绝对收敛

1/14

第四节条件收敛与绝对收敛

对于任意项级数

1n

n

a，我们已经给出了其收敛的一些判

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10.5对于级数

1n

n

a，如果级数

1

||

n

n

a是收敛的，我们称

级数

1n

n

a绝对收敛。

如果

1

||

n

n

a发散，但

1n

n

a是收敛的,我们称级数

1n

n

a条件收

敛。

条件收敛的级数是存在的，如





1

1

.

)1(

n

n

n

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10.17绝对收敛级数必为收敛级数，反之则不然.

证明：设级数

1n

n

a收敛，即

1

||

n

n

a收敛，由Cauchy收敛准

则,对0,存在N，当n>N时，对一切自然数p,成

立着





||||||

21pnnn

aaa

于是:

2/14





||

21pnnn

aaa



||||||

21pnnn

aaa

再由Cauchy收敛准则知

1n

n

a收敛。

由级数





1

1)1(

n

n

n

可看出反之不成立。

注：如果正项级数

1

||

n

n

a发散，不能推出级数

1n

n

a发散。

但如果使用Cauchy判别法或D’Alembert判别法判定出



1

||

n

n

a发散，则级数

1n

n

a必发散，这是因为利用Cauchy判

别法或D’Alembert判别法来判定一个正项级数

1

||

n

n

a为发散

时，是根据这个级数的一般项|a

n

|当

n

时不趋于0，因此

对级数

1n

n

a而言，它的一般项也不趋于零，所以级数

1n

n

a发

散。

例10.38讨论级数











1

1

1

1

2

)1(

n

p

n

n

n

n

的敛散性，如收敛指明

是条件收敛或绝对收敛。

解，当0p时,由于

n

lim

,0

1

1

2







pn

n

n

所以级数发散.

当2p时,因为

n

lim

1

/1

1

1

2







p

p

n

n

n

n

而

1

1

n

pn

收敛，所以原级数绝对收敛。

当20p时,

3/14

因u

n

–u

n+1=

ppnn

n

nn

n

)1()2(

3

)1(

2











=

22

2

2

2

2

)1()2)(1(

)34()1)(44(

pp

pp

nnnn

nnnnnn





>

22

2

2

2

2

)1()2)(1(

)34()44(

pp

pp

nnnn

nnnnnn





=0

)1()2)(1(22

2





pp

p

nnnn

n

故{u

n

}单调减少,且

n

lim

0

1

1

2







pn

n

n

由Leibniz判别法知











1

1

1

1

2

)1(

n

p

n

n

n

n

收敛，显然









1

1

1

2

n

pn

n

n

发散，所以当20p时级数条件收敛。

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

1n

n

a是一个级数，将级数项任意交换顺序，得到的新

级数记为

1

/

n

n

a，我们有下列定理:

4/14

定理10.18设级数

1n

n

a绝对收敛，则重排的级数

1

/

n

n

a也是

绝对收敛的，且其和不变。

证明：先设

1n

n

a是正项收敛的级数，此时有





m

n

n

a

1

/

1n

n

a=M,对m=1,2,…,均成立

即正项级数

1

/

n

n

a的部分和数列有界，从而

1

/

n

n

a收敛，

且

1

/

n

n

a



1n

n

a

而正项级数

1n

n

a也可看成是

1

/

n

n

a的重排,从而也有



1

/

n

n

a



1n

n

a

所以

1

/

n

n

a=.

1



n

n

a

对一般项级数

1n

n

a，设

1

||

n

n

a收敛

记u

n

=

2

||

nn

aa

,v

n

=

2

||

nn

aa

,n=1,2,…,

显然有0

||

nn

au

,0

||

nn

av

,,,2,1n

由比较判别法知正项级数

1n

n

u与

1n

n

v均收敛。因而重排后的

级数

1

/

n

n

u与

1n

n

v也收敛，且有



1

/

n

n

u=

1n

n

u

5/14



1

/

n

n

v=

1n

n

v

从而，级数

1

/||

n

n

a=





1

//)(

n

nn

vu也收敛，即

1

/

n

n

a绝对收敛，且

有



1

/||

n

n

a=





1

//)(

n

nn

vu=





1

/

n

n

u

1

/

n

n

v

=

1n

n

u–

1n

n

v=





1

)(

n

nn

vu

=

1n

n

a

下面我们讨论条件收敛级数的重排:

定理10.19（Riemann）设

1n

n

a是条件收敛级数,则

(1)对任意给定的一个ξR，必存在

1n

n

a的一个重排/

n

a

使得

1

/

n

n

a=ξ;

(2)存在

1n

n

a的重排级数

1

/

n

n

a使



1

/

n

n

a=



(或



)

证明：记u

n

=

2

||

nn

aa

,v

n

=

2

||

nn

aa

n=1,2,…

显然

1n

n

u,

1n

n

v都是正项级数，且有

n

limu

n

=

n

limv

n

=0

6/14

易证得

1n

n

u

和

1n

n

v

均发散（请读者自行证明）

现考察序列

a

1

,a

2

,…,a

n

,…,(*)

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

n

limp

m

=

n

limQ

m

=0



1n

n

p

1n

n

Q

我们依次考察p1,p2,…中的各项，设

1

m

p为其中第一个满足以

下条件的项

p1+p2+…+

1

m

p>ξ

再依次考察Q1,Q2…中的各项，设

1

n

Q是其中第一个满足以下

条件的项。

p1+p2+…+

1

m

p–Q1–Q2–…–

1

n

Q<ξ

再依次考察

1

1

m

p+

2

1

m

p+…中的各项，设

2

m

p是其中第一个满

足以下条件的项。

p

1

+p

2

+…+

1

m

p–Q

1

–Q

2

–…

–

1

n

Q+

1

1

m

p+

2

1

m

p+…+

2

m

p>ξ

照此下去，我们得到

1n

n

a的一个重排

1

/

n

n

a如下

p

1

+p

2

+…+

1

m

p–Q

1

–Q

2

–…–

1

n

Q

7/14

+

1

1

m

p

+

2

1

m

p

+…

2

m

p

–

1

1

n

Q–…–

2

n

Q+

1

2

m

p

+…

再分别用Rk与Lk表示级数

1

/

n

n

a的末项为

k

m

p的部分和与末项

为

k

n

Q的部分和，则有

|Rk–ξ|



k

m

p,k=2,3,…

否则与

k

m

p的选取有矛盾。

同理有

|Lk–ξ|



k

n

Q,k=1,2,3,…

因为

k

lim

k

m

p=

k

lim

k

n

Q=0

∴

k

limR

k

=

k

limL

k

=ξ

因为级数

1

/

n

n

a的任一部分和/

n

s必介于某一对L

k

与R

k

之间，

所以也应有

n

lim/

n

s=ξ

即

1

/

n

n

a=ξ

（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p

k

表示

序列{

n

a

}中的第k个非负项，用Qk表示序列{

n

a

}的第k个负

项，设p

m

是p1,p2,…中第一个满足以下条件的项

p1+p2+…+

1

m

p>ξ1

设

1

n

Q是Q1,Q2,…中第一个满足以下条件的项

8/14

p1+p2+…+

1

m

p

–Q1–Q2–…–

1

n

Q

<ξ1

再依次考察

1

1

m

p

+

2

1

m

p

+…中的各项,设

2

m

p

是其中第一个满

足以下条件的项

p

1

+…+

1

m

p–Q

1

–…–

1

n

Q+

1

1

m

p

+…

2

m

p

>ξ2

再依次考察

1

1

n

Q,

2

1

n

Q…中各项，设

2

n

Q是其中第一个满足以

下条件的项，

p

1

+…+

1

m

p–Q

1

–…–

1

n

Q+

1

1

m

p

+…

2

m

p–

1

1

n

Q–…–

2

n

Q>ξ2

依次做下去，我们得到

1n

n

a的一个重排

1

/

n

n

a,这个重排级数

满足条件

.

1

/

n

n

a

同样可以得到一个重排，使得

.

1

/

n

n

a

下面我们考察两个级数的乘积。

设

1n

n

a与

1n

n

b是两个级数,将(

1n

n

a)(

1n

n

b)定义为下列所有

项的和











44342414

43332313

42322212

41312111

babababa

babababa

babababa

babababa

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

9/14

对角线排序法和正方形排序法。

定义10.6

a

1

b

1

a

1

b

2

a

1

b

3

a

1

b

4

…

a

2

b

1

a

2

b

2

a

2

b

3

a

2

b

4

…

a

3

b

1

a

3

b

2

a

3

b

3

a

3

b

4

…

a

4

b

1

a

4

b

2

a

4

b

3

a

4

b

4

…

………………………

令c

1

=a

1

b

1

,c

2

=a

1

b

2

+a

2

b

1

,c

3

=a

1

b

3

+a

2

b

2

+a

3

b

1

,……

=

1nji

ji

baa

1

b

n

+a

2

b

n-1

+…+a

n

b

1

…………

我们称

1n

n

c=

1

(

n

a

1

b

n

+a

2

b

n-1

+…+a

n

b

1

)为级数

1n

n

a与

1n

n

b的

Cauchy乘积。

a

1

b

1

a

1

b

2

a

1

b

3

a

1

b

4

…

a

2

b

1

a

2

b

2

a

2

b

3

a

2

b

4

…

a

3

b

1

a

3

b

2

a

3

b

3

a

3

b

4

…

a

4

b

1

a

4

b

2

a

4

b

3

a

4

b

4

…

………………………

令d

1

=a

1

b

1

,d

2

=a

1

b

2

+a

2

b

2

+a

2

b

1

……………

d

n

=a

1

b

n

+a

2

b

n

+…+a

n

b

n

+a

n

b

n-1

+…+a

n

b

1

10/14

……………

则级数

1n

n

d称为级数

1n

n

a与

1n

n

b按正方形排列所得的乘积.

定理10.20如果级数

1n

n

a与

1n

n

b均收敛，则按正方形排序所

得的乘积级数

1n

n

d总是收敛的，且

1k

k

d=





11

)()(

k

k

k

k

ba

证明：因为

s

n

=



n

k

k

d

1

=



n

k1

(a

1

b

k

+a

2

b

k

+…+a

k

b

k

+a

2

b

k-1

+…+a

k

b

1

)

=(



n

k

k

a

1

)(



n

k

k

b

1

)

=b

n

a

n

ss

其中{a

n

s}与{b

n

s}分别为

1n

n

a与

1n

n

b的部分和，

当记

n

lima

n

s=as,

n

limb

n

s=bs时，有

n

lim

n

d=asbs

所以级数

1n

n

d收敛，且

1n

n

d=(

1n

n

a)(

1n

n

b).

但是两个收敛级数的Cauchy乘积却不一定是收敛的。

例如

1n

n

a=





1

2

1

1)1(

n

n

n

与

1n

n

b=





1

2

1

1)1(

n

n

n

这两个级数显然都是收敛，但它们的Cauchy乘积的一般项

为

=(－1)n+1

1

1

nji

ij

显然ij

2

ji

=

2

1n

11/14

从而



1

1

nji

ij







1

1

2

nji

n

>

n

n



1

2

所以

n

lim

,0

n

c

故

1n

n

c发散.

定理10.21如果级数

1n

n

a与

1n

n

b都绝对收敛，则它们的

Cauchy乘积

1n

n

c和正方形排列所得的乘积

1n

n

d都是绝对收

敛的，且



1n

n

c=(

1n

n

a)(

1n

n

b)

证明:设s

n

=



n

k

k

c

1

||

=



n

k1

|a

1

b

k

+a

2

b

k-1

+…+a

k

b

1

|



(



n

k

k

a

1

||)(



n

k

k

b

1

||)



(

1

||

k

k

a)(

1

||

k

k

b)

由正项级数

1

||

k

k

c的部分和数列有界知

1

||

k

k

c收敛，又因为

绝对收敛级数有交换律和结合律。

同理可证，

1n

n

d绝对收敛

所以

1n

n

c=

1n

n

d=(

1n

n

a)(

1n

n

b).

我们可以将上定理的条件适当放宽

12/14

定理10.22（Mertens）设级数

1n

n

a绝对收敛，级数

1n

n

b收敛，

记



1n

n

a=A,

1n

n

b=B

则它们的Cauchy乘积

1n

n

c也收敛,且

1n

n

c=AB

证明:记A

n

=



n

k

k

a

1

,B

n

=



n

k

k

b

1

=(a

1

b

n

+a

2

b

n-1

+…+a

n

b

1

)

前n项部分和s

n

=



n

k1

(a

1

b

k

+a

2

b

k-1

+…+a

k

b

1

)

=a

1

B

n

+a

2

B

n-1

+…+a

n

B

1

当令

n

=B－B

n

时,(n=1,2,…)

s

n

=a

1

B

n

+a

2

B

n-1

+…+a

n

B

1

=a

1

(B–

n

)+a

2

(B–

1n

)+…+a

n

(B–

1

)

=A

n

B–(a

1

n

+a

2

1n

+…+a

n

1

)

=A

n

B–R

n

下面我们估计

R

n

=a

1

n

+a

2

1n

+…+a

n

1



因为序列{

k

}趋于0，可设

|

k

|



M,kN

取k充分大使

|

k

|<

D2



13/14

这里D>.||

1



n

n

a

再取m充分大，使



1

||

mk

k

a<

M2



,

于是当N充分大时，对上面取定的m有

|R

n

|



(|a

1

||

n

|+…+|a

m

||

1mn

|)+(|a

m+1

||

mn

|+…+|a

n

||

1

|)

D2





+M

M2





=

所以

n

n

R



lim=0

从而

ABBAs

n

n

n

n





limlim

.证毕.

定理10.23（Abel定理）设级数

1n

n

a与

1n

n

b都收敛，且

1n

n

a=A,



1n

n

b=B,

1n

n

c是它们的Cauchy乘积，如果

1n

n

c收敛，其和为

c，则必有cB

证明：在数列极限理论中，我们已经证明

如

n

n

A



lim=A,

n

n

B



lim=B,

n

n

c



lim=c,则

AB

n

BABABA

nnn

n









1121lim



当记





n

k

nn

cs

1

时，有

cs

n

n





lim

所以c=

n

lim

n

1





n

k

n

s

1

=

n

lim

n

1

[A

1

B

n

+A

2

B

n-1

+…+A

n

B

1

]

=AB.

14/14

习题10.4

1、设级数

1n

n

a与

1n

n

b均绝对收敛，则它们的任意排序方法

（除了对角线方法与正方形方法）得到的乘积级数n

h也绝

对收敛，且

1n

n

h=(

1n

n

a)(

1n

n

b)

2、设|x|<1，|y|<1,求证:

1

(

n

xn-1+xn-2y++yn-1)=

)1)(1(

1

yx

3、求证:

0

!

n

n

n

x



0

!

n

n

n

y

=





0

!

)(

n

n

n

yx

4、求证:

0

!

1

n

n







0

!

)1(

n

n

n

=1

5、求证:(

0n

nq)(

0n

nq)=).1|(|

)1(

1

)1(

0

2









q

q

qn

n

n