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级数收敛的阿贝尔-狄利克雷 Abel－Dirichlet 判别法

## 14.3.3  级数收敛的 Abel－Dirichlet 判别法

### 一．Abel 不等式
回顾 §10．3．4 中的 Abel 变换，即有

$$
\begin{aligned}
\sum_{i=1}^n a_i b_i & =\sum_{i=1}^n b_i\left(S_i-S_{i-1}\right)=\sum_{i=1}^n b_i S_i-\sum_{i=1}^{n-1} b_{i+1} S_i \\
& =b_n S_n+\sum_{i=1}^{n-1}\left(b_i-b_{i+1}\right) S_i
\end{aligned}
$$

其中 $S_0=0, S_k=\sum_{i=1}^k a_i, k=1, \cdots, n$ ．
下面将利用 Abel 变换证明 Abel 不等式，然后用它推出两个新的判别法．
定理14．5（Abel 不等式）设给定 $\left\{a_k\right\}_{1 \leqslant k \leqslant n}$ 与 $\left\{b_k\right\}_{1 \leqslant k \leqslant n}$ ，其中 $\left\{b_k\right\}_{1 \leqslant k \leqslant n}$单调，则成立不等式

$$
\left|a_1 b_1+\cdots+a_n b_n\right| \leqslant\left(\left|b_1\right|+\left|b_n\right|\right) \max _{1 \leqslant l \leqslant m \leqslant n}\left|a_l+\cdots+a_m\right| .
$$

证 分几种情况．
（i）设 $\left\{b_k\right\}_{1 \leqslant k \leqslant n}$ 单调减少且非负，记 $S_k=a_1+\cdots+a_k, k=1, \cdots, n$ ， $M=\max _{1 \leqslant l \leqslant m \leqslant n}\left|a_l+\cdots+a_m\right|$ ，则有不等式

$$
-M \leqslant S_k \leqslant M \quad \forall k=1, \cdots, n
$$

对上述不等式分别乘以 $\left(b_1-b_2\right), \cdots,\left(b_{n-1}-b_n\right), b_n$ 并相加，由于这些数都是非负的，因此不等式的方向不会改变．这时从 Abel 变换知道不等式的中间部分就是 $a_1 b_1+\cdots+a_n b_n$ ，从而得到

$$
-M b_1 \leqslant a_1 b_1+\cdots+a_n b_n \leqslant M b_1
$$

即得到

$$
\left|a_1 b_1+\cdots+a_n b_n\right| \leqslant M b_1\left(=M\left|b_1\right|\right)
$$

（ii）设 $\left\{b_k\right\}_{1 \leqslant k \leqslant n}$ 单调减少，且 $b_1 \geqslant \cdots \geqslant b_k \geqslant 0 \geqslant b_{k+1} \geqslant \cdots \geqslant b_n$ ，则有

$$
\begin{aligned}
\left|a_1 b_1+\cdots+a_n b_n\right| & \leqslant\left|a_1 b_1+\cdots+a_k b_k\right|+\left|a_n\left(-b_n\right)+\cdots+a_{k+1}\left(-b_{k+1}\right)\right| \\
& \leqslant M\left(\left|b_1\right|+\left|b_n\right|\right) .
\end{aligned}
$$

（iii）$\left\{b_k\right\}_{1 \leqslant k \leqslant n}$ 单调增加，则将顺序颠倒即可．

### 二．Abel－Dirichlet 判别法
这是两个比较精细的判别法．它们依赖于将级数的通项作适当的分解．由于它们的条件相近，证明也类似，我们将它们放在一起来证明．但在具体使用时还是需要搞清楚每一个判别法的确切条件，以及到底是用哪一个判别法．

注 这里可以参见 §11．3．2，即广义积分的 Abel－Dirichlet 判别法．证明它们的工具是积分第二中值定理。而这个定理也是以 Abel 定理为基础的（见 §10．3．4）．
（1）Abel 判别法 若级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 收玫，数列 $\left\{b_n\right\}$ 单调有界，则 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n b_n$ 收玫．
（2）Dirichlet 判别法 若级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 的部分和数列 $\left\{S_n\right\}$ 有界，数列 $\left\{b_n\right\}$ 单调收玫于 0 ，则 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n b_n$ 收玫．
证 以无穷级数的 Cauchy 收玫准则（即定理 14．1）为基础来证明这两个判别法．首先，由于在两个判别法中 $\left\{b_n\right\}$ 均单调，因此从 Abel 不等式就有

$$
\left|a_{n+1} b_{n+1}+\cdots+a_{n+p} b_{n+p}\right| \leqslant\left(\left|b_{n+1}\right|+\left|b_{n+p}\right|\right) \max _{n+1 \leqslant l \leqslant m \leqslant n+p}\left|a_l+\cdots+a_m\right| .
$$

这是证明两个判别法的共同基础．
（1）在 Abel 判别法中，取 $M>0$ 使得 $\left|b_n\right| \leqslant M \forall n$ ，并对 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 用 Cauchy 收玫准则，对 $\forall \varepsilon>0, \exists N, \forall n \geqslant N, \forall p \in N :\left|a_{n+1}+\cdots+a_{n+p}\right|<\frac{\varepsilon}{2 M}$ ，则同时也就有

$$
\left|a_{n+1} b_{n+1}+\cdots+a_{n+p} b_{n+p}\right|<\left(\left|b_{n+1}\right|+\left|b_{n+p}\right|\right) \cdot \frac{\varepsilon}{2 M} \leqslant \varepsilon
$$

可知 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n b_n$ 收玫．
（2）在 Dirichlet 判别法中，取 $M>0$ 使得 $\left|S_n\right| \leqslant M \forall n$ 成立，这时对任何 $l \leqslant m,\left|a_l+\cdots+a_m\right|=\left|S_m-S_{l-1}\right| \leqslant 2 M$ ．然后对 $\forall \varepsilon>0, \exists N, \forall n \geqslant N:\left|b_n\right|<$ $\frac{\varepsilon}{4 M}$ ，则就对 $\forall p \in N$ 有

$$
\begin{aligned}
\left|a_{n+1} b_{n+1}+\cdots+a_{n+p} b_{n+p}\right| & <\left(\left|b_{n+1}\right|+\left|b_{n+p}\right|\right) \cdot \max _{n+1 \leqslant l \leqslant m \leqslant n+p}\left|a_l+\cdots+a_m\right| \\
& \leqslant \frac{\varepsilon}{2 M} \cdot 2 M \leqslant \varepsilon
\end{aligned}
$$

可知 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n b_n$ 收玫．
下面以例题的形式对这两个判别法本身作补充．
例题14．14 从 Dirichlet 判别法可以推出 Abel 判别法．
证 设 Dirichlet 判别法已经成立．对于级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n b_n$ ，若已知 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 收玫，且数列 $\left\{b_n\right\}$ 有界，则存在极限 $\lim _{n \rightarrow \infty} b_n$ ．将这个极限记为 $b$ ，则可以将级数分解如下：

$$
\sum_{n=1}^{\infty} a_n b_n=\sum_{n=1}^{\infty} a_n\left(b_n-b\right)+b \sum_{n=1}^{\infty} a_n
$$

然后利用 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 收玫，因此其部分和数列有界，同时 $\left\{b_n-b\right\}$ 单调收玫于 0 ，因此对上式右边的第一个级数用 Dirichlet 判别法就知道它收玫．又因为已知第二个级数收敛，因此就证明了 Abel 判别法成立。

例题14．15 用 Dirichlet 判别法证明 Leibniz 型级数收敛（即给出定理14．2的新证明）．

证 对于 Leibniz 型级数 $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} b_n$ ，其中 $b_n \downarrow 0$ ，令 $a_n=(-1)^{n-1}$ ，则级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 的部分和数列只由 1 和 0 组成，当然有界．因此用 Dirichlet 判别法即知道级数收敛。

14．3．4 例题
在举例之前先注意以下几点：
（1）对于任意项级数的玫散性，建议在可能情况下，先观察它是否绝对收敛。如果能对此有确定的答案，不论是绝对收玫还是不绝对收敛，都是有价值的。若是绝对收玫，则敛散性问题已完全解决；如果不绝对收玫，则就知道将有两种可能，即发散或条件收敛。
（2）对任意项级数的敛散性问题，若不经过步骤（1）而能够直接判定其为收玫，则还要求进一步判定该级数是绝对收敛还是条件收敛．
（3）Abel 判别法和 Dirichlet 判别法本身只是任意性级数收敛的充分条件，它们不能告诉我们级数是绝对收玫还是条件收敛．

例题 14.16 设级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 收玫，证明级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n a_n}{n+1}$ 也收玫．
解 由于数列 $\left\{\frac{n}{n+1}\right\}$ 单调有界，用 Abel 判别法即可．或者写 $\frac{n a_n}{n+1}=$ $a_n-\frac{a_n}{n+1}$ ，然后对第二项为通项的级数用 Dirichlet 判别法（见例题 14．14）．又从非负项级数的等价量判别法知道两个级数同时为绝对收玫或条件收敛．

注 若另加 $a_n$ 保号，或至少从某项之后保号的条件，则本题用等价量判别法就够了．然而本题的 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 为任意项级数，例题 14.13 表明不能用等价量判别法．

例题 14.17 设级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 的部分和数列有界，参数 $\sigma>0$ ，证明：级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_n}{n^\sigma}$ 收玫．

解 因数列 $\left\{\frac{1}{n^\sigma}\right\}$ 单调收玫于 0 ，用 Dirichlet 判别法即可．
下面是一个重要例题．其中的级数及讨论方法在今后会多次出现．还可以将这个例题与广义积分中的例题 11.29 作比较．

例题 14.18 证明级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin n x}{n}$ 处处收玫，而在 $x=k \pi \forall k \in N$ 之外均为条件收玫。

证 在 $x=k \pi$ 时级数每一项为 0 ．对于其他的 $x$ 值，先估计 $\sum_{n=1}^{\infty} \sin n x$ 的部分和．利用三角函数的积化和差公式就有

$$
|\sin x+\cdots+\sin n x|=\left|\frac{\cos \frac{1}{2} x-\cos \frac{2 n+1}{2} x}{2 \sin \frac{1}{2} x}\right| \leqslant \frac{1}{\left|\sin \frac{1}{2} x\right|}
$$

然后利用 $\frac{1}{n} \downarrow 0$ ，就可以用 Dirichlet 判别法知道级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin n x}{n}$ 收玫．
以下证明 $x \neq k \pi$ 时的级数为条件收玫，即要证明级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{|\sin n x|}{n}$ 发散．利用不等式

$$
\frac{|\sin n x|}{n} \geqslant \frac{\sin ^2 n x}{n}=\frac{1-\cos 2 n x}{2 n}
$$

然后分别考虑两个级数：$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$（调和级数）和 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\cos 2 n x}{n}$ 的敛散性．前者已知发散。对后者再次利用三角函数的积化和差公式得到

$$
|\cos 2 x+\cos 4 x+\cdots+\cos 2 n x|=\left|\frac{\sin (2 n+1) x-\sin x}{2 \sin x}\right| \leqslant \frac{1}{|\sin x|}
$$

然后分别考虑两个级数：$\sum_{n=1} \frac{1}{n}$（调和级数）和 $\sum_{n=1} \frac{\cos 2 n x}{n}$ 的敛散性．前者已知发散。对后者再次利用三角函数的积化和差公式得到

$$
|\cos 2 x+\cos 4 x+\cdots+\cos 2 n x|=\left|\frac{\sin (2 n+1) x-\sin x}{2 \sin x}\right| \leqslant \frac{1}{|\sin x|}
$$

就可以同样用 Dirichlet 判别法知道当 $x \neq k \pi$ 时，级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\cos 2 n x}{n}$ 收玫．回到 （14．3），可见非负项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin ^2 n x}{n}$ 可以写为一个发散级数与一个收敛级数之和，因此发散．最后根据比较判别法可知非负项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{|\sin n x|}{n}$ 发散．

注 这里利用了 $\S 14.1 .1$ 中列举的第 8 点，它是判定级数发散时的常用手段．

刷题

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