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收敛级数的性质

## 14.4  收敛级数的性质
从 §2．1．6 开始引入的无穷级数是对于有限项求和的推广．本节的问题是：有限项求和所满足的基本性质，如结合律，交换律与乘法分配律等 ${ }^{(1)}$ ，是否可以推广到无限项求和中．将会看到这与级数的收敛以及是哪一种收敛有密切联系。

14．4．1 加法结合律
这里的结合就是加括号．对于有限项求和结合律总是成立的，这保证了任意有限项的和在不加括号时有确定的意义，同时加括号也为计算提供了方便．然而无限项求和却并非如此。

下面是历史上的著名例子．它表明在无限项求和中括号不是可以随意加的．
例题14．19 下面的等式成立：

$$
(1-1)+(1-1)+(1-1)+\cdots=0+0+0+\cdots=0
$$

其中的无穷级数每项为 0 ，它的和当然为 0 ．但若将左边去掉括号后，则为级数：

$$
1-1+1-1+1-1+\cdots
$$

它的通项为 $(-1)^{n-1}$ ，显然发散．
这个问题为下列定理解决．它表明对于收玫级数来说，结合律成立．
定理 14.6 若 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 收玫，则任意加括号后的级数：

$$
\begin{aligned}
& \left(a_1+a_2+\cdots+a_{n_1}\right)+\left(a_{n_1+1}+\cdots+a_{n_2}\right)+\cdots \\
& \quad+\left(a_{n_k+1}+a_{n_k+2}+\cdots+a_{n_{k+1}}\right)+\cdots
\end{aligned}
$$

$\left(1 \leqslant n_1<n_2<\cdots<n_k<\cdots\right)$ 也收玫，且其和不变．
证 先将加括号后得到的级数记为 $\sum_{k=1}^{\infty} b_k$ ，其中 $\left(n_0=0\right): b_k=a_{n_{k-1}+1}+$ $a_{n_{k-1}+2}+\cdots+a_{n_k} \forall k$ ．

记原级数的部分和数列为 $\left\{S_n\right\}$ ，又记加括号后的上述级数的部分和数列为 $\left\{\sigma_k\right\}$ ，则就有

$$
\sigma_k=b_1+\cdots+b_k=a_1+a_2+\cdots+a_{n_k}=S_{n_k}
$$

因此 $\left\{\sigma_k\right\}$ 是 $\left\{S_n\right\}$ 的子列，可见结论成立（参见定理 2．25）．
这个看似平凡的结论经常有用．下面的例子就是如此．

例题 14.20 证明下列级数发散：

$$
\frac{1}{\sqrt{2}-1}-\frac{1}{\sqrt{2}+1}+\frac{1}{\sqrt{3}-1}-\frac{1}{\sqrt{3}+1}+\cdots \frac{1}{\sqrt{n}-1}-\frac{1}{\sqrt{n}+1}+\cdots
$$

证 利用 $\frac{1}{\sqrt{n}-1}-\frac{1}{\sqrt{n}+1}=\frac{2}{n-1}$ 可见，若从头开始每两项加括号，则就得到发散级数．用定理 14.6 的逆否命题，可见原来的级数一定发散．

注 回顾第一册中关于调和级数发散的第一个证明（即例题 2．32），现在可以理解为定理 14.6 的一次应用．这就是将调和级数加括号如下：

$$
1+\frac{1}{2}+\left(\frac{1}{3}+\frac{1}{4}\right)+\left(\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\frac{1}{7}+\frac{1}{8}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{2^{k-1}+1}+\cdots+\frac{1}{2^k}\right)+\cdots
$$
使每个括号内的和大于 $\frac{1}{2}$ ，因此级数发散，从而原来的调和级数也只能是发散的。

用加括号的方法有时也可用于证明某些级数收玫，其理由见下一个例题．
例题14．21 设对 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 加括号得到 $\sum_{k=1}^{\infty} b_k$ ，其中 $b_k=a_{n_{k-1}+1}+a_{n_{k-1}+2}+$ $\cdots+a_{n_k} \forall k$ ，下标 $n_0=0<n_1<\cdots<n_k<\cdots$ ，若级数 $\sum_{k=1}^{\infty} b_k$ 收敛，且每个 $b_k$中的项 $a_{n_{k-1}+1}, a_{n_{k-1}+2}, \cdots, a_{n_k}$ 同号，则级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 收玫．

证 记级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 的部分和数列为 $\left\{S_n\right\}$ ，则加括号后的级数 $\sum_{k=1}^{\infty} b_k$ 的部分和数列为 $\left\{S_{n_k}\right\}$ ．设 $\lim _{k \rightarrow \infty} S_{n_k}=S$ ，则对 $\forall \varepsilon>0, \exists K, \forall k \geqslant K:\left|S_{n_k}-S\right|<\varepsilon$ 。令 $n_K=N$ ，则对 $\forall n>N$ ，存在 $k \geqslant K$ ，使得 $n_k+1 \leqslant n \leqslant n_{k+1}$ ．由于 $a_{n_k+1}, a_{n_k+2}, \cdots, a_{n_{k+1}}$ 同号，因此 $S_n$ 处于 $S_{n_k}$ 与 $S_{n_{k+1}}$ 之间，从而也有 $\left|S_n-S\right|<$ $\varepsilon$ ．这样就证明了原来的级数也收敛于同一个和。

注 还可以将例题中的的项 $a_{n_{k-1}+1}, a_{n_{k-1}+2}, \cdots, a_{n_k}$ 同号的条件改进为

$$
\lim _{k \rightarrow \infty}\left(\left|a_{n_{k-1}+1}\right|+\left|a_{n_{k-1}+2}\right|+\cdots+\left|a_{n_k}\right|\right)=0
$$

留作练习题。
14．4．2 加法交换律
上一小节的定理 14.6 表明收玫级数一定满足结合律，但下面的例子则表明收玫级数不一定满足交换律。

例题 14.22 对下列 Leibniz 型级数

$$
1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{5}-\frac{1}{6}+\frac{1}{7}-\frac{1}{8}+\cdots
$$

若适当改变其求和顺序，则会得到一个新的收玫级数，但具有不同的和．

证 记该收玫级数的和为 $S$ ，部分和数列为 $\left\{S_n\right\}$ ，则可用 Euler 常数计算如下：

$$
\begin{aligned}
S_{2 n} & =\left(1+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{2 n-1}\right)-\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\cdots+\frac{1}{2 n}\right) \\
& =\left(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{2 n}\right)-2\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\cdots+\frac{1}{2 n}\right) \\
& =\ln (2 n)+\gamma+o(1)-(\ln n+\gamma+o(1))=\ln 2+o(1) \rightarrow \ln 2
\end{aligned}
$$

于是也有 $S=\ln 2$ ．（不用 Euler 常数的方法见例题 2.28 和 10．5．）
现在将求和的顺序改变一下，从级数的第一项开始，每取两个正项后取一个负项，但不改变正项之间以及负项之间的原有顺序，这样就得到一个新的级数：

$$
1+\frac{1}{3}-\frac{1}{2}+\frac{1}{5}+\frac{1}{7}-\frac{1}{4}+\cdots
$$

现计算这个新级数的和．将它的部分和数列记为 $\left\{S_n^{\prime}\right\}$ ，先看前 $3 k$ 项的部分和：

$$
\begin{aligned}
S_{3 k}^{\prime} & =\left(1+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\frac{1}{7}+\cdots+\frac{1}{4 k-3}+\frac{1}{4 k-1}\right)-\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\cdots+\frac{1}{2 k}\right) \\
& =\left(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{4 k}\right)-\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\cdots+\frac{1}{4 k}\right)-\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\cdots+\frac{1}{2 k}\right) \\
& =\left(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{4 k}\right)-\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{2 k}\right)-\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{k}\right) \\
& =(\ln (4 k)+\gamma)-\frac{1}{2}(\ln (2 k)+\gamma)-\frac{1}{2}(\ln k+\gamma)+o(1) \rightarrow \frac{3}{2} \ln 2 .
\end{aligned}
$$

然后从 $S_{3 k+1}^{\prime}=S_{3 k}^{\prime}+\frac{1}{4 k+1}$ 和 $S_{3 k+2}^{\prime}=S_{3 k}^{\prime}+\frac{1}{4 k+1}+\frac{1}{4 k+3}$ 可以知道三个子列 $\left\{S_{3 k}^{\prime}\right\},\left\{S_{3 k+1}^{\prime}\right\},\left\{S_{3 k+2}^{\prime}\right\}$ 收玫于同一极限，并由此得到 $\left\{S_n^{\prime}\right\}$ 收玫于 $\frac{3}{2} \ln 2$ ．

上述例题表明在无穷项求和时，不能随意改变求和的顺序，也就是说加法交换律不成立．下面我们要证明对于绝对收玫级数来说，加法交换律仍然成立，即不会发生例题 14.22 中的现象，而对于条件收玫级数来说，改变求和顺序后级数的和发生改变的现象却是普遍存在的。

为使得讨论严格化，先引入下列定义。
定义 14.4 称两个级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 与 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n^{\prime}$ 互为更序级数，若数列 $\left\{a_n^{\prime}\right\}$ 只是 $\left\{a_n\right\}$ 的重新排列，反之也是如此．

定理 14.7 设级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 绝对收玫，则它的任何更序级数都绝对收玫，且具有相同的和。

证 设 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n^{\prime}$ 是 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 的一个更序级数，
对于 $\sum_{n=1}^{\infty}\left|a_n^{\prime}\right|$ 的部分和 $\left|a_1^{\prime}\right|+\cdots+\left|a_n^{\prime}\right|$ ，存在 $N$ ，使得
$$
\left\{a_1^{\prime}, \cdots, a_n^{\prime}\right\} \subset\left\{a_1, \cdots, a_N\right\}
$$

因此有

$$
\left|a_1^{\prime}\right|+\cdots+\left|a_n^{\prime}\right| \leqslant\left|a_1\right|+\cdots+\left|a_N\right| .
$$

由此可见，若 $\sum_{n=1}^{\infty}\left|a_n\right|$ 收敛，即其部分和数列有上界，就可推出其更序级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\left|a_n^{\prime}\right|$的部分和数列也有上界，因此收玫。

然后要证明这两个级数不但都绝对收敛而且具有相同的和。这时要考虑两个级数的部分和之间的关系。由于这是任意项级数，因此问题比上面困难一点．

利用（14．4）可以看出有

$$
\left\{a_1, \cdots, a_N\right\}-\left\{a_1^{\prime}, \cdots, a_n^{\prime}\right\} \subset\left\{a_{n+1}^{\prime}, a_{n+2}^{\prime}, \cdots\right\}
$$

因此成立不等式：

$$
a_1^{\prime}+a_2^{\prime}+\cdots+a_n^{\prime} \leqslant a_1+\cdots+a_N+\sum_{k=n+1}^{\infty}\left|a_k^{\prime}\right|
$$

右边最后一个和式就是级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\left|a_n^{\prime}\right|$ 的第 $n$ 个余项。注意上述不等式中 $N$ 是由 $n$按照（14．4）的要求确定的，若再增大则仍然满足该式的包含关系．令 $N \rightarrow \infty$ ，就得到
$$
a_1^{\prime}+a_2^{\prime}+\cdots+a_n^{\prime} \leqslant \sum_{n=1}^{\infty} a_n+\sum_{k=n+1}^{\infty}\left|a_k^{\prime}\right| .
$$

由于已知级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n^{\prime}$ 收玫，在上式中再令 $n \rightarrow \infty$ ，利用余项一定趋于 0 ，就得到

$$
\sum_{n=1}^{\infty} a_n^{\prime} \leqslant \sum_{n=1}^{\infty} a_n
$$

这样就证明绝对收玫的级数在更序之后，其和不增加．然而上式右边的级数也可以看成是由左边的级数更序得到的，因此反向的不等式也成立，从而只能相等．

注 这里的方法与定理 2.19 中证明数 e 的两个定义等价有类似之处．
下面讨论条件收玫级数的求和换序问题．其中的结果从本质上依赖于定理 14.4中的结论．

定理 14.8 （关于条件收敛级数的 Riemann 定理）设级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 条件收敛，则对于给定的 $\alpha \leqslant \beta$（其中允许 $-\infty \leqslant \alpha \leqslant \beta \leqslant+\infty$ ），一定存在一个更序级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n^{\prime}$ ，使得它的部分和数列 $\left\{S_n^{\prime}\right\}$ 具有性质：

$$
\lim _{n \rightarrow \infty} S_n^{\prime}=\alpha \leqslant \varlimsup_{n \rightarrow \infty} S_n^{\prime}=\beta .
$$

证 只对于 $\alpha=\beta$ 且为有限数的情况写出简要证明，对于一般情况的证明是类似的。证明中的记号 $a_n^{+}, a_n^{-}$见定理 14.4 中的定义，即 $a_n^{+}=\max \left\{a_n, 0\right\}$ ， $a_n^{-}=-\min \left\{a_n, 0\right\}$ 。

问题就是如何改变求和顺序，这里要保证原级数的每一项都取到且只取到一次，又要使得部分和越来越接近于给定的数 $\alpha$ 。

主要讲第一步，以后用归纳法完成。
从定理14．4知道 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n^{+}=+\infty$ ，取最小可能的正整数 $m_1$ ，使得满足要求

$$
a_1^{+} \cdots+a_{m_1}^{+}>\alpha
$$

然后利用 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n^{-}=+\infty$ ，取最小可能的正整数 $p_1$ ，使得满足要求

$$
a_1^{+} \cdots+a_{m_1}^{+}-a_1^{-}-\cdots-a_{p_1}^{-}<\alpha
$$

将以上两式改写如下：

$$
\begin{gathered}
\alpha<a_1^{+} \cdots+a_{m_1}^{+}<\alpha+a_{m_1}^{+} \\
\alpha-a_{p_1}^{-}<a_1^{+} \cdots+a_{m_1}^{+}-a_1^{-}-\cdots-a_{p_1}^{-}<\alpha .
\end{gathered}
$$

这样就决定了更序级数的前 $m_1+p_1$ 项，而且它的第 $m_1$ 个部分和直到第 $m_1+p_1$个部分和都落在区间 $\left(\alpha-a_{p_1}^{-}, \alpha+a_{m_1}^{+}\right)$内。

利用数学归纳法可以证明这样的做法可以无限进行下去，这样就决定了一个更序级数．若将第 $k$ 步中所取的两个正整数记为 $m_k$ 和 $p_k$ ，则可知更序级数的第 $m_k$ 个部分和直到第 $m_k+p_k$ 个部分和都落在区间 $\left(\alpha-a_{p_k}^{-}, \alpha+a_{m_k}^{+}\right)$内。

由于原级数条件收玫，其通项是无穷小量，从而有 $a_n^{+} \rightarrow 0$ 和 $a_n^{-} \rightarrow 0$ 成立．于
是也有 $a_{m_k}^{+} \rightarrow 0$ 和 $a_{p_k}^{-} \rightarrow 0$ ，这样就证明了更序级数的和等于 $\alpha$ ．
注 将 $\alpha=+\infty$ 时的证明作为练习题．

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