交错与振荡级数怎样利用抵消？¶

先备知识¶

需要部分和、Cauchy 尾部和单调数列极限。所有恒等式先在有限区间证明。

学习目标¶

1. 证明 Leibniz 判别并得到首个被舍项误差界；
2. 推导有限分部求和公式；
3. 检查 Dirichlet 判别的“部分和有界”和“单调趋零”；
4. 把 Abel 判别归约到 Dirichlet 判别。

牵引问题¶

\(1-1/2+1/3-\cdots\) 的绝对值总量无限，为何部分和仍可稳定？更一般的振荡若不是 严格交错，怎样把抵消提取出来？

探索与猜想¶

交错级数的偶数部分和从下方上升，奇数部分和从上方下降，夹缝宽度正是下一项。 一般振荡则用部分和记录累计抵消，再以有限分部求和转移差分。

概念与理论¶

Leibniz 判别¶

定理。 若 \(b_n\ge0\) 单调递减且趋于零，则 \(\sum_{n=1}^\infty(-1)^{n-1}b_n\) 收敛。

证明。 偶数部分和 \(S_{2m}=(b_1-b_2)+\cdots+(b_{2m-1}-b_{2m})\) 单调增加； 奇数部分和 \(S_{2m+1}=S_{2m}+b_{2m+1}\) 单调减少，且 \(S_{2m}\le S_{2m+1}\)。两者有极限，而差 \(b_{2m+1}\to0\)，故极限相同。证毕。

交错余项¶

若和为 \(S\)，则 \(S\) 位于相邻的 \(S_n,S_{n+1}\) 之间，因此

误差不超过首个被舍项。单调递减与趋于零缺一不可。

有限分部求和¶

令 \(A_k=\sum_{j=m}^{k}a_j\)，并约定 \(A_{m-1}=0\)。逐项展开可得有限分部求和：

这是有限恒等式，不需要预设任何无穷和存在。

Dirichlet 判别¶

定理。 若 \(a_n\) 的部分和有界，且 \(b_n\) 单调递减并趋于零，则 \(\sum a_nb_n\) 收敛。

证明。 对尾段从 \(m\) 重新累计 \(A_k=\sum_{j=m}^ka_j\)。原部分和有界说明 \(|A_k|\le2M\)。有限分部求和给出

因 \(b_m\to0\)，任意有限尾段一致趋小，Cauchy 判据完成证明。

Abel 判别¶

若 \(\sum a_n\) 收敛，且 \(b_n\) 单调并有界，则 Abel 判别 断言 \(\sum a_nb_n\) 收敛。

证明时令 \(b_n\to b\)，写成

第一项级数收敛；若 \(b_n-b\) 单调趋于零，第二项由 Dirichlet 判别收敛。若原序列 单调递增，则取相反数即可。条件必须逐一可见。

例题与迁移¶

例 1：交错调和级数¶

\(b_n=1/n\) 单调递减且趋于零，故交错调和级数收敛，截断至 \(n\) 项的误差不超过 \(1/(n+1)\)。

例 2：周期振荡¶

令 \(a_n=\cos(n\pi/2)\)。其部分和有界；\(b_n=1/n\) 单调趋零，故 \(\sum \cos(n\pi/2)/n\) 由 Dirichlet 判别收敛。

即时检验与回望¶

即时检验 1¶

\(\sum(-1)^{n-1}/\sqrt n\) 截断到 \(100\) 项，误差如何估计？

即时检验 2¶

Dirichlet 判别中只知道 \(a_n\) 有界是否足够？

习题与答案¶

习题 1¶

判定 \(\sum(-1)^n/(n+2)\)。

习题 2¶

要使交错余项小于 \(10^{-3}\)，\(\sum(-1)^{n-1}/n\) 至少截到哪里？

习题 3¶

说明 \(\sum(-1)^n\) 不能用 Leibniz 判别证明收敛。

习题 4¶

写出 \(m=1,n=3\) 的有限分部求和并展开核对。

习题 5¶

若 \(a_n=(-1)^n\)，证明其部分和有界。

习题 6¶

判定 \(\sum(-1)^n\log(1+1/n)\)。

习题 7¶

Abel 判别为什么要求 \(b_n\) 有界？

习题 8¶

若 \(\sum a_n\) 收敛，证明其部分和有界。

习题 9¶

“\(b_n\to0\)”能否替代 Dirichlet 判别中的单调性？

常见误区与后续¶

• 判别条件是充分条件；不满足不能直接推出发散。
• 余项界必须从交错结构和单调性推出。
• 下一单元研究改变抵消次序的后果。