无穷级数 II：绝对收敛、条件收敛与幂级数前奏

上一章处理正项级数时，部分和只有一个方向：每多加一项，数值只会向上走。于是问题很干净——它会不会越走越高、永远停不下来？比较判别法和积分判别法都在回答这个问题。

现在把负项放进来，事情立刻变得微妙。比如你先向右走 $1$ 步、再向左走 $0.9$ 步，位置确实只前进了 $0.1$ 步；但这不等于“总共只走了 $0.1$ 步”。符号把大量移动抵消掉了。对有限和，抵消只是计算细节；对无穷级数，抵消有时恰好让部分和稳定，有时却会让人被前几十项的平静假象骗住。

所以本章始终回到同一个裁判：设

那么 $\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ 是否收敛，只取决于部分和数列 $(s_N)$ 是否收敛。正负号本身不保证任何事；真正要问的是，尾部留下的净变化能不能被压到任意小。

交错的修正能否停下来

先看最熟悉的形式：

它先加 $b_1$，再减 $b_2$，接着加 $b_3$。直觉上像是在目标两边反复修正：加号可能把部分和推高，减号又把它拉低。可是，“正负交替”四个字远远不够。级数

也是交替的，但它的部分和是 $1,0,1,0,\ldots$，根本没有极限。这里每次修正的幅度没有缩小；更一般地，只要 $a_n$ 不趋于 $0$，级数就不可能收敛。

真正可用的条件是：从某一项开始，$b_n$ 不增，而且

有限个开头不规整的项不会影响收敛性，因此“从某一项开始”已经足够。在这些条件下，交错级数收敛。别急着把它背成一条口诀，我们把部分和拆开看，结论会自然出来。

令

偶数部分和满足

所以 $(s_{2m})$ 单调不减。奇数部分和满足

所以 $(s_{2m+1})$ 单调不增。同时，每一对都满足

而奇数部分和从一开始就给偶数部分和提供了上界。于是偶数部分和向上挤，奇数部分和向下挤；二者的缝隙恰好是

两条数列各自有极限，且极限之间的差为零，因此它们汇合到同一个数 $S$。整个部分和数列也就收敛到 $S$。这就是交错级数判别法背后的夹逼结构：不是“符号有规律所以会收敛”，而是上下两次修正越来越细，最后再也留不出缝隙。

余项不只小，而且知道在哪一边

把第 $N$ 项截断后的误差记作

当 $N$ 已进入这段单调尾部时，刚才的夹逼说明 $S$ 位于 $s_N$ 与 $s_{N+1}$ 之间。因此 $R_{}$ 的符号与下一项 相同，并且

这条估计很具体：若下一项绝对值已经小于 $10^{-4}$，截断误差就一定小于 $10^{-4}$。它不是“差不多够了”的经验判断，而是由两侧夹住 $S$ 得到的保证。

例题：先处理有限个不听话的项

考察

这里 $b_n=n/(n^2+4)$ 不是从第一项就严格下降：$b_1=1/5$，。这并不构成障碍。对 ，函数 随 递减，所以从 起各项不增，且 。去掉第一项只是在所有部分和上加减一个固定数，尾部收敛性没有改变，因此原级数收敛。

若用前 $12$ 项近似它，交错尾部从第 $13$ 项开始，故

这也提醒我们：判别法的单调条件通常允许“最终成立”；把开头两三项误当成决定性的测试对象，反而会错过它真正控制的尾部。

把方向拿掉后，还剩多少量

对一般实数项级数 $\sum a_n$，同时看原级数和绝对值级数：

若第二个级数收敛，就说原级数绝对收敛。若原级数收敛、但绝对值级数发散，就说它条件收敛。第三种情况也要保留：若原级数自己就不收敛，它只是发散，不能因为“有正有负”就被归进条件收敛。

可以把 $|a_n|$ 看成第 $n$ 次移动的长度，$a_n$ 则记录这次移动的方向。绝对收敛说的是：即使完全不利用方向抵消，所有移动长度加起来也有限。条件收敛说的是：最终位置确实稳定，但稳定依赖正负项彼此抵消；把符号抹掉后，累计长度没有尽头。

为什么绝对收敛一定推出收敛

这个结论最好用上一章的 Cauchy 语言来证明。假设

收敛。给定任意 $\varepsilon>0$，绝对值级数的 Cauchy 准则给出一个 $N$：当 $m>n\ge N$ 时，

原级数部分和的尾差满足三角不等式

所以 $(s_N)$ 是 Cauchy 数列。实数的完备性保证它在 $\mathbb R$ 中收敛，于是 $\sum a_n$ 收敛。这里没有说“正负项互相抵消得好”，而是直接给每一段尾和套上最坏情形的上界；这正是绝对收敛的力量。

反向推理不成立。交错调和级数

按交错级数判别法收敛，而取绝对值后得到调和级数，后者发散。因此“收敛”比“绝对收敛”弱得多。

两个判别结果要分开写

先看

它的绝对值满足

右侧是收敛的 $p$ 级数，因此这个级数绝对收敛。交错符号在这里并不是收敛的支柱；删掉符号也没事。

再看

正数列 $1/\sqrt{2n+1}$ 递减到 $0$，故原级数收敛。可是当 $n\ge1$ 时 $$，从而

绝对值级数被发散的 $p=1/2$ 级数从下方托住，因而发散。这个级数条件收敛。写答案时，先证明原级数收敛，再检查绝对值级数是否收敛；只做其中一步，分类都还没有完成。

有界振荡怎样把衰减项带向收敛

交错只是抵消的一种最简单节奏。还有一些级数看起来并不一正一负，例如

当 $\theta$ 不是 $2\pi$ 的整数倍时，$\sin(n\theta)$ 的符号并不按固定的两拍节奏交替。我们不能硬套交错级数判别法。真正有用的观察是：这串振荡量的部分和始终有界。

把一般项写成 $a_nb_n$，并记

如果 $a_n\to0$，并且

同时存在常数 $M$ 使得 $|B_N|\le M$ 对每个 $N$ 成立，那么

收敛。这是 Dirichlet 型判别法的一个常用形式。它没有要求 $b_n$ 自己趋于零；$b_n$ 可以一直振荡，只要累计的振荡不向外逃走。

它的计算骨架叫作分部求和。直接把 $b_n=B_n-B_{n-1}$ 代入，可得

右边第一项趋于 $0$，因为 $a_N\to0$ 而 $B_N$ 有界；第二项则由

控制成一个绝对收敛级数。原来难以直视的振荡，被改写成“相邻衰减量之差”的可和性。这也是它和积分分部法有相似气质的原因。

单调趋零时的简化版本

若

那么差分自动望远镜相消：

因此，只要 $(B_N)$ 有界，$\sum a_nb_n$ 就收敛。这通常称为 Abel 判别法。交错级数正是它的特例：取 $b_n=(-1{}^{}$，其部分和只在 与 之间跳动。

对 $\theta\notin2\pi\mathbb Z$，有限几何和给出

右侧绝对值至多为 $2/|1-e^{i\theta}|$，所以取虚部后，$\sum_{n=1}^{N}\sin(n\theta)$ 也有界。于是对任意 ，

都由 Abel 判别法收敛。这里的结论只说收敛；它是否绝对收敛，还要另看 $\sum |\sin(n\theta)|/n^p$，不能从这一步顺手推出。

为什么无限次换序会改写答案

有限个数相加时，换个顺序不会改变和。无穷级数不能把这个经验原封不动搬过来，因为“加到无穷远”为止的过程，是部分和数列的极限。重排改变的正是这条部分和路径。

先把三个相近但不同的操作分开。

• 有限次交换或有限次移动某些项，不改变收敛级数的和：超过这些项所在的位置后，新旧部分和完全相同。
• 对一个已经收敛的级数，把相邻的有限项分成一组再相加，组和的部分和是原部分和的子列，仍收敛到原来的和。反过来不能用分组给发散级数“算出和”；$1-1+1-1+\cdots$ 按两项一组得到 $0+0+\cdots$，并没有让原级数收敛。
• 真正危险的是无限重排：每一项仍恰好出现一次，但为了凑出第 $N$ 个新项，可能已经跨过原级数中极其靠后的许多项。此时新旧部分和不再只差一个固定的有限前缀。

绝对收敛为什么不怕重排

设 $\sum a_n=A$ 且 $\sum|a_n|$ 收敛，把同一批项任意重排成 $\sum b_n$。给定 ，先选 ，使得原级数从 项开始的绝对值总和小于 ：

重排后，前 $M$ 个原始项总会在某个有限位置 $K$ 以前全部出现。于是当 $N\ge K$ 时，$b_1+\cdots+b_N$ 与 都包含那前 项；两者之差只由这条绝对值尾部中的已取项和未取项组成。因此

这证明了任意重排仍收敛到 $A$，而且重排后的绝对值级数同样收敛。这里真正撑住结论的是“遗漏或提前的所有尾项，加起来也不超过一小段绝对长度”。

条件收敛为什么没有这层保险

设 $\sum a_n$ 条件收敛。把正项按原顺序列为 $p_1,p_2,\ldots$，把负项的绝对值按原顺序列为 $q_1,$。那么

理由不能省略：如果两者都有限，$\sum|a_n|$ 就会收敛；若只有一边有限、另一边无界，原部分和会走向 $+\infty$ 或 $-\infty$，不可能收敛。条件收敛恰好意味着正、负两边都拥有用不完的总量，而原来的顺序一直在协调它们。

给定任意实数 $L$，可以按原来各自的顺序拿尚未用过的正项，直到新部分和第一次超过 $L$；再拿尚未用过的负项，直到它第一次低于 $L$；不断重复。两种库存都无界，所以每一步都能完成；每一段至少取一个新项，两张按原顺序排列的清单也都会被逐项用尽，得到的确实是一份重排。又因为收敛级数的通项必趋于 $0$，每次越过 $L$ 的幅度最终趋于 $0$。在正项段和负项段之间的所有部分和也被相邻两次越界值夹住，因而这份重排收敛到 $L$。

这不是说“换两项位置就会改掉答案”，更不是说条件收敛没有和。在原顺序下，它有完全确定的和；问题在于，无限重排把抵消的时间安排整体换掉了。需要交换无穷求和、相乘或重新排列时，先检查绝对收敛，是一种必要的自我保护。

一个变量会带来一整片级数

现在回头看幂级数：

它表面上多了变量，第一步却并不神秘：先固定一个具体的 $x$。此时 $a_n(x-c)^n$ 是一个普通实数数列，前面的根值、比值、比较和交错判别法都还能用。难点是不同的 $x$ 会把同一组系数放大成完全不同的级数。

在中心 $x=c$，除常数项外全为零，级数当然收敛。若 $x$ 离中心很远，$|x-c|^n$ 会迅速放大；若靠得足够近，它又会帮助项衰减。幂级数有一个分界距离 $R\in[0,\infty]$，称为收敛半径：

若根式极限存在，半径可以直接由系数读出。设

并约定 $1/0=\infty$、$1/\infty=0$，则

原因正是根值判别法：固定 $x$ 后，

当 $|x-c|<1/L$ 时，这个极限小于 $1$，所以绝对收敛；当 $|x-c|>1/L$ 时，它大于 $1$，通项甚至不能趋于零，故级数发散。若相邻系数比的绝对值极限存在，也可用

来计算，前提是这些系数从某项起都非零，且该极限确实存在；有无限多个零系数时不宜强行使用这个式子。本章的例子都会落在这些可直接计算的情形里，眼下先把“离中心的距离决定尾部”这条结构看清楚。

端点是新的数项级数，不能顺手判掉

当 $|x-c|=R$ 时，上面的根式极限正好是 $1$。根值判别法在这个边界没有结论，两个端点必须分别代回原式。

例如

的系数满足 $\sqrt[n]{1/(n4^n)}\to1/4$，故 $$，内部先得到 。右端点 给出

它发散；左端点 $x=-1$ 给出

它条件收敛。因此收敛集合是

同一个半径下，端点可能都发散、都绝对收敛，或像这个例子一样一边条件收敛而另一边发散。半径只负责开区间内部和外部，绝不替端点下判决。

这为什么会通向函数列

写出第 $N$ 个部分和

你会发现我们不再只追踪一个数列，而是在追踪一串函数。对每个固定点，$S_N(x)$ 是否靠近某个极限是一回事；能否用同一个截断长度同时控制一整个区间，又是另一回事。后者正是今后讨论函数列和函数项级数时必须认真区分的地方。

本章不提前把这套函数收敛理论塞进来。现在只需要记住：每个固定点的收敛并不自动给出整段区间的共同尾部控制，端点附近尤其麻烦。后面建立好精确的函数收敛语言后，才能严格说明哪些幂级数尾部能统一控制，以及逐项求导、逐项积分为什么需要额外条件。

做题时先问哪个尾部

面对带符号级数，先套公式常常比先看结构更危险。下面的路线能把常见误判挡在前面。

练习

练习一：分类并估计误差

判断下列级数是绝对收敛、条件收敛还是发散；再给出用前 $20$ 项近似时的交错余项上界：

练习二：不规则振荡的判别

设 $\theta\notin2\pi\mathbb Z$。判断

是否收敛，并说明本题为什么不能只引用交错级数判别法。

练习三：条件收敛的两份库存

设 $\sum a_n$ 条件收敛，令 $p_n=\max(a_n,0)$，。证明 与 都发散到 。

练习四：端点各自裁决

求下列幂级数的收敛集合，并在端点标明收敛类型：

练习五：括号没有让发散自动消失

为什么不能把

写成 $(1-1)+(1-1)+\cdots$，然后宣称它的和是 $0$？

把“附近”说得更精确

这一章里，我们一直在使用“尾部”“离中心不够远”“端点附近”这样的空间语言。幂级数的收敛集合会是某个区间，端点是否被纳入需要逐一判断；而交错误差与 Cauchy 尾和又在不断说“从某项以后进入任意小的范围”。

下一步会把这些直觉整理成实直线上的邻域、内点、边界和闭包。到那时，“在收敛半径内部”“靠近端点”“删掉中心点再靠近”就不再只是配图时好理解的说法，而会成为函数极限与连续性能够精确写下来的共同语言。

所以 $b_n$ 递减，且 $b_n\to0$，交错级数收敛。另一方面，对 $n\ge2$，

因为这等价于 $n^2+n-3\ge0$。绝对值级数由发散的调和级数从下方比较，故发散。原级数条件收敛。

交错余项估计给出

也有统一上界。Abel 判别法推出该级数收敛。

$\sin(n\theta)$ 通常并不按 $+,-,+,-$ 的固定顺序出现，甚至可能连续若干项同号，所以它不一定具有交错级数判别法要求的形式。本题利用的是“振荡部分和有界”，不是逐项正负交替。

若 $\sum p_n$ 和 $\sum q_n$ 都收敛，那么将两个收敛级数相加可知 $\sum|a_n|$ 收敛，这和条件收敛矛盾。

若 $\sum p_n$ 收敛而 $\sum q_n$ 发散，则原部分和可写成“有上界的正项部分和减去趋于 $+\infty$ 的负项绝对值部分和”，必趋于 $-\infty$，也和原级数收敛矛盾。反过来，若 $\sum q_n$ 收敛而 $\sum p_n$ 发散，原部分和必趋于 $+\infty$。所以两者都必须发散到 $+\infty$。

故收敛半径是 $R=3$。内部区间为 $-4<x<2$。

右端点 $x=2$ 时，级数化为

所以发散。左端点 $x=-4$ 时，级数化为

它由交错级数判别法收敛，而绝对值级数是调和级数，故条件收敛。收敛集合为