{1-s} - (\ln 2)^{1-s}\right], & s \ne 1. \end{cases}$$

因此 $s \leq 1$ 时原级数发散；$s > 1$ 时原级数收敛.

现在，如果在比较判别法中令 $b_n = \dfrac{1}{n^s}$ 或 $\dfrac{1}{n \ln n}$ 等，就可以由此进一步得到新的判别法.不过，我们来介绍一个相当一般的判别法，由此出发再得到两个新的判别法.以下仍假设 $\lambda$ 是常数.

· Kummer 定理

定理3（Kummer）．设 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$, $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} b_n$ 为正项级数，如果 $n$ 充分大时

(1) $\dfrac{1}{b_n} \cdot \dfrac{a_n}{a_{n+1}} - \dfrac{1}{b_{n+1}} \geq \lambda > 0$，则 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 收敛；

(2) $\dfrac{1}{b_n} \cdot \dfrac{a_n}{a_{n+1}} - \dfrac{1}{b_{n+1}} \leq 0$ 且 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} b_n$ 发散，则 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 发散.

/proof/

(1) 条件可改写为

$$a_{n+1} \leq \frac{1}{\lambda} \left( \frac{a_n}{b_n} - \frac{a_{n+1}}{b_{n+1}} \right), \quad \forall n \geq N.$$

这说明当 $n \geq N$ 时

$$\begin{aligned} S_{n+1} &\leq S_N + \frac{1}{\lambda} \sum_{k=N}^{n} \left( \frac{a_k}{b_k} - \frac{a_{k+1}}{b_{k+1}} \right) \\\\ &= S_N + \frac{1}{\lambda} \left( \frac{a_N}{b_N} - \frac{a_{n+1}}{b_{n+1}} \right) \\\\ &\leq S_N + \frac{1}{\lambda} \frac{a_N}{b_N}, \end{aligned}$$

即 $\{S_n\}$ 有上界，从而 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 收敛.

(2) 由

$$\frac{1}{b_n} \cdot \frac{a_n}{a_{n+1}} - \frac{1}{b_{n+1}} \leq 0$$

可知

$$\frac{a_n}{b_n} \leq \frac{a_{n+1}}{b_{n+1}},$$

即 $\left\{\dfrac{a_n}{b_n}\right\}$ 关于 $n$ 单调递增，从而 $a_n \geq \dfrac{a_1}{b_1} b_n$，因此由 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} b_n$ 发散知 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 也发散.

重要

注意．

(1) 和前面一样，$\lambda$ 的存在性用极限去判断较容易：

设

$$\lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{b_n} \cdot \frac{a_n}{a_{n+1}} - \frac{1}{b_{n+1}} \right) = \lambda,$$

则 $\lambda > 0$ 时 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 收敛；$\lambda < 0$ 且 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} b_n$ 发散时 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 也发散.

(2) 取 $b_n = 1$，由 Kummer 判别法就得到了 d'Alembert 判别法.

(3) (Raabe) 取 $b_n = \dfrac{1}{n}$，则得（$\mu$ 为常数）

(i) $n \cdot \left( \dfrac{a_n}{a_{n+1}} - 1 \right) \geq \mu > 1$ 时 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 收敛；

(ii) $n \cdot \left( \dfrac{a_n}{a_{n+1}} - 1 \right) \leq 1$ 时 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 发散.

Raabe 判别法当然也有极限形式.

(4) (Gauss) 取 $b_n = \dfrac{1}{n \ln n}$，则得如下判别法：假设（$\theta$ 为常数）

$$(*) \quad \frac{a_n}{a_{n+1}} = 1 + \frac{\theta}{n} + o\left(\frac{1}{n \ln n}\right),$$

则 $\theta > 1$ 时 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 收敛；$\theta \leq 1$ 时级数发散.

事实上，由 Raabe 判别法，只要考虑 $\theta = 1$ 的情形就可以了，此时有

$$\begin{aligned} &\lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{b_n} \cdot \frac{a_n}{a_{n+1}} - \frac{1}{b_{n+1}} \right) \\\\ &= \lim_{n \to \infty} \left\{ n \ln n \left[1 + \frac{1}{n} + o\left(\frac{1}{n \ln n}\right)\right] - (n+1) \ln(n+1) \right\} \\\\ &= \lim_{n \to \infty} (n+1) \ln \frac{n}{n+1} = -1 < 0. \end{aligned}$$

由于 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} b_n$ 发散，故由 Kummer 判别法，级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 发散.

/example/ 判别下列级数的敛散性：

(1)

$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n!}{(\alpha+1)(\alpha+2)\cdots(\alpha+n)},\quad \alpha > 0$$

(2)

$$\sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\right)^s \cdot \frac{1}{2n+1}$$

(1). 因为

$$\lim_{n \to \infty} n \cdot \left( \frac{a_n}{a_{n+1}} - 1 \right) = \lim_{n \to \infty} n \cdot \left( \frac{\alpha + n + 1}{n + 1} - 1 \right) = \alpha,$$

根据 Raabe 判别法，$\alpha > 1$ 时原级数收敛，$\alpha < 1$ 时发散.$\alpha = 1$ 时，$a_n = \dfrac{1}{n+1}$，此时原级数也发散.

(2) 因为

$$\begin{aligned} \frac{a_n}{a_{n+1}} &= \left(\frac{2n+2}{2n+1}\right)^s \frac{2n+3}{2n+1} = \left(1 + \frac{1}{2n+1}\right)^s \left(1 + \frac{2}{2n+1}\right) \\\\ &= \left(1 + \frac{s}{2n+1} + O\left(\frac{1}{n^2}\right)\right)\left(1 + \frac{2}{2n+1}\right) \\\\ &= 1 + \frac{s+2}{2n+1} + O\left(\frac{1}{n^2}\right) \\\\ &= 1 + \frac{(s+2)/2}{n} + O\left(\frac{1}{n^2}\right), \end{aligned}$$

根据 Gauss 判别法，当 $s > 0$ 时原级数收敛；$s \leq 0$ 时原级数发散.

最后，我们介绍一个单调递减正项级数的收敛性判别法，它有时可以用来代替积分判别法.

· Cauchy 凝聚判别法

Cauchy 凝聚判别法．设 $a_n$ 单调递减趋于零.则 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 收敛当且仅当 $\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} 2^k a_{2^k}$ 收敛.

记 $S_n = \displaystyle\sum_{k=1}^{n} a_n$, $T_n = \displaystyle\sum_{k=0}^{n} 2^k a_{2^k}$.当 $2^k \leq n < 2^{k+1}$ 时，有

$$\begin{aligned} S_n &\geq a_1 + a_2 + (a_3 + a_4) + \cdots + (a_{2^{k-1}+1} + \cdots + a_{2^k}) \\\\ &\geq a_1 + a_2 + 2a_4 + \cdots + 2^{k-1} a_{2^k} \\\\ &\geq \frac{1}{2}(a_1 + 2a_2 + \cdots + 2^k a_{2^k}) \\\\ &= T_k / 2. \end{aligned}$$

这说明当 $S_n$ 有界时，$T_n$ 也有界，即 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 收敛时 $\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} 2^k a_{2^k}$ 也收敛.类似地，有

$$\begin{aligned} S_n &\leq a_1 + (a_2 + a_3) + \cdots + (a_{2^k} + \cdots + a_{2^{k+1}-1}) \\\\ &\leq a_1 + 2a_2 + \cdots + 2^k a_{2^k} \\\\ &= T_k. \end{aligned}$$

从而当 $\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} 2^k a_{2^k}$ 收敛时 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 也收敛.

/example/ 讨论下列级数的敛散性（$p$ 为实数）：

$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^p}, \quad \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n(\ln n)^p}.$$

显然，当 $p \leq 0$ 时级数都是发散的.下设 $p > 0$.因为 $a_n = \dfrac{1}{n^p}$ 单调递减趋于零，由 Cauchy 凝聚判别法，只要考察下面的级数的敛散性：

$$\sum_{k=0}^{\infty} 2^k \frac{1}{2^{kp}} = \sum_{k=0}^{\infty} 2^{k(1-p)},$$

这是几何级数，当 $2^{1-p} < 1$，即 $p > 1$ 时收敛；当 $2^{1-p} \geq 1$，即 $p \leq 1$ 时发散.

第二个级数可类似处理，考察级数

$$\sum_{k=1}^{\infty} 2^k \frac{1}{2^k (k \ln 2)^p} = (\ln 2)^{-p} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^p},$$

根据刚才的讨论可知，当 $p > 1$ 时级数收敛，否则级数发散.

Part 3 一般级数敛散性

利用 Taylor 公式我们曾得到如下等式：

$$\frac{\pi}{4} = 1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{5} - \frac{1}{7} + \cdots = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{1}{2n - 1},$$

$$\ln 2 = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \cdots = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{1}{n}.$$

上面两个级数的特点是正负项交替出现，我们将这样的级数称为交错级数.

· Leibniz 定理

定理1 (Leibniz). 设 $a_n$ 单调递减趋于 $0$，则级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} a_n$ 收敛.

我们利用 Cauchy 准则来证明.考虑 $S_{n+p} - S_n$：

$$S_{n+p} - S_n = (-1)^n \cdot a_{n+1} + (-1)^{n+1} a_{n+2} + \cdots + (-1)^{n+p-1} a_{n+p}$$

$$= (-1)^n [a_{n+1} - a_{n+2} + a_{n+3} - a_{n+4} + \cdots + (-1)^{p-1} a_{n+p}].$$

因此当 $p = 2k - 1$ 时，

$$(-1)^n (S_{n+p} - S_n) = a_{n+1} - (a_{n+2} - a_{n+3}) - (a_{n+4} - a_{n+5}) - \cdots \leq a_{n+1},$$

$$(-1)^n (S_{n+p} - S_n) = (a_{n+1} - a_{n+2}) + (a_{n+3} - a_{n+4}) + \cdots + a_{n+2k-1}$$

$$\geq 0,$$

这说明

$$(*)\ |S_{n+p} - S_n| \leq a_{n+1} \to 0\ (n \to \infty).$$

当 $p = 2k$ 时，类似地可证上式仍成立.因此原级数收敛.

在 $(*)$ 中令 $p \to \infty$ 得

$$|S - S_n| \leq a_{n+1},$$

其中 $S = \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} a_n$ 为级数的和，这是交错级数的误差估计.

· 分部求和

为了得到更一般的结果，我们需要一个分部求和的技巧，这个技巧其实在第二积分中值定理中已经用过了.

引理2 (分部求和). 设 $\{a_k\}, \{b_k\}$ 为数列，则

$$\sum_{k=m}^{n-1} a_{k+1} (b_{k+1} - b_k) + \sum_{k=m}^{n-1} b_k (a_{k+1} - a_k) = a_n b_n - a_m b_m.$$

/proof/

将欲证左式两项合并，然后利用裂项相消法即可：

$$\sum_{k=m}^{n-1} a_{k+1} (b_{k+1} - b_k) + \sum_{k=m}^{n-1} b_k (a_{k+1} - a_k)$$

$$= \sum_{k=m}^{n-1} [a_{k+1} b_{k+1} - a_{k+1} b_k + b_k a_{k+1} - b_k a_k]$$

$$= \sum_{k=m}^{n-1} (a_{k+1} b_{k+1} - a_k b_k)$$

$$= a_n b_n - a_m b_m.$$

引理证毕.

分部求和公式的简单应用：

如果取 $a_k = b_k = k$，代入分部求和公式，得

$$\sum_{k=0}^{n-1} (k+1) + \sum_{k=0}^{n-1} k = n^2 - 0,$$

即

$$2 \sum_{k=1}^{n} k = n^2 + n,$$

这就得到公式

$$1 + 2 + \cdots + n = \frac{1}{2} n(n+1).$$

类似地，如果令 $a_k = k^2, b_k = k$ 代入，则得

$$\sum_{k=0}^{n-1} (k+1)^2 + \sum_{k=0}^{n-1} k(2k+1) = n^3,$$

整理以后就得到公式

$$1^2 + 2^2 + \cdots + n^2 = \frac{1}{6} n(n+1)(2n+1).$$

可以用这个办法继续求和.

· Abel-Dirichlet 判别法

如果约定 $b_0 = 0$，记

$$B_0 = 0,\ B_k = b_1 + b_2 + \cdots + b_k\quad (k \geq 1),$$

并用 $B_k$ 代替上述分部求和公式中的 $b_k$，则得到

推论3 (Abel 变换). 设 $a_i, b_i\ (i \geq 1)$ 为两组实数，则有

$$\sum_{i=m+1}^{n} a_i b_i = \sum_{i=m+1}^{n-1} (a_i - a_{i+1}) B_i + a_n B_n - a_{m+1} B_m,\quad \forall\ m \geq 0.$$

/proof/

这可由分部求和公式得到，也可直接计算如下

$$\begin{aligned} \sum_{i=m+1}^{n} a_i b_i &= \sum_{i=m+1}^{n} a_i (B_i - B_{i-1}) = \sum_{i=m+1}^{n} a_i B_i - \sum_{i=m+1}^{n} a_i B_{i-1}\\\\ &= \sum_{i=m+1}^{n} a_i B_i - \sum_{i=m}^{n-1} a_{i+1} B_i\\\\ &= \sum_{i=m+1}^{n-1} (a_i - a_{i+1}) B_i + a_n B_n - a_{m+1} B_m. \end{aligned}$$

推论4 (Abel 引理). 设 $a_1, a_2, \cdots, a_n$ 为单调数列，且 $|B_i| \leq M\ (i \geq 1)$，则

$$\Big|\sum_{i=m+1}^{n} a_i b_i\Big| \leq 2M(|a_n| + |a_{m+1}|),\quad \forall\ m \geq 0.$$

/proof/

由 Abel 变换得

$$\Big|\sum_{i=m+1}^{n} a_i b_i\Big| \leq M \sum_{i=m+1}^{n-1} |a_i - a_{i+1}| + M(|a_n| + |a_{m+1}|)$$

$$= M \Big|\sum_{i=m+1}^{n-1} (a_i - a_{i+1})\Big| + M(|a_n| + |a_{m+1}|)$$

$$= M|a_{m+1} - a_n| + M(|a_n| + |a_{m+1}|)$$

$$\leq 2M(|a_{m+1}| + |a_n|).$$

其中，在第一个等号处我们用到了 $\{a_i\}$ 的单调性.

定理5 (Dirichlet). 设数列 $\{a_n\}$ 单调趋于 $0$，级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} b_n$ 的部分和有界，则级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n b_n$ 收敛.

/proof/

由假设，存在 $M > 0$ 使得

$$\Big|\sum_{i=1}^{n} b_i\Big| \leq M,\quad \forall\ n \geq 1.$$

由 Abel 变换及其推论，

$$\Big|\sum_{i=n+1}^{n+p} a_i b_i\Big| \leq 2M(|a_{n+1}| + |a_{n+p}|) \leq 4M|a_{n+1}| \to 0.$$

由 Cauchy 准则知级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n b_n$ 收敛.

注意.

如果在 $[1,+\infty)$ 上分段地定义函数 $f(x), g(x)$ 如下：当 $x \in [k,k+1)$ 时，令 $f(x) = a_k,\ g(x) = b_k,\ k = 1,2,\cdots$.则 $f(x)$ 和 $g(x)$ 满足第七章第三节关于广义积分的 Dirichlet 定理的条件，

因而 $f(x)g(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上的广义积分收敛，即级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n b_n$ 收敛.

这说明数项级数的 Dirichlet 定理可以看成广义积分的 Dirichlet 定理的推论.下面的 Abel 定理也是如此.

定理6 (Abel). 如果 $\{a_n\}$ 为单调有界数列，$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} b_n$ 收敛，则级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n b_n$ 收敛.

/proof/

$\{a_n\}$ 单调有界意味着极限 $\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_n = a$ 存在.于是 $\{a_n - a\}$ 单调趋于 $0$.由 Dirichlet 判别法，$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} (a_n - a)b_n$ 收敛.从而级数

$$\sum_{n=1}^{\infty} a_n b_n = \sum_{n=1}^{\infty} (a_n - a)b_n + \sum_{n=1}^{\infty} a \cdot b_n$$

也收敛.

/example/ 判断级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{n} \sin nx$ 的敛散性.

$a_n = \dfrac{1}{n}$ 单调递减趋于 $0$，$b_n = \sin nx$.利用公式

$$2 \sin \frac{x}{2} \cdot \sin kx = \cos(k - \frac{1}{2})x - \cos(k + \frac{1}{2})x$$

得

$$\sum_{k=1}^{n} b_n = \begin{cases} 0, & x = 2k\pi, \\\\ (\cos \frac{x}{2} - \cos(n + \frac{1}{2})x)/2 \sin \frac{x}{2}, & x \ne 2k\pi. \end{cases}$$

即 $b_n$ 的部分和总是有界的.故由 Dirichlet 判别法知，原级数收敛.

/example/ 设级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} n a_n$ 收敛，证明 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 也收敛.

记 $a_n = \dfrac{1}{n} \cdot (n a_n)$，而 $\dfrac{1}{n}$ 单调趋于 $0$，$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} n a_n$ 收敛，故由 Abel 判别法，级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 收敛.$\square$

对于更一般的级数，没有普适的判别法，但有时可以转化为正项级数予以处理.

· 绝对收敛

定义 (绝对收敛). 如果 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} |a_n|$ 收敛，则称 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 绝对收敛（此时，由于

$$|a_{n+1} + \cdots + a_{n+p}| \leq |a_{n+1}| + \cdots + |a_{n+p}| \to 0,$$

故 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 的确为收敛级数）.

如果 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 收敛而 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} |a_n|$ 发散，则称 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 条件收敛.

/example/ 判断级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \dfrac{x^n}{n}\ (x \in \mathbb{R})$ 的敛散性.

令 $a_n = \dfrac{|x|^n}{n}$，则 $\sqrt[n]{a_n} \to |x|$.故 $|x| < 1$ 时原级数绝对收敛；

而 $|x| > 1$ 时显然发散.$x = 1$ 时级数条件收敛；$x = -1$ 时级数发散.

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