零、上极限 & 下极限

1. 上下极限的定义

定义 1（通过 \(\varepsilon-N\) 语言）

设 \(\{a_n\}\) 是一个数列， \(a \in \mathbb{R}\)。如果对于任意给定的 \(\varepsilon > 0\)，有以下两个性质成立：

\(\exists N \in \mathbb{Z}^+\)，当 \(n > N\) 时，有 \(a_n < a + \varepsilon\)
\(\forall N \in \mathbb{Z}^+\)，\(\exists n > N\)，使得 \(a_n > a - \varepsilon\)

则称 \(a\) 是 \(\{a_n\}\) 的上极限，记作 \(a = \varlimsup_{n \to \infty} a_n\)。

其它扩展情形：

若 \(\{a_n\}\) 无上界，则称 \(\{a_n\}\) 的上极限为 \(+\infty\)，记作 \(\varlimsup_{n \to \infty} a_n = +\infty\)。
若 \(\lim_{n \to \infty} a_n = -\infty\)，则称 \(\{a_n\}\) 的上极限为 \(-\infty\)，记作 \(\varlimsup_{n \to \infty} a_n = -\infty\)。

定义 2（通过聚点集合）

给定数列 \(\{a_n\}\)，令 \(E\) 是由如下元素组成的集合：

\(\{a_n\}\) 的收敛子列的极限。
\(\{a_n\}\) 的发散子列的非正常极限。

则上下极限可定义为集合 \(E\) 的上下确界：

上极限： \(\varlimsup_{n \to \infty} a_n = \sup E\)
下极限： \(\varliminf_{n \to \infty} a_n = \inf E\)

注：以上两种定义方法是等价且一致的。

特别地： 当数列 \(\{a_n\}\) 有界时，\(\{a_n\}\) 的上极限（下极限）可以由集合 \(E\) 给出，并且此时 \(\varlimsup_{n \to \infty} a_n = \max E\)。

2. 上下极限的性质

性质 1（保序性）

给定数列 \(\{a_n\}\) 与 \(\{b_n\}\)，如果对于 \(\forall n \ge 1\)，都有 \(a_n \le b_n\)，则：

\[ \varlimsup_{n \to \infty} a_n \le \varlimsup_{n \to \infty} b_n \]

\[ \varliminf_{n \to \infty} a_n \le \varliminf_{n \to \infty} b_n \]

性质 2（与数列极限的关系）

给定数列 \(\{a_n\}\)，该数列 \(\{a_n\}\) 存在极限（包含广义极限）的充要条件是其上极限与下极限相等：

\[ \lim_{n \to \infty} a_n \text{ 存在 } \Longleftrightarrow \varlimsup_{n \to \infty} a_n = \varliminf_{n \to \infty} a_n \]

一、级数的敛散性

1. 级数的基本定义

级数与通项：

给定数列 \(\{a_n\}\)，将其各项用 "+" 号依次连接：

\[ a_1 + a_2 + \dots + a_n + \dots \]

所得的表达式称为级数，记作 \(\sum_{n=1}^{\infty} a_n\)，通常简记为 \(\sum a_n\)。

其中，\(a_n\) 称为该级数的通项。

部分和与敛散性：

对于 \(\forall n \ge 1\)，令：

\[ S_n = a_1 + a_2 + \dots + a_n = \sum_{k=1}^n a_k \]

称 \(S_n\) 为级数 \(\sum a_n\) 的第 \(n\) 个部分和。

收敛： 若部分和数列 \(\{S_n\}\) 收敛，则称级数 \(\sum a_n\) 收敛，并且称 \(\lim_{n \to \infty} S_n\) 为该级数的和，记作 \(\sum a_n = \lim_{n \to \infty} S_n\)。
发散： 若部分和数列 \(\{S_n\}\) 发散，则称级数 \(\sum a_n\) 发散。

注：级数 \(\sum a_n\) 的敛散性完全取决于其部分和数列 \(\{S_n\}\) 的敛散性。

2. 级数的性质

性质（线性性质）：

设级数 \(\sum a_n\) 与 \(\sum b_n\) 都收敛，且 \(\alpha, \beta \in \mathbb{R}\)，则级数 \(\sum (\alpha a_n + \beta b_n)\) 也收敛，且满足：

\[ \sum (\alpha a_n + \beta b_n) = \alpha \sum a_n + \beta \sum b_n \]

3. 级数收敛的柯西收敛准则

定理（级数的柯西收敛准则）：

级数 \(\sum a_n\) 收敛的充要条件是：对于 \(\forall \varepsilon > 0\)，\(\exists N \in \mathbb{Z}^+\)，当 \(m > n \ge N\) 时，有：

\[ \left| \sum_{k=n+1}^{m} a_k \right| < \varepsilon \]

这等价于：当 \(n \ge N\) 时，对任意正整数 \(p\)，有：

\[ \left| \sum_{k=n+1}^{n+p} a_k \right| < \varepsilon \]

性质（级数收敛的必要条件）：

由柯西收敛准则，若级数 \(\sum a_n\) 收敛，则必有 \(\lim_{n \to \infty} a_n = 0\)。

4. 敛散性判别经典例题

例题 1：判断调和级数 \(\sum \frac{1}{n} = 1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n} + \dots\) 的敛散性。

解：

注意到它的片段和满足：

\[ \frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+2} + \dots + \frac{1}{2n} > n \cdot \frac{1}{2n} = \frac{1}{2} \]

所以，若取 \(\varepsilon_0 = \frac{1}{2}\)，对于 \(\forall N \in \mathbb{Z}^+\)，取 \(n=N, p=N\)，总有：

\[ \left| \sum_{k=n+1}^{n+p} a_k \right| > \frac{1}{2} = \varepsilon_0 \]

该级数不满足柯西收敛准则，从而 \(\sum \frac{1}{n}\) 发散。

例题 2：判断 \(\sum \frac{1}{n^2}\) 的敛散性。

解：

考察其任意一段片段和并进行放缩：

\[ \frac{1}{(n+1)^2} + \frac{1}{(n+2)^2} + \dots + \frac{1}{(n+p)^2} \]

\[ \le \frac{1}{n(n+1)} + \frac{1}{(n+1)(n+2)} + \dots + \frac{1}{(n+p-1)(n+p)} \]

\[ = \left(\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}\right) + \left(\frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2}\right) + \dots + \left(\frac{1}{n+p-1} - \frac{1}{n+p}\right) \]

\[ = \frac{1}{n} - \frac{1}{n+p} < \frac{1}{n} \]

所以，对于 \(\forall \varepsilon > 0\)，只需取 \(N = \left[\frac{1}{\varepsilon}\right] + 1\)，则当 \(n \ge N\) 时，\(\forall p \in \mathbb{Z}^+\)，有：

\[ |a_{n+1} + \dots + a_{n+p}| < \frac{1}{n} \le \frac{1}{N} < \varepsilon \]

满足柯西收敛准则，从而 \(\sum \frac{1}{n^2}\) 收敛。

例题 3：判断 \(\sum \frac{\left(n+\frac{1}{n}\right)^n}{n^{n+\frac{1}{n}}}\) 的敛散性。

解：

考察其通项极限：

\[ \lim_{n \to \infty} \frac{\left(n+\frac{1}{n}\right)^n}{n^{n+\frac{1}{n}}} = \lim_{n \to \infty} \left(1+\frac{1}{n^2}\right)^n \cdot \frac{1}{n^{\frac{1}{n}}} \]

\[ = \lim_{n \to \infty} \left(\left(1+\frac{1}{n^2}\right)^{n^2}\right)^{\frac{1}{n}} \cdot \frac{1}{n^{\frac{1}{n}}} = e^0 \cdot 1 = 1 \neq 0 \]

因为通项的极限不为 0，由级数收敛的必要条件可知，该级数发散。

5. 级数的其它重要性质

有限项改变性质： 增加、减少或修改级数的有限项，不改变级数的敛散性。
级数的余项： 给定收敛级数 \(\sum a_n\)，设其和为 \(S\)，部分和数列为 \(\{S_n\}\)。对于 \(\forall n \ge 1\)，级数 \(\sum_{k=n+1}^{\infty} a_k\) 收敛，其和记作 \(r_n\)，称为 \(\sum a_n\) 的第 \(n\) 个余项。
- 显然有 \(r_n = S - S_n\)。
- 易知 \(\lim_{n \to \infty} r_n = 0\)。
结合律（添加括号）： 对收敛级数 \(\sum a_n\) 的表达式中任意添加括号，新级数仍然收敛，且和不变。

注：这个性质不可逆。即“新级数收敛”不能推导得出“原级数收敛”（例如：原发散级数 \(1 - 1 + 1 - 1 \dots\) 添加括号变成 \((1-1) + (1-1) \dots\) 后收敛于 0）。

二、正项级数

1. 正项级数

定义：

若级数 \(\sum a_n\) 的每一项都是非负的（即 \(a_n \ge 0\)），则称该级数为正项级数。

基本定理：

对于正项级数，由于各项非负，其部分和数列 \(\{S_n\}\) 是单调递增的。

根据单调有界定理，正项级数 \(\sum a_n\) 收敛的充要条件是其部分和数列 \(\{S_n\}\) 有界：

\[ \sum a_n \text{ 收敛 } \Longleftrightarrow \{S_n\} \text{ 有界} \]

2. 比较判别法

定理（比较判别法基本形式）：

设 \(\sum a_n\) 与 \(\sum b_n\) 都是正项级数。若存在正整数 \(N\)，使得对于 \(\forall n \ge N\)，都有 \(a_n \le b_n\)，则：

若级数 \(\sum b_n\) 收敛，则级数 \(\sum a_n\) 必收敛。
若级数 \(\sum a_n\) 发散，则级数 \(\sum b_n\) 必发散。

定理（比较判别法的极限形式）：

设 \(\sum a_n\) 与 \(\sum b_n\) 都是正项级数。若 \(\lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{b_n} = l \in [0, +\infty]\)，则：

当 \(\sum b_n\) 收敛，且 \(0 \le l < +\infty\) 时，\(\sum a_n\) 收敛。
当 \(\sum b_n\) 发散，且 \(0 < l \le +\infty\) 时，\(\sum a_n\) 发散。

(1) 收敛情况证明：

由 \(\lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{b_n} = l \in [0, +\infty)\)，根据极限的保号性（取 \(\varepsilon = 1\)），必 \(\exists N \in \mathbb{Z}^+\)，使得当 \(n \ge N\) 时，有：

\[ \frac{a_n}{b_n} < l + 1 \implies a_n < (l+1)b_n \]

已知 \(\sum b_n\) 收敛，根据线性性质 \(\sum (l+1)b_n\) 也收敛。由基本比较判别法可知，\(\sum a_n\) 收敛。

(2) 发散情况证明：

由 \(\lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{b_n} = l \in (0, +\infty]\)。

当 \(l \in (0, +\infty)\) 时： 取 \(\varepsilon = \frac{l}{2} > 0\)，\(\exists N \in \mathbb{Z}^+\)，使得当 \(n \ge N\) 时，有：

\[ \frac{a_n}{b_n} > l - \frac{l}{2} = \frac{l}{2} \implies a_n > \frac{l}{2}b_n \]

已知 \(\sum b_n\) 发散，则 \(\sum \frac{l}{2}b_n\) 发散，由基本比较判别法，\(\sum a_n\) 发散。
当 \(l = +\infty\) 时： 取 \(M = 1\)，\(\exists N \in \mathbb{Z}^+\)，使得当 \(n \ge N\) 时，有：

\[ \frac{a_n}{b_n} > 1 \implies a_n > b_n \]

已知 \(\sum b_n\) 发散，由基本比较判别法，从而 \(\sum a_n\) 发散。

例题： 判断级数 \(\sum_{n=1}^{\infty} 2^n \sin\frac{\pi}{3^n}\) 的敛散性。

解：

这是一个正项级数。注意到当 \(x \to 0\) 时，\(\sin x \sim x\)。因此通项中的 \(\sin\frac{\pi}{3^n} \sim \frac{\pi}{3^n}\)。

我们选择辅助级数 \(\sum b_n = \sum \frac{2^n}{3^n} = \sum \left(\frac{2}{3}\right)^n\) 进行比较。

计算极限：

\[ \lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{b_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{2^n \sin\frac{\pi}{3^n}}{\frac{2^n}{3^n}} = \lim_{n \to \infty} \frac{\sin\frac{\pi}{3^n}}{\frac{1}{3^n}} \]

利用等价无穷小或者换元（令 \(t = \frac{1}{3^n}\)），上式等于：

\[ = \lim_{n \to \infty} \frac{\sin\left(\pi \cdot \frac{1}{3^n}\right)}{\frac{1}{3^n}} = \pi \]

因为极限 \(l = \pi \in (0, +\infty)\)，且用来比较的辅助级数 \(\sum \left(\frac{2}{3}\right)^n\) 是公比为 \(q = \frac{2}{3} < 1\) 的等比级数，它是收敛的。

根据比较判别法的极限形式，原级数 \(\sum 2^n \sin\frac{\pi}{3^n}\) 也是收敛的。

当级数的通项较为复杂，且涉及指数、对数或三角函数时，利用泰勒展开（或麦克劳林展开）寻找等价无穷小，再结合比较判别法的极限形式，是非常高效的解题手段。

例 1：判断级数 \(\sum_{n=1}^{\infty} (\sqrt[n]{a} - 1)\) 的敛散性，其中 \(a > 1\)。

解：

考虑指数函数 \(a^x\) 在 \(x \to 0\) 时的泰勒展开：

\[ a^x = e^{x \ln a} = 1 + x \ln a + \frac{1}{2!}(x \ln a)^2 + o(x^2) \]

只取到一阶项，即 \(a^x = 1 + x \ln a + o(x)\)。

令 \(x = \frac{1}{n}\)，当 \(n \to \infty\) 时，\(x \to 0\)。代入展开式得：

\[ a^{\frac{1}{n}} = 1 + \frac{1}{n} \ln a + o\left(\frac{1}{n}\right) \]

\[ \implies a^{\frac{1}{n}} - 1 = \frac{1}{n} \ln a + o\left(\frac{1}{n}\right) \]

考察其与调和级数通项 \(\frac{1}{n}\) 的比值极限：

\[ \lim_{n \to \infty} \frac{a^{\frac{1}{n}} - 1}{\frac{1}{n}} = \ln a \in (0, +\infty) \]

根据比较判别法的极限形式，原级数与 \(\sum \frac{1}{n}\) 敛散性相同。已知调和级数发散，因此该级数发散。

例 2：判断级数 \(\sum_{n=1}^{\infty} (a^{\frac{1}{n}} + a^{-\frac{1}{n}} - 2)\) 的敛散性，其中 \(a > 0\)。

解：

这里如果只展开到一阶，正负项会抵消，因此需要展开到二阶。当 \(n \to \infty\) 时：

\[ a^{\frac{1}{n}} = 1 + \frac{1}{n} \ln a + \frac{1}{2}\left(\frac{1}{n} \ln a\right)^2 + o\left(\frac{1}{n^2}\right) \]

\[ a^{-\frac{1}{n}} = 1 - \frac{1}{n} \ln a + \frac{1}{2}\left(-\frac{1}{n} \ln a\right)^2 + o\left(\frac{1}{n^2}\right) \]

将两式相加并减去 2，一阶项刚好抵消：

\[ a^{\frac{1}{n}} + a^{-\frac{1}{n}} - 2 = \frac{1}{n^2}(\ln a)^2 + o\left(\frac{1}{n^2}\right) \]

考察其与 \(\frac{1}{n^2}\) 的比值极限：

\[ \lim_{n \to \infty} \frac{a^{\frac{1}{n}} + a^{-\frac{1}{n}} - 2}{\frac{1}{n^2}} = (\ln a)^2 \in (0, +\infty) \]

根据比较判别法的极限形式，原级数与 \(p\)-级数 \(\sum \frac{1}{n^2}\) 敛散性相同。已知 \(\sum \frac{1}{n^2}\) 收敛，因此该级数收敛。

例 3：判断级数 \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{2n \sin \frac{1}{n}}}\) 的敛散性。

解：

先处理分母指数上的极限，当 \(n \to \infty\) 时：

\[ \lim_{n \to \infty} 2n \sin\frac{1}{n} = \lim_{n \to \infty} 2 \cdot \frac{\sin\frac{1}{n}}{\frac{1}{n}} = 2 \]

这暗示了通项 \(\frac{1}{n^{2n \sin \frac{1}{n}}}\) 在 \(n\) 很大时，行为类似于 \(\frac{1}{n^2}\)。

严谨起见，任取一个 \(p \in (1, 2)\) 进行极限比较：

\[ \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{1}{n^{2n \sin \frac{1}{n}}}}{\frac{1}{n^p}} = \lim_{n \to \infty} \left(\frac{1}{n}\right)^{2n \sin \frac{1}{n} - p} = 0 \]

（因为指数部分 \(2n \sin\frac{1}{n} - p \to 2 - p > 0\)，底数趋于 0，所以整体趋于 0）。

已知当 \(1 < p < 2\) 时，\(\sum \frac{1}{n^p}\) 收敛。由比较判别法极限形式，当极限为 0 且分母级数收敛时，分子级数也收敛。

3. 比值判别法

比值判别法（达朗贝尔判别法）是判断级数敛散性最常用且最直接的方法之一，它本质上是将目标级数与等比级数（几何级数）进行比较。

设 \(\sum a_n\) 严格为正项级数（即对于 \(\forall n\)，有 \(a_n > 0\)），设此条件为 (*)。

基本形式

收敛情况： 若 \(\exists N_0 \in \mathbb{Z}^+\)，使得当 \(n \ge N_0\) 时，有 \(\frac{a_{n+1}}{a_n} \le q\)，且 \(0 < q < 1\)，则 \(\sum a_n\) 收敛。
发散情况： 若 \(\exists N_0 \in \mathbb{Z}^+\)，使得当 \(n \ge N_0\) 时，有 \(\frac{a_{n+1}}{a_n} \ge 1\)，则 \(\sum a_n\) 发散。

证明思路：

证 (1)： 当 \(n > N_0\) 时，利用累乘法：

\[ a_n = \frac{a_n}{a_{n-1}} \cdot \frac{a_{n-1}}{a_{n-2}} \dots \frac{a_{N_0+1}}{a_{N_0}} \cdot a_{N_0} \le q^{n-N_0} \cdot a_{N_0} = q^n \cdot \left(\frac{a_{N_0}}{q^{N_0}}\right) \]

当 \(0 < q < 1\) 时，等比级数 \(\sum q^n\) 收敛。因为 \(\frac{a_{N_0}}{q^{N_0}}\) 是常数，从而级数 \(\sum q^n \cdot \left(\frac{a_{N_0}}{q^{N_0}}\right)\) 收敛。由基本比较判别法，\(\sum a_n\) 收敛。
证 (2)： 当 \(n \ge N_0\) 时，有 \(a_{n+1} \ge a_n\)。

于是对于 \(\forall n > N_0\)，有 \(a_n \ge a_{n-1} \ge \dots \ge a_{N_0}\)。

由于是严格正项级数，\(a_{N_0} > 0\)。可推知当 \(n \to \infty\) 时，\(a_n \not\to 0\)。

由级数收敛的必要条件（通项必须趋于 0），得出 \(\sum a_n\) 发散。

极限形式（常用）

设条件 (*) 成立，若存在极限：

\[ \lim_{n \to \infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} = q \in [0, +\infty] \]

则有以下结论：

当 \(q < 1\) 时，\(\sum a_n\) 收敛。
当 \(q > 1\) 时（包括 \(q = +\infty\)），\(\sum a_n\) 发散。
当 \(q = 1\) 时，该判别法失效（级数可能收敛也可能发散，需改用其他方法判断）。

极限形式 (1) 收敛情况的证明：

此时已知 \(\lim_{n \to \infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} = q \in [0, 1)\)。

由于 \(q < 1\)，我们可以取一个介于 \(q\) 和 \(1\) 之间的数，例如其中点 \(\frac{q+1}{2}\)。显然有 \(\frac{q+1}{2} > q\)。

根据极限的定义，必定 \(\exists N_0 \in \mathbb{Z}^+\)，使得当 \(n \ge N_0\) 时，有：

\[ \frac{a_{n+1}}{a_n} < \frac{q+1}{2} \]

又因为 \(0 \le q < 1\)，所以有 \(0 < \frac{q+1}{2} < 1\)。

令新常数 \(Q = \frac{q+1}{2} < 1\)，这完全符合比值判别法的基本形式，由此可得 \(\sum a_n\) 收敛。

极限形式 (2) 发散情况的证明：

已知 \(\lim_{n \to \infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} = q > 1\)。

根据极限的保号性，必定 \(\exists N_0 \in \mathbb{Z}^+\)，使得当 \(n \ge N_0\) 时，有：

\[ \frac{a_{n+1}}{a_n} \ge 1 \]

满足比值判别法基本形式的发散条件，因此级数 \(\sum a_n\) 发散。

极限形式 (3) \(q=1\) 时的反例（判别法失效）：

对于调和级数 \(\sum \frac{1}{n}\)，\(\lim_{n \to \infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{n}{n+1} = 1\)，级数发散。
对于 \(p\)-级数 \(\sum \frac{1}{n^2}\)，\(\lim_{n \to \infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{n^2}{(n+1)^2} = 1\)，级数收敛。

这说明当 \(q=1\) 时，级数可能收敛也可能发散。

4. 根式判别法

设 \(\sum a_n\) 是正项级数，且存在某正数 \(N_0\) 及正常数 \(q\)。

基本形式

收敛情况： 若对一切 \(n \ge N_0\) ，有 \(\sqrt[n]{a_n} \le q < 1\)，则 \(\sum a_n\) 收敛。
发散情况： 若对一切 \(n \ge N_0\) ，有 \(\sqrt[n]{a_n} \ge 1\)，则 \(\sum a_n\) 发散。

基本形式证明：

证 (1)： 当 \(n \ge N_0\) 时，有 \(\sqrt[n]{a_n} \le q \implies a_n \le q^n\)。

由于 \(0 < q < 1\)，等比级数 \(\sum q^n\) 收敛。由比较判别法，\(\sum a_n\) 收敛。
证 (2)： 此时有无穷多个 \(n\)，使得 \(\sqrt[n]{a_n} \ge 1 \implies a_n \ge 1\)。

这意味着当 \(n \to \infty\) 时，通项 \(a_n \not\to 0\)。由级数收敛的必要条件，\(\sum a_n\) 发散。

极限形式

若 \(\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_n} = q \in [0, +\infty]\)，则：

当 \(q < 1\) 时，\(\sum a_n\) 收敛。

(证：类似比值法，对 \(\frac{q+1}{2} < 1\) 利用基本形式 (1) 即可成立)
当 \(q > 1\) 时，\(\sum a_n\) 发散。

(证：由极限保号性，\(\exists N_0 \in \mathbb{Z}^+\)，当 \(n \ge N_0\) 时，\(\sqrt[n]{a_n} > 1\))
当 \(q = 1\) 时，\(\sum a_n\) 可能收敛，也可能发散（判别法失效）。

在根式判别法的极限形式中，如果将条件“\(\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_n} = q\)”替换为上极限“\(\varlimsup_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_n} = q\)”，上述结论仍然成立！这是处理通项极限不存在但有界时的有力工具。

例题：判断以下级数的敛散性：

(1) \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n^n}{3^n \cdot n!}\)

解：（此题存在阶乘，使用比值判别法更方便）

令 \(a_n = \frac{n^n}{3^n \cdot n!}\)，考察比值极限：

\[ \lim_{n \to \infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{(n+1)^{n+1}}{3^{n+1} \cdot (n+1)!}}{\frac{n^n}{3^n \cdot n!}} = \lim_{n \to \infty} \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n \cdot \frac{1}{3} = \frac{e}{3} \]

因为 \(e \approx 2.718\)，所以 \(\frac{e}{3} < 1\)。从而级数收敛。

(2) \(\sum_{n=1}^{\infty} n^2 e^{-n}\)

解：（使用根式判别法极限形式）

\[ \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{n^2 e^{-n}} = \lim_{n \to \infty} \frac{\sqrt[n]{n^2}}{e} = \frac{1}{e} \]

因为 \(\frac{1}{e} < 1\)，从而级数收敛。

(3) \(\sum_{n=1}^{\infty} n x^{n-1} \quad (x > 0)\)

解：（使用根式判别法极限形式）

考察根式极限（注意当 \(n \to \infty\) 时，\(\sqrt[n]{n} \to 1\)，\(\sqrt[n]{x} \to 1\)）：

\[ \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{n x^{n-1}} = \lim_{n \to \infty} x \cdot \frac{\sqrt[n]{n}}{\sqrt[n]{x}} = x \cdot \frac{1}{1} = x \]

当 \(x > 1\) 时，极限 \(> 1\)，级数发散。
当 \(0 < x < 1\) 时，极限 \(< 1\)，级数收敛。
当 \(x = 1\) 时，级数通项为 \(n\)。由于 \(\lim_{n \to \infty} n \neq 0\)，由必要条件知级数发散。

(4) \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{1 + x^{2n}} \quad (x > 0)\)

解：（使用根式判别法极限形式，需分类讨论）

\[ \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{\frac{x^n}{1 + x^{2n}}} = \lim_{n \to \infty} \frac{x}{\sqrt[n]{1 + x^{2n}}} \]

当 \(x > 1\) 时：分母中 \(x^{2n}\) 占主导地位（即 \(1 + x^{2n} \sim x^{2n}\)），\(\sqrt[n]{1 + x^{2n}} \to x^2\)。

极限为 \(\frac{x}{x^2} = \frac{1}{x} < 1\)，级数收敛。
当 \(0 < x < 1\) 时：分母中 \(1\) 占主导地位，\(\sqrt[n]{1 + x^{2n}} \to 1\)。

极限为 \(\frac{x}{1} = x < 1\)，级数收敛。
当 \(x = 1\) 时：级数通项变为 \(\frac{1}{1+1} = \frac{1}{2}\)。由于 \(\lim_{n \to \infty} \frac{1}{2} \neq 0\)，级数发散。

(5) \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2+(-1)^n}{2^n}\)

解：

考虑对通项开 \(n\) 次方：\(\sqrt[n]{a_n} = \sqrt[n]{\frac{2+(-1)^n}{2^n}} = \frac{\sqrt[n]{2+(-1)^n}}{2}\)。

由于 \((-1)^n\) 的取值仅为 \(1\) 或 \(-1\)，我们可以对分子部分进行放缩：

\[ 1 \le 2+(-1)^n \le 3 \]

两边同时开 \(n\) 次方：

\[ \sqrt[n]{1} \le \sqrt[n]{2+(-1)^n} \le \sqrt[n]{3} \]

因为 \(\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{1} = 1\)，且 \(\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{3} = 1\)，根据由夹逼定理（Squeeze Theorem）可知：

\[ \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{2+(-1)^n} = 1 \]

从而原级数通项的根式极限为：

\[ \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{\frac{2+(-1)^n}{2^n}} = \frac{1}{2} < 1 \]

根据根式判别法的极限形式，该级数收敛。

比值法与根式法的关系

性质定理：

设数列 \(\{a_n\}\) 满足 \(\forall n \ge 1, a_n > 0\)（即严格正项数列）。如果极限 \(\lim_{n \to \infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} = q \in [0, +\infty]\) 存在，那么必定有极限 \(\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_n} = q\)。

凡是比值判别法适用的条件，根式判别法必定也适用。

5. 积分判别法

积分判别法通过将离散的级数求和转化为连续函数的广义积分，是判断特定类型正项级数敛散性的利器。

定理（积分判别法）：

设函数 \(f(x)\) 在区间 \([1, +\infty)\) 上定义，且是非负的、单调递减的。则：

级数 \(\sum_{n=1}^{\infty} f(n)\) 收敛 \(\Longleftrightarrow\) 广义积分 \(\int_1^{+\infty} f(x) dx\) 收敛。

\(p\)-级数的敛散性探讨

例题：讨论 \(p\)-级数 \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^p}\) 的敛散性。

解：

当 \(p > 0\) 时： 设 \(f(x) = \frac{1}{x^p}\)，显然 \(f(x)\) 在 \([1, +\infty)\) 上非负且单调递减。考察其广义积分：

\[ \int_1^{+\infty} \frac{1}{x^p} dx \]

根据广义积分的性质，该积分在 \(p > 1\) 时收敛，在 \(p \le 1\) 时发散。

由积分判别法可知，原级数在 \(p > 1\) 时收敛，在 \(0 < p \le 1\) 时发散。
当 \(p \le 0\) 时： 级数的通项 \(\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n^p} \ge 1 \neq 0\)。根据级数收敛的必要条件，级数发散。

总结： \(p\)-级数 \(\sum \frac{1}{n^p}\) 在 \(p > 1\) 时收敛，在 \(p \le 1\) 时发散。

例题：讨论级数 \(\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n^p (\ln n)^q}\) 的敛散性。 （对数 \(p\)-级数（伯特兰级数变体））

(注：为使对数有意义且分母不为0，级数通常从 \(n=2\) 开始)

解：

(1) 当 \(p > 1\) 时：

我们可以取一个介于 \(1\) 和 \(p\) 之间的数，例如 \(\frac{p+1}{2}\)。显然 \(p > \frac{p+1}{2} > 1\)。

利用比较判别法的极限形式，考察它与收敛的 \(p\)-级数 \(\sum \frac{1}{n^{\frac{p+1}{2}}}\) 的比值：

\[ \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{1}{n^p (\ln n)^q}}{\frac{1}{n^{\frac{p+1}{2}}}} = \lim_{n \to \infty} \frac{(\ln n)^{-q}}{n^{p - \frac{p+1}{2}}} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{(\ln n)^q \cdot n^{\frac{p-1}{2}}} \]

因为 \(p > 1\)，所以 \(\frac{p-1}{2} > 0\)。无论 \(q\) 取何值，多项式的增长速度远快于对数，因此该极限为 \(0\)。

因为 \(\sum \frac{1}{n^{\frac{p+1}{2}}}\) 收敛，所以原级数也收敛。
(2) 当 \(p < 1\) 时：

同理，可取一介于 \(p\) 和 \(1\) 之间的数，与发散的级数比较可得，原级数发散。
(3) 当 \(p = 1\) 时： 原级数变为 \(\sum \frac{1}{n (\ln n)^q}\)。

设 \(f(x) = \frac{1}{x (\ln x)^q}\)。在 \(x\) 充分大时，该函数非负且单调递减（可通过求导 \(f'(x)\) 证明）。使用积分判别法：

\[ \int_2^{+\infty} f(x) dx = \int_2^{+\infty} \frac{1}{x (\ln x)^q} dx = \int_2^{+\infty} \frac{1}{(\ln x)^q} d(\ln x) \]

令 \(t = \ln x\)，则积分变为：

\[ \int_{\ln 2}^{+\infty} \frac{1}{t^q} dt \]

根据广义积分的性质，该积分当 \(q > 1\) 时收敛，当 \(q \le 1\) 时发散。

总结： 该级数当 \(p > 1\) 时收敛；当 \(p = 1\) 且 \(q > 1\) 时收敛；其余情况（如 \(p < 1\)，或 \(p=1\) 且 \(q \le 1\)）均发散。

6. 正向级数的收敛和发散快慢问题

定理 1：不存在收敛速度最慢的正项级数。

证明构造：

假设存在一个收敛的正项级数 \(\sum a_n\)，我们要证明必定存在另一个正项级数 \(\sum b_n\)，它不仅收敛，而且收敛速度比 \(\sum a_n\) 更慢（即 \(\lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{b_n} = 0\)）。

设 \(\sum a_n\) 的和为 \(S\)，部分和为 \(S_n\)，其余项为 \(r_n = S - S_n\)。

因为级数收敛，所以 \(\lim_{n \to \infty} r_n = 0\)。且有 \(a_n = r_{n-1} - r_n\)。

令 \(b_n = \sqrt{r_{n-1}} - \sqrt{r_n} \quad (n \ge 2)\)，\(b_1\) 可任取正数。

显然 \(b_n > 0\)（因为余项数列单调递减），且 \(\sum b_n\) 是一个可裂项的级数，它的部分和趋于 \(\sqrt{r_1} - \lim_{n \to \infty} \sqrt{r_n} = \sqrt{r_1}\)，因此 \(\sum b_n\) 收敛。

考察比值：

\[ \frac{a_n}{b_n} = \frac{r_{n-1} - r_n}{\sqrt{r_{n-1}} - \sqrt{r_n}} = \sqrt{r_{n-1}} + \sqrt{r_n} \]

当 \(n \to \infty\) 时，\(r_n \to 0\)。从而 \(\lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{b_n} = 0\)，证明完毕。

定理 2：不存在发散速度最慢的正项级数。

证明构造：

假设 \(\sum a_n\) 是一个发散的正项级数。我们要构造一个发散的正项级数 \(\sum b_n\)，使得 \(\lim_{n \to \infty} \frac{b_n}{a_n} = 0\)。

设其部分和为 \(S_n\)。因为发散且各项为正，所以 \(\lim_{n \to \infty} S_n = +\infty\)。且 \(a_n = S_n - S_{n-1} \quad (n \ge 2)\)。

令 \(b_n = \sqrt{S_n} - \sqrt{S_{n-1}} \quad (n \ge 2)\)。

因为 \(S_n \to +\infty\)，所以 \(\sum b_n\) 的部分和 \(\sqrt{S_n} - \sqrt{S_1} \to +\infty\)，级数 \(\sum b_n\) 发散。

考察比值：

\[ \frac{b_n}{a_n} = \frac{\sqrt{S_n} - \sqrt{S_{n-1}}}{S_n - S_{n-1}} = \frac{1}{\sqrt{S_n} + \sqrt{S_{n-1}}} \]

当 \(n \to \infty\) 时，\(S_n \to +\infty\)。从而 \(\lim_{n \to \infty} \frac{b_n}{a_n} = 0\)，证明完毕。

三、一般项级数

1. 交错级数

定义： 若级数 \(\sum a_n\) 满足对于 \(\forall n \ge 1\)，有 \(a_n = (-1)^{n+1} u_n\) （或 \(a_n = (-1)^n u_n\)），并且其中 \(u_n > 0\)，则称级数 \(\sum a_n\) 为交错级数。

收敛的必要条件：

交错级数 \(\sum (-1)^{n+1} u_n\) 收敛的必要条件是其通项趋于 \(0\)：

\[ \lim_{n \to \infty} (-1)^{n+1} u_n = 0 \Longrightarrow \lim_{n \to \infty} u_n = 0 \]

2. 莱布尼茨判别法

定理（交错级数的莱布尼茨判别法）：

若交错级数 \(\sum (-1)^{n+1} u_n\) 满足以下两个条件：

数列 \(\{u_n\}\) 单调递减（即对于 \(\forall n \ge 1\)，有 \(u_{n+1} \le u_n\)）。
\(\lim_{n \to \infty} u_n = 0\)。

则该交错级数收敛。

余项估计（截断误差）：

若交错级数满足莱布尼茨判别法的条件而收敛于和 \(S\)。令部分和 \(S_n = \sum_{k=1}^n a_k\)，余项 \(r_n = S - S_n\)。则第 \(n\) 步截断的误差绝对值满足：

\[ |r_n| \le u_{n+1} \]

例题：讨论级数 \(\sum_{n=1}^{\infty} \sin(\sqrt{n^2+1}\pi)\) 的敛散性。

解：

可以利用三角函数的周期性进行变换。

对于通项 \(a_n = \sin(\sqrt{n^2+1}\pi)\)，在括号内减去再加回一个 \(n\pi\)：

\[ a_n = \sin(\sqrt{n^2+1}\pi - n\pi + n\pi) \]

利用诱导公式 \(\sin(x + n\pi) = (-1)^n \sin x\)，可得：

\[ a_n = (-1)^n \sin(\sqrt{n^2+1}\pi - n\pi) \]

接着，对括号内部进行分子有理化：

\[ \sqrt{n^2+1}\pi - n\pi = \pi(\sqrt{n^2+1} - n) = \pi \frac{(\sqrt{n^2+1} - n)(\sqrt{n^2+1} + n)}{\sqrt{n^2+1} + n} = \frac{\pi}{\sqrt{n^2+1} + n} \]

因此，原级数转化为标准的交错级数形式：

\[ \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n \sin\frac{\pi}{\sqrt{n^2+1} + n} \]

令 \(u_n = \sin\frac{\pi}{\sqrt{n^2+1} + n}\)。随着 \(n\) 的增大，\(\frac{\pi}{\sqrt{n^2+1} + n}\) 单调递减且趋于 \(0\)。在 \((0, \frac{\pi}{2})\) 范围内，正弦函数是单调递增的，所以 \(u_n\) 也是单调递减的，且 \(\lim_{n \to \infty} u_n = \sin 0 = 0\)。

满足莱布尼茨判别法的条件，所以该级数收敛。

3. 极限比较判别法对非正项级数的局限性

问题： 以下性质是否成立？

若 \(\sum y_n\) 收敛，且 \(\lim_{n \to \infty} \frac{x_n}{y_n} = 1\)，则 \(\sum x_n\) 是否必定收敛？

答案：不成立（仅对正项级数成立，对变号级数不一定）。

反例：

令 \(y_n = \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}\)。由莱布尼茨判别法，交错级数 \(\sum y_n\) 收敛。

构造 \(x_n = \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}} + \frac{1}{n}\)。

考察极限：\(\lim_{n \to \infty} \frac{x_n}{y_n} = \lim_{n \to \infty} \left(1 + \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}\right) = 1\)。

但对于 \(\sum x_n\)，它是收敛级数 \(\sum \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}\) 与发散的调和级数 \(\sum \frac{1}{n}\) 的和。收敛级数加上发散级数必然发散。所以 \(\sum x_n\) 发散。

4. 绝对收敛与条件收敛

为了处理变号级数（如交错级数），引入各项取绝对值后的正项级数。

定理： 设级数 \(\sum x_n\)，若其绝对值级数 \(\sum |x_n|\) 收敛，则原级数 \(\sum x_n\) 必收敛。

证明梗概（利用柯西收敛准则）：

由于 \(\sum |x_n|\) 收敛，对于 \(\forall \varepsilon > 0, \exists N\)，当 \(n > N\) 时，有 \(\sum_{k=1}^p |x_{n+k}| < \varepsilon\)。

根据绝对值不等式：

\[ \left| \sum_{k=1}^p x_{n+k} \right| \le \sum_{k=1}^p |x_{n+k}| < \varepsilon \]

从而 \(\sum x_n\) 也满足柯西收敛准则，因此收敛。

定义：

绝对收敛： 如果级数 \(\sum |x_n|\) 收敛，则称原级数 \(\sum x_n\) 为绝对收敛。
条件收敛： 如果原级数 \(\sum x_n\) 收敛，但其绝对值级数 \(\sum |x_n|\) 发散，则称 \(\sum x_n\) 为条件收敛。（例如交错调和级数 \(\sum \frac{(-1)^{n-1}}{n}\)）。

例题：讨论级数 \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n^p}\) 的敛散性（其中 \(x, p \in \mathbb{R}\)）。

解：（利用根式判别法的极限形式考察绝对收敛性）

给通项取绝对值并开 \(n\) 次方：

\[ \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{\left|\frac{x^n}{n^p}\right|} = \lim_{n \to \infty} \frac{|x|}{\sqrt[n]{n^p}} = |x| \]

（注：因为 \(\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{n^p} = (\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{n})^p = 1^p = 1\)）

根据极限值，我们进行分类讨论：

当 \(|x| < 1\) 时： 极限小于 \(1\)，\(\sum \left|\frac{x^n}{n^p}\right|\) 收敛。从而原级数绝对收敛。
当 \(|x| > 1\) 时： 通项 \(\left|\frac{x^n}{n^p}\right| \to +\infty\)，不满足趋于 \(0\) 的必要条件，原级数发散。
当 \(x = 1\) 时： （此时判别法失效，代入原式）原级数为 \(p\)-级数 \(\sum \frac{1}{n^p}\)。
- 当 \(p > 1\) 时，级数（绝对）收敛。
- 当 \(p \le 1\) 时，级数发散。
当 \(x = -1\) 时： 原级数为交错级数 \(\sum \frac{(-1)^n}{n^p}\)。
- 当 \(p > 1\) 时，绝对值级数 \(\sum \frac{1}{n^p}\) 收敛，故原级数绝对收敛。
- 当 \(0 < p \le 1\) 时，绝对值级数发散，但由莱布尼茨判别法（\(\frac{1}{n^p}\) 单减且趋于 0），原级数收敛。故为条件收敛。
- 当 \(p \le 0\) 时，通项的绝对值 \(\frac{1}{n^p} \not\to 0\)，原级数发散。

5. 阿贝尔变换与阿贝尔引理

为了判断形如 \(\sum a_n b_n\) 这种由两个数列乘积构成的级数的敛散性，引入离散情况下的“分部积分法”——阿贝尔变换（Abel Transformation）。

分部求和公式（阿贝尔变换）

给定两个实数数列 \(a_1, a_2, \dots, a_n\) 以及 \(b_1, b_2, \dots, b_n\)。

我们考察它们乘积的有限和：\(a_1 b_1 + a_2 b_2 + \dots + a_n b_n\)。

令 \(B_k = b_1 + b_2 + \dots + b_k \quad (1 \le k \le n)\)，即 \(B_k\) 为数列 \(\{b_n\}\) 的部分和。

显然有 \(b_1 = B_1\)，且当 \(k \ge 2\) 时，\(b_k = B_k - B_{k-1}\)。

将其代入原式进行恒等变形：

\[ a_1 b_1 + a_2 b_2 + \dots + a_n b_n = a_1 B_1 + a_2(B_2 - B_1) + \dots + a_n(B_n - B_{n-1}) \]

重新合并含有同类项 \(B_k\) 的部分：

\[ = (a_1 - a_2)B_1 + (a_2 - a_3)B_2 + \dots + (a_{n-1} - a_n)B_{n-1} + a_n B_n \]

这就是分部求和公式（阿贝尔变换）。

放缩与阿贝尔引理

基于上述变换，对等式两边取绝对值，并利用三角不等式进行放缩：

\[ |a_1 b_1 + a_2 b_2 + \dots + a_n b_n| \le |a_1 - a_2||B_1| + |a_2 - a_3||B_2| + \dots + |a_{n-1} - a_n||B_{n-1}| + |a_n||B_n| \]

令 \(B^* = \max \{|B_1|, |B_2|, \dots, |B_n|\}\)，将其提取出来：

\[ \le B^* \big(|a_1 - a_2| + |a_2 - a_3| + \dots + |a_{n-1} - a_n| + |a_n|\big) \]

如果数列 \(\{a_k\}_{k=1}^n\) 是单调的，那么 \(a_k - a_{k+1}\) 的符号始终保持一致。此时绝对值之和可以直接去绝对值并首尾相消：

\[ |a_1 - a_2| + \dots + |a_{n-1} - a_n| = |a_1 - a_n| \]

因此，原式继续放缩为：

\[ \le B^* \big(|a_1 - a_n| + |a_n|\big) \]

由三角不等式 \(|a_1 - a_n| \le |a_1| + |a_n|\)，可得：

\[ \le B^* \big(|a_1| + 2|a_n|\big) \]

令 \(a^* = \max \{|a_1|, |a_2|, \dots, |a_n|\}\)，显然 \(|a_1| \le a^*\) 且 \(|a_n| \le a^*\)，最终得到：

\[ \le 3 a^* B^* \]

定理（阿贝尔引理）：

给定实数 \(a_1, \dots, a_n\) 以及 \(b_1, \dots, b_n\)。令 \(B_k = \sum_{i=1}^k b_i\)，\(B^* = \max_{1 \le k \le n} \{|B_k|\}\)，\(a^* = \max_{1 \le k \le n} \{|a_k|\}\)。

如果数列 \(\{a_k\}_{k=1}^n\) 单调，则有：

\[ \left| \sum_{k=1}^n a_k b_k \right| \le 3 a^* B^* \]

6. 阿贝尔判别法和狄利克雷判别法

有了阿贝尔引理作为工具，就可以用来判断更一般的任意项乘积级数 \(\sum a_n b_n\) 的敛散性。

若以下两个条件之一成立，则级数 \(\sum a_n b_n\) 收敛：

狄利克雷判别法：
- 级数 \(\sum a_n\) 的部分和数列 \(\{S_n\}\) 有界。
- 数列 \(\{b_n\}\) 单调且趋于 0（即 \(\lim_{n \to \infty} b_n = 0\)）。
阿贝尔判别法：
- 级数 \(\sum a_n\) 收敛。
- 数列 \(\{b_n\}\) 单调且有界。

注：在很多时候，交错级数的莱布尼茨判别法其实就是狄利克雷判别法的一个特例（令 \(a_n = (-1)^n\)，其部分和在 \(0\) 和 \(-1\) 之间震荡有界；\(b_n\) 单减趋于 \(0\)）。

狄利克雷判别法的证明 (利用柯西收敛准则)

证明：

(1) 处理 \(a_n\) 部分：

因为 \(\sum a_n\) 的部分和数列 \(\{S_n\}\) 有界，所以存在 \(M > 0\)，使得对于 \(\forall n \ge 1\)，有 \(|S_n| \le M\)。

从而对于任意的 \(n \ge 1\) 以及任意的正整数 \(k \ge 1\)，从第 \(n+1\) 项到第 \(n+k\) 项的和满足：

\[ \left| a_{n+1} + a_{n+2} + \dots + a_{n+k} \right| = \left| S_{n+k} - S_n \right| \le |S_{n+k}| + |S_n| \le 2M \]

(2) 处理 \(b_n\) 部分并结合阿贝尔引理：

因为 \(\{b_n\}\) 趋于 \(0\)，所以对于 \(\forall \varepsilon > 0\)，存在 \(N \in \mathbb{Z}^+\)，使得当 \(n \ge N\) 时，有 \(|b_n| < \varepsilon\)。

由于 \(\{b_n\}\) 是单调的，我们可以在区间段 \([n+1, n+p]\) 上应用阿贝尔引理。

注意：应用引理时，将引理中的单调数列对应到这里的 \(b_k\)，将引理中部分和有界的数列对应到这里的 \(a_k\)。

当 \(n \ge N\) 时，对于任意的 \(p \in \mathbb{Z}^+\)，有：

\[ \left| a_{n+1}b_{n+1} + a_{n+2}b_{n+2} + \dots + a_{n+p}b_{n+p} \right| \]

\[ \le 3 \cdot \max_{1 \le k \le p} \{|b_{n+k}|\} \cdot \max_{1 \le k \le p} \left\{ \left| \sum_{i=1}^k a_{n+i} \right| \right\} \]

由于 \(\{b_n\}\) 在 \(n \ge N\) 时绝对值均小于 \(\varepsilon\)，因此 \(\max \{|b_{n+k}|\} < \varepsilon\)。

又由前面第 (1) 步的结论，部分和的最大值不超过 \(2M\)。

代入上式得：

\[ \le 3 \cdot \varepsilon \cdot 2M = 6M\varepsilon \]

由于 \(M\) 是一个固定的常数，当 \(\varepsilon\) 任意小时，\(6M\varepsilon\) 也任意小。这完美满足了级数收敛的柯西收敛准则（任意片段和的绝对值可以任意小）。

因此，级数 \(\sum a_n b_n\) 收敛。证明完毕。

阿贝尔判别法的证明

利用狄利克雷判别法的结论证明阿贝尔判别法。

已知条件：

级数 \(\sum a_n\) 收敛。
数列 \(\{b_n\}\) 单调且有界。

证明过程：

因为数列 \(\{b_n\}\) 单调且有界，根据单调有界定理，\(\{b_n\}\) 必定收敛。

设 \(\lim_{n \to \infty} b_n = b\)。

我们将原级数的通项进行代数变形（“减去再加回”极限值）：

\[ a_n b_n = a_n (b_n - b) + a_n b \]

所以原级数可以拆分为两个级数之和：

\[ \sum a_n b_n = \sum a_n(b_n - b) + \sum a_n b \]

接下来分别考察这两个部分：

对于 \(\sum a_n(b_n - b)\)：

* 因为 $\sum a_n$ 收敛，所以其部分和数列必然**有界**。

- 因为 $b_n \to b$ 且 $\{b_n\}$ 单调，所以新数列 $\{b_n - b\}$ **单调且趋于 0**。

- 满足**狄利克雷 (Dirichlet) 判别法**的条件，因此 $\sum a_n(b_n - b)$ 收敛。

对于 \(\sum a_n b\)：
- \(b\) 是一个常数。因为 \(\sum a_n\) 收敛，根据级数的线性性质，\(\sum a_n b = b \sum a_n\) 也必然收敛。

最后，两个收敛级数之和仍为收敛级数，故 \(\sum a_n b_n\) 收敛。证明完毕。

例 1：三角函数片段和有界性的证明

题目： 若数列 \(\{b_n\}\) 单调趋于 0，证明对于 \(\forall x \in \mathbb{R}\)，级数 \(\sum b_n \sin nx\) 收敛。

分析与证明：

由于 \(\{b_n\}\) 单调趋于 0，为了应用狄利克雷判别法，我们只需要证明级数 \(\sum \sin nx\) 的部分和数列 \(\{S_n\}\) 是有界的。

令部分和 \(S_n = \sum_{k=1}^n \sin kx\)。我们针对 \(x\) 的取值进行分类讨论：

情形 1： 若 \(x = 2k\pi \quad (k \in \mathbb{Z})\)

此时对于 \(\forall n \in \mathbb{Z}^+\)，\(\sin nx = \sin(2nk\pi) = 0\)。

显然部分和 \(S_n = 0\)，是有界的。

情形 2： 若 \(x \neq 2k\pi \quad (k \in \mathbb{Z})\)

此时 \(\frac{x}{2} \neq k\pi\)，所以 \(\sin\frac{x}{2} \neq 0\)。

我们利用积化和差公式构造裂项相消。将部分和 \(S_n\) 的两边同乘 \(2\sin\frac{x}{2}\)：

\[ 2 \sin\frac{x}{2} \sum_{k=1}^n \sin kx = \sum_{k=1}^n \left( 2 \sin kx \sin\frac{x}{2} \right) \]

利用积化和差公式 \(2\sin A\sin B = \cos(A-B) - \cos(A+B)\)，上式可化为：

\[ = \sum_{k=1}^n \left[ \cos\left(k - \frac{1}{2}\right)x - \cos\left(k + \frac{1}{2}\right)x \right] \]

展开后中间项全部抵消：

\[ = \left( \cos\frac{x}{2} - \cos\frac{3x}{2} \right) + \left( \cos\frac{3x}{2} - \cos\frac{5x}{2} \right) + \dots + \left( \cos\left(n-\frac{1}{2}\right)x - \cos\left(n+\frac{1}{2}\right)x \right) \]

\[ = \cos\frac{x}{2} - \cos\left(n + \frac{1}{2}\right)x \]

所以，部分和 \(S_n\) 可以表示为：

\[ S_n = \frac{\cos\frac{x}{2} - \cos\left(n + \frac{1}{2}\right)x}{2 \sin\frac{x}{2}} \]

对其取绝对值并放缩（因为 \(\cos\) 函数的值域在 \([-1, 1]\)）：

\[ |S_n| \le \frac{\left|\cos\frac{x}{2}\right| + \left|\cos\left(n + \frac{1}{2}\right)x\right|}{\left|2 \sin\frac{x}{2}\right|} \le \frac{1 + 1}{\left|2 \sin\frac{x}{2}\right|} = \frac{1}{\left|\sin\frac{x}{2}\right|} \]

因为 \(x\) 是给定的常数，所以 \(\frac{1}{\left|\sin\frac{x}{2}\right|}\) 是一个固定的常数界 \(M\)。从而证明了部分和 \(\{S_n\}\) 有界。

结合情形 1 和 2，由狄利克雷判别法可知，原级数 \(\sum b_n \sin nx\) 收敛。

例 2：阿贝尔判别法的应用

题目： 若 \(\sum a_n\) 收敛，则以下级数均收敛：

\[ \sum \frac{a_n}{n^p} \quad (p > 0), \quad \sum \frac{a_n}{\sqrt{n+1}}, \quad \sum a_n \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n \]

分析：

这三个级数都可以直接使用阿贝尔 (Abel) 判别法。因为已知 \(\sum a_n\) 收敛，我们只需验证后面的乘积数列是否单调且有界：

对于 \(\frac{1}{n^p} (p>0)\)：随着 \(n\) 增大，分母变大，数列单调递减，且有下界 \(0\)。
对于 \(\frac{1}{\sqrt{n+1}}\)：同理，单调递减且有界。
对于 \(\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n\)：这是一个经典的单调递增数列，且其极限为自然对数底 \(e\)，故有上界。

例 3：绝对收敛与条件收敛的综合探讨

题目： 讨论级数 \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin nx}{n^p} \quad (0 < x < \pi)\) 的敛散性（区分绝对收敛、条件收敛、发散）。

解：我们对参数 \(p\) 进行分类讨论。

(1) 当 \(p > 1\) 时：

取通项的绝对值进行放缩：

\[ \left| \frac{\sin nx}{n^p} \right| \le \frac{1}{n^p} \quad (\forall n \ge 1) \]

由于 \(p\)-级数 \(\sum \frac{1}{n^p}\) 在 \(p > 1\) 时收敛，由正项级数的比较判别法可知 \(\sum \left| \frac{\sin nx}{n^p} \right|\) 收敛。

因此，原级数在 \(p > 1\) 时绝对收敛。

(2) 当 \(0 < p \le 1\) 时：

先看原级数本身： 令 \(b_n = \frac{1}{n^p}\)。因为 \(p > 0\)，所以 \(\{b_n\}\) 单调趋于 0。由 例 1 的结论（狄利克雷判别法），原级数 \(\sum \frac{\sin nx}{n^p}\) 收敛。
再看绝对值级数： 我们考察 \(\sum \left| \frac{\sin nx}{n^p} \right|\)。利用三角恒等式降次：

\[ \left| \frac{\sin nx}{n^p} \right| \ge \frac{\sin^2 nx}{n^p} = \frac{1 - \cos 2nx}{2n^p} = \frac{1}{2n^p} - \frac{\cos 2nx}{2n^p} \]

现在我们分析右边的两部分：
- \(\sum \frac{1}{2n^p}\)：因为 \(0 < p \le 1\)，所以该 \(p\)-级数发散。
- \(\sum \frac{\cos 2nx}{2n^p}\)：利用与例 1 完全相同的思路（狄利克雷判别法），该级数收敛。
  
  一个发散级数减去一个收敛级数，结果必然发散。即 \(\sum \left( \frac{1}{2n^p} - \frac{\cos 2nx}{2n^p} \right)\) 发散。
  
  根据比较判别法，较大的级数 \(\sum \left| \frac{\sin nx}{n^p} \right|\) 也必然发散。
结论：因为原级数收敛，但其绝对值级数发散，所以此时原级数条件收敛。

(3) 当 \(p \le 0\) 时：

此时分母 \(n^p \le 1\)。当 \(n \to \infty\) 时，\(\sin nx\) 在 \(-1\) 到 \(1\) 之间震荡，因此：

\[ \lim_{n \to \infty} \frac{\sin nx}{n^p} \neq 0 \]

根据级数收敛的必要条件（通项必须趋于 0），原级数在此区间发散。

7. 一般项级数的正负部刻画

为了更深入地研究变号级数（特别是条件收敛级数）的内部结构，将级数的正项部分和负项部分单独分离出来。

正部与负部的定义

设 \(\sum a_n\) 为一般项级数，定义它的正部 \(a_n^+\) 和负部 \(a_n^-\) 为：

正部： \(a_n^+ = \max\{a_n, 0\} = \frac{|a_n| + a_n}{2}\)
负部： \(a_n^- = \max\{-a_n, 0\} = \frac{|a_n| - a_n}{2}\)

根据定义，得到以下两个基本恒等式：

\(a_n = a_n^+ - a_n^-\)
\(|a_n| = a_n^+ + a_n^-\)

绝对/条件收敛的等价命题

命题：

若 \(\sum a_n\) 绝对收敛，则正部级数 \(\sum a_n^+\) 与负部级数 \(\sum a_n^-\) 都收敛。
若 \(\sum a_n\) 条件收敛，则正部级数 \(\sum a_n^+\) 与负部级数 \(\sum a_n^-\) 都发散。

证明：

(1) 绝对收敛的情况：

由恒等式 (2) 以及定义可知，对于 \(\forall n \ge 1\)，都有：

\[ 0 \le a_n^+ \le |a_n|, \quad 0 \le a_n^- \le |a_n| \]

因为 \(\sum a_n\) 绝对收敛，即 \(\sum |a_n|\) 收敛。由正项级数的比较判别法，显然 \(\sum a_n^+\) 与 \(\sum a_n^-\) 都收敛。

(2) 条件收敛的情况：

（利用反证法）假设正部级数 \(\sum a_n^+\) 收敛。

已知 \(\sum a_n\) 收敛（条件收敛的前提），由恒等式 (1) 变形得 \(a_n^- = a_n^+ - a_n\)。

根据级数的线性性质，\(\sum a_n^- = \sum (a_n^+ - a_n)\) 也必须收敛。

进而由恒等式 (2)，\(\sum |a_n| = \sum (a_n^+ + a_n^-)\) 也是两个收敛级数之和，必然收敛。

这与 \(\sum a_n\) 是条件收敛（即 \(\sum |a_n|\) 发散）相矛盾！因此 \(\sum a_n^+\) 必定发散，同理可证 \(\sum a_n^-\) 也必定发散。

8. 级数的重排

加法交换律对有限个数相加显然成立，但对于无穷级数，改变各项相加的顺序可能会导致和的改变，甚至敛散性的改变。

定义： 设 \(\varphi: \mathbb{Z}^+ \to \mathbb{Z}^+\) 是一个双射（即一一对应）。则称新级数 \(\sum a_{\varphi(n)}\) 为原级数 \(\sum a_n\) 的一个重排。

重排定理

定理 1（重排定理 / Dirichlet 定理）：

若级数 \(\sum a_n\) 绝对收敛，则它的任意重排级数 \(\sum a_{\varphi(n)}\) 也绝对收敛，并且和不变。

(注：绝对收敛的级数具有完美的“无条件交换律”)

定理 2（黎曼重排定理 / Riemann's Theorem）：

设级数 \(\sum a_n\) 条件收敛。则任取两个广义实数 \(\alpha, \beta \in [-\infty, +\infty]\) 且 \(\alpha \le \beta\)，必定存在 \(\sum a_n\) 的一个重排，使得它的部分和数列 \(\{S_n'\}\) 满足：

\[ \varliminf_{n \to \infty} S_n' = \alpha, \quad \varlimsup_{n \to \infty} S_n' = \beta \]

(注：特别地，当 \(\alpha = \beta\) 时，这意味着条件收敛的级数可以通过重排，收敛到任意给定的实数，甚至发散到无穷大。)

例题： 已知交错调和级数 \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n} = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \dots\) 条件收敛，设其和为 \(S\)（实际上 \(S = \ln 2\)）。

我们构造它的一个重排，按照“取1个正项，再取2个负项”的规律：

\[ 1 - \frac{1}{2} - \frac{1}{4} + \frac{1}{3} - \frac{1}{6} - \frac{1}{8} + \dots + \frac{1}{2k-1} - \frac{1}{4k-2} - \frac{1}{4k} + \dots \]

记其部分和数列为 \(\{S_n'\}\)。

证明重排后的和变为 \(\frac{1}{2}S\)：

我们将每3项看作一个“组”，计算前 \(3n\) 项的部分和 \(S_{3n}'\)：

\[ S_{3n}' = \sum_{k=1}^n \left( \frac{1}{2k-1} - \frac{1}{4k-2} - \frac{1}{4k} \right) \]

对括号内的前两项进行通分相减：\(\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2(2k-1)} = \frac{1}{4k-2}\)。代回原式：

\[ S_{3n}' = \sum_{k=1}^n \left( \frac{1}{4k-2} - \frac{1}{4k} \right) = \frac{1}{2} \sum_{k=1}^n \left( \frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k} \right) \]

注意到 \(\sum_{k=1}^n \left(\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k}\right)\) 正好是原级数的前 \(2n\) 项部分和 \(S_{2n}\)。

所以：

\[ S_{3n}' = \frac{1}{2} S_{2n} \]

当 \(n \to \infty\) 时，\(S_{2n} \to S\)，从而 \(S_{3n}' \to \frac{1}{2}S\)。

再考察余下的片段：

\(S_{3n-1}' = S_{3n}' + \frac{1}{4n} \to \frac{1}{2}S + 0 = \frac{1}{2}S\)
\(S_{3n+1}' = S_{3n}' + \frac{1}{2n+1} \to \frac{1}{2}S + 0 = \frac{1}{2}S\)

因为所有子列均收敛于 \(\frac{1}{2}S\)，因此整个重排级数收敛，且 \(\lim_{n \to \infty} S_n' = \frac{1}{2}S\)。

9. 级数的乘积

定义： 设有两个级数 \(\sum a_n\) 与 \(\sum b_n\)。我们要定义一个新级数 \(\sum c_n\) 称为它们的乘积，需要满足：

\(\sum c_n\) 的展开式中必须包含所有形如 \(a_i b_j\) 的项。
必须给出一种排列组合的排序方式。常见的排序方式有：
- (i) 正方形顺序（按 \(\max\{i, j\}\) 逐层向外扩展排列）
- (ii) 对角线顺序（按 \(i+j = \text{常数}\) 逐条对角线排列）

柯西定理 (Cauchy)：

设级数 \(\sum a_n\) 与 \(\sum b_n\) 都绝对收敛，且其和分别为 \(A, B\)。则对于所有乘积项 \(a_i b_j\)，按任意顺序排列所得的级数 \(\sum c_n\) 也必定绝对收敛，并且其和为 \(AB\)。

柯西乘积

根据级数下标起始位置的不同，柯西乘积通常有两种等价的书写形式：

定义 1（当下标从 1 开始时）：

给定两个级数 \(\sum_{n=1}^{\infty} a_n\) 与 \(\sum_{n=1}^{\infty} b_n\)。

令新数列 \(\{c_n\}\) 的通项为：

\[ c_n = a_1 b_n + a_2 b_{n-1} + \dots + a_n b_1 = \sum_{k=1}^n a_k b_{n-k+1} \quad (n \ge 1) \]

则称新级数 \(\sum_{n=1}^{\infty} c_n\) 为原两个级数的柯西乘积。

(注：此时每一项乘积中，下标之和始终为 \(n+1\))

定义 1'（当下标从 0 开始时）：

对于级数 \(\sum_{n=0}^{\infty} a_n\) 与 \(\sum_{n=0}^{\infty} b_n\)。

令新数列 \(\{c_n\}\) 的通项为：

\[ c_n = a_0 b_n + a_1 b_{n-1} + \dots + a_n b_0 = \sum_{k=0}^n a_k b_{n-k} \quad (n \ge 0) \]

则称新级数 \(\sum_{n=0}^{\infty} c_n\) 为原两个级数的柯西乘积。

Mertens 定理

Mertens 定理：

设级数 \(\sum a_n\) 绝对收敛，且其和为 \(A\)；

设级数 \(\sum b_n\) 收敛（条件收敛或绝对收敛均可），且其和为 \(B\)。

则它们的柯西乘积级数 \(\sum c_n\) 也必然收敛，并且其和为 \(AB\)。即：

\[ \sum_{n=1}^{\infty} c_n = \left( \sum_{n=1}^{\infty} a_n \right) \cdot \left( \sum_{n=1}^{\infty} b_n \right) = A \cdot B \]

零、 上极限 & 下极限

1. 上下极限的定义

2. 上下极限的性质

一、 级数的敛散性

1. 级数的基本定义

2. 级数的性质

3. 级数收敛的柯西收敛准则

4. 敛散性判别经典例题

5. 级数的其它重要性质

二、 正项级数

1. 正项级数

2. 比较判别法

3. 比值判别法

基本形式

极限形式（常用）

4. 根式判别法

基本形式

极限形式

5. 积分判别法

\(p\)-级数的敛散性探讨

6. 正向级数的收敛和发散快慢问题

三、 一般项级数

1. 交错级数

2. 莱布尼茨判别法

3. 极限比较判别法对非正项级数的局限性

4. 绝对收敛与条件收敛

5. 阿贝尔变换与阿贝尔引理

分部求和公式（阿贝尔变换）

放缩与阿贝尔引理

6. 阿贝尔判别法和狄利克雷判别法

狄利克雷判别法的证明 (利用柯西收敛准则)

阿贝尔判别法的证明

7. 一般项级数的正负部刻画

正部与负部的定义

绝对/条件收敛的等价命题

8. 级数的重排

重排定理

9. 级数的乘积

柯西乘积

Mertens 定理

零、上极限 & 下极限

一、级数的敛散性

二、正项级数

三、一般项级数