§$13.3$ 一般项级数

本节研究一般项级数, 即在 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$ 中既有无限多个正项, 又有无限多个负项的情况, 称这样的级数为变号级数。 对于其他情况则可归到正项级数的范畴去解决。

这里需要强调指出绝对收敛级数与条件收敛级数的区别。 从敛散性来看, 前者的收敛性可以用正项级数的各种判别法来判定, 而后者则需要全新的判别法。 从级数的一系列性质来看, 两者均有极大的不同。 粗略地说, 前者与有限和相似, 而后者则完全不同。

$\mathrm{13.3.1}$ 一般项级数的敛散性判别法

称收敛级数 $\sum a_n$ 为绝对收敛级数，若 $\sum |a_n|$ 也收敛；否则就称为条件收敛级数。用 $Cauchy$ 收敛准则就可以得到这里的基本结论：

命题 $13.3.1$

若级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }|a_n|$ 收敛, 则 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$ 必定收敛.

由此可知，在研究变号级数 $\sum a_n$ 的敛散性时，可以先分析对应的正项级数 $\sum |a_n|$ 的敛散性。对后者来说可以用正项级数的各种判别法。若 $\sum |a_n|$ 收敛，则原来的级数 $\sum a_n$ 的收敛性就已经解决。若 $\sum |a_n|$ 发散，则 $\sum a_n$ 的敛散性有两种可能：条件收敛或发散。这时上一节中以比较判别法为基础的各种判别法都不能奏效。其中的例外是导出发散结论的 $Cauchy$ 根值判别法和 $d^{\prime }Alembert$ 判别法。这就是说，在对 $\sum |a_n|$ 用这两种判别法时，若有 ${\overline{\lim }}_{n\to \infty }\sqrt[n]{|a_n|}>1$ 或 ${\lim }_{n\to \infty }\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}>1$ 则可以肯定原来的级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$ 发散，其原因在于这两种判别法背后的比较级数是（正项）几何级数，它在公比大于 $1$ 时的级数通项不收敛于 $0$，而 ${\lim }_{n\to \infty }|a_n|=0$ 与 ${\lim }_{n\to \infty }{a}_n=0$ 是等价的，因此它们的反面也等价。

变号级数中最基本的例子就是在上册 $54$ 页例题 $\mathrm{2.7.3}$ 中的无穷级数：

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n}=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\cdots +\frac{(-1{)}^{n-1}}{n}+\cdots =\ln 2.$$

其求和计算见上册的例题 $\mathrm{2.5.4}$ 和例题 $\mathrm{11.4.1}$ (注意上册 $55$ 页的 $Catalan$ 恒等式).

在一般项级数的敛散性判别法中除了 $Cauchy$ 收敛准则仍然有效之外, 常用的其他判别法有:

Leibniz 判别法

若数列 $\{a_n\}$ 单调收敛于 $0$, 则 ${\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}{a}_n$ 收敛.

满足 $Leibniz$ 判别法中条件的级数称为 $Leibniz$ 型级数, 它的各项符号交替取正号和负号。 我们将这样的级数称为交错级数。 $Leibniz$ 型级数就是通项单调收敛于 $0$ 的交错级数。 初学者可能以为在变号级数中交错级数不会很多, 其实不然。 虽说一个级数加括号后收敛不能推出原来的级数也收敛, 然而利用级数收敛的定义或 $Cauchy$ 收敛准则就可以得到下面的结果:

命题 $13.3.2$

若对级数 $\sum a_n$ 加括号后得到的级数收敛，且在每个括号内各项的符号相同，则级数 $\sum a_n$ 也收敛.

由此可知, 对于任何变号级数都可以采用加括号的方法使它成为一个交错级数, 而且两个级数的敛散性等价.

但是 $Leibniz$ 判别法只是保证收敛性的一种充分条件，而下面两个判别法都是级数收敛的充分必要条件。又容易知道 $Leibniz$ 判别法只是 $Dirichlet$ 判别法的一个特例。

Dirichlet 判别法

若 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$ 的部分和数列有界, 数列 $\{b_n\}$ 单调收敛于 $0$, 则 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n{b}_n$ 收敛.

Abel 判别法

若 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$ 收敛, 数列 $\{b_n\}$ 单调有界, 则 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n{b}_n$ 收敛.

$Dirichlet$ 判别法和 $Abel$ 判别法的基础是 $Abel$ 变换 (参见 [$58$] 的第一章)。 这个变换在一系列问题中有用, 也是积分第二中值定理 (命题 $\mathrm{10.2.2}$) 的基础。 其基本形式很简单。 设有两个有限数列 $\{a_k{\}}_{1⩽k⩽n}$ 和 $\{b_k{\}}_{1⩽k⩽n}$ , 令 $A_k=a_1+a_2+\cdots +a_k,k=1,2,\dots ,n$ , 则

$$\begin{array}{rl}& a_1{b}_1+a_2{b}_2+\cdots +a_n{b}_n\\ & =A_1{b}_1+(A_2-A_1)b_2+\cdots +(A_n-A_{n-1})b_n\\ & =A_1(b_1-b_2)+A_2(b_2-b_3)+\cdots +A_{n-1}(b_{n-1}-b_n)+A_n{b}_n.\end{array}\text{\hspace{1em}(13.21)}$$

由此可导出各种有用的估计式。 设 $\left|A_k\right|⩽M(k=1,2,\cdots ,n)$ 。 当 $\{b_k{\}}_{1⩽k⩽n}$ 为非负单调减少时, 从 ($13.21$) 得到

$$\left|a_1{b}_1+a_2{b}_2+\cdots +a_n{b}_n\right|⩽M{b}_1;\text{\hspace{1em}(13.22)}$$

又若只假定 $\{b_k\}$ 单调，则可得到

$$\left|a_1{b}_1+a_2{b}_2+\cdots +a_n{b}_n\right|⩽M\left(\left|b_1\right|+2\left|b_n\right|\right).\text{\hspace{1em}(13.23)}$$

注 $2$

与广义积分中的命题 $\mathrm{12.2.1}$ 和 $\mathrm{12.2.2}$ (上册 $380$-$381$ 页) 类似地可以证明，$Dirichlet$ 判别法和 $Abel$ 判别法中的条件也是级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n{b}_n$ 收敛的必要条件。 这方面的结论见《数学通报》($1983$) 第 $7$ 卷 $29$-$32$ 页和 ($1984$) 第 $9$ 卷 $22$-$23$ 页。

$\mathrm{13.3.2}$ 一般项级数的基本性质

区分绝对收敛级数和条件收敛级数的意义不仅是它们的判别方法不同, 更重要的是它们在一系列性质上完全不一样。

作为无限项求和来说, 绝对收敛级数与正项收敛级数都满足结合律和交换律, 而且其和不变 (参见 $\mathrm{13.2.5}$ 小节的练习题 $2$)。

但对条件收敛级数来说, 情况大不相同。 为了指出这两类收敛级数的根本差异何在, 需要引进由级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$ 导出的两个正项级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n^{+}$ 和 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n^{-}$ :

$$a_n^{+}=\frac{|a_n|+a_n}{2}=\{\begin{array}{ll}{a}_n,& \text{若}{a}_n>0,\\ 0,& \text{若}{a}_n⩽0,\end{array}{a}_n^{-}=\frac{|a_n|-a_n}{2}=\{\begin{array}{ll}-a_n,& \text{若}{a}_n<0,\\ 0,& \text{若}{a}_n⩾0.\end{array}$$

命题 $13.3.3$

（$1$） ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$ 绝对收敛的充分必要条件是由它导出的两个正项级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n^{+}$ 和 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n^{-}$ 同时收敛； （$2$）若 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$ 收敛，则该级数条件收敛的充分必要条件是这两个正项级数同时发散.

这就是说, 条件收敛级数中的正项之和为 $+\infty$ , 而负项之和为 $-\infty$ , 因此当 $n\to \infty$ 时其部分和数列 $\{S_n\}$ 必为 $\infty -\infty$ 型的不定式 (见上册 $102$ 页的注)。 由此可知条件收敛级数是依赖于正项和负项在求和过程 (即部分和数列当 $n\to \infty$ 的极限过程) 中相互抵消而收敛的。

由此出发, 就不难证明下列著名定理。 初看起来其结果似乎很惊人, 但其本质则不难理解。

命题 $13.3.4$ ($Riemann$ 重排定理)

设级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$ 为条件收敛，则对于满足 $-\infty ⩽A⩽B⩽+\infty$ 的任意一对 $A,B$，可以改变级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$ 中的项的顺序，使得重排之后的级数的部分和数列 $\{S_n^{\prime }\}$ 满足要求：

$$\underset{n\to \infty }{\underline{\lim }}{S}_n^{\prime }=A,\underset{n\to \infty }{\overline{\lim }}{S}_n^{\prime }=B^{\stackrel{◯}{1}}.$$

特别是当 $A=B$ 时，重排级数的和可以是任何有限数或带确定符号的无穷大。

绝对收敛级数和条件收敛级数的另一个差异表现在级数的乘积问题中。

级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$ 和 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{b}_n$ 的乘积是有限和与有限和的乘积的推广。如果将上述两个无穷级数换为有限和，则它们的乘积就等于所有形式为 $a_i{b}_j$ 的项之和。对于无穷级数的乘积，这类项有无限多个，因此首先就是按什么顺序相加，其次作为无限项求和当然还有敛散性问题。

为简明起见, 本书只考虑无穷级数的 $Cauchy$ 乘积, 又称对角线乘积。 这就是定义级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$ 和 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{b}_n$ 的乘积为无穷级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }{c}_n,\text{其中}{c}_n=\sum _{i+j=n+1}{a}_i{b}_j=a_1{b}_n+a_2{b}_{n-1}+\cdots +a_n{b}_1.$$

这里的基本结果如下:

命题 $13.3.5$

设 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$ 和 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{b}_n$ 均绝对收敛, 它们的和分别为 $A$ 和 $B$, 则它们的 $Cauchy$ 乘积 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{c}_n$ 也绝对收敛, 且其和为 $A\cdot B$ .

上述结果还可以改进为:

命题 $13.3.6$ ($Mertens$ (默滕斯) 定理)

设 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n=A$ 和 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{b}_n=B$ ，且其中至少有一个级数绝对收敛，则就有 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{c}_n=A\cdot B$ .

以上两个基本结果的证明见 [$18$] 等教科书。 此外, 还有一个补充结果, 它的证明用幂级数理论很容易得到 (留作为第十四章第一组参考题 $7$):

命题 $13.3.7$

设 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n,{\sum }_{n=1}^{\infty }{b}_n$ 和它们的 $Cauchy$ 乘积 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{c}_n$ 都收敛，且分别以 $A,B,C$ 为和，则 $C=A\cdot B$

$\mathrm{13.3.3}$ 例题

注意: 在一般项级数的敛散性讨论中, 若级数收敛, 则还需进一步讨论它是绝对收敛还是条件收敛。

下面的第一个例题的目的是强调: 对于变号级数来说, 将通项换为等价无穷小量的方法是没有根据的。 这表明 (在正项级数中非常有用的) 等价量判别法在变号级数中不能成立 (参见比较判别法的极限形式 ($13.12$) 和例题 $\mathrm{13.2.3}$)。

例题 $13.3.1$

问：级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{\sqrt{n}}$ 和 ${\sum }_{n=2}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{\sqrt{n}+(-1{)}^n}$ 是否同敛散？

解

第一个级数是典型的 $Leibniz$ 型级数, 因此收敛。 但第二个级数是发散的。 虽然它是交错级数, 同时它的通项与第一个级数的通项是等价无穷小量, 但并不满足通项绝对值单调的条件, 因此不能用 $Leibniz$ 判别法。

证明第二个级数发散的方法很多。 例如研究由两个级数通项之差构成的第三个级数: ${\sum }_{n=2}^{\infty }{c}_n$ , 其中

$$c_n=\frac{(-1{)}^n}{\sqrt{n}}-\frac{(-1{)}^n}{\sqrt{n}+(-1{)}^n}=\frac{1}{\sqrt{n}[\sqrt{n}+(-1{)}^n]}\sim \frac{1}{n},$$

可见这个级数是发散的正项级数, 因此第二个级数一定发散。

注 $1$

试用其他方法证明题中第二个级数发散。例如从第一项开始对相邻两项加括号，证明所得的级数发散，从而可推出原来的级数一定发散。

注 $2$

在变号级数中不能随意将通项用等价无穷小量来替换的根本原因也是由条件收敛所引起的。 初学者需要在这里回顾命题 $\mathrm{13.3.3}$ 及其注。 从本质上说, 这里的问题与上册 $\mathrm{4.4.3}$ 小节对等价量代换法的错误分析中提到的问题是一样的。

注 $3$

这里要注意，对于变号级数，分析通项的等价量还是经常有用的。若级数绝对收敛，当然就可以用等价量判别法。对于条件收敛情况，能够知道通项的渐近性态也可能是有用的。下面就是一个例子。

例题 $13.3.2$

分析数列 $\left\{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{\alpha }{n}\right)\right\}$ 的渐近性态，并用于讨论级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{\alpha }{n}\right)$ 的敛散性，其中 $\alpha$ 不是非负整数， $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{\alpha }{n}\right)=\frac{\alpha (\alpha -1)\cdots (\alpha -n+1)}{n!},n=1,2,\cdots .$

解

（从例题 $\mathrm{13.2.4}$ 已知当 $\alpha >-1$ 时该数列为无穷小量。）对于给定的 $\alpha$ ，取正整数 $m>|\alpha +1|$ ，则对于 $n>m$ 可分析如下，其中出现的 $C_1$ 等均为常数：

$$\begin{array}{l}\left|\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{\alpha }{n}\right)\right|=C_1\frac{[m-(\alpha +1)][m+1-(\alpha +1)]\cdots [n-(\alpha +1)]}{m(m+1)\cdots n}\\ =C_1{\prod }_{k=m}^n\left(1-\frac{\alpha +1}{k}\right)=\exp \left[C_2+{\sum }_{k=m}^n\ln \left(1-\frac{\alpha +1}{k}\right)\right]\\ =\exp {\left[C_2-(\alpha +1){\sum }_{k=m}^n\frac{1}{k}+{\sum }_{k=m}^{n}O\left(\frac{1}{k^2}\right)\right]}^{(1)}\\ =\exp [C_3-(\alpha +1)\ln n+o(1)]\\ \sim \frac{C}{n^{\alpha +1}},\end{array}\text{\hspace{1em}(13.24)}$$

其中利用了关于调和级数前 $n$ 项的渐近性态 (上册 $43$ 页) 和级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}$ 收敛的知识。 最后出现的正常数 $C$ 将在后面用其他方法确定 (见 ($13.41$))。

将此结果用于级数, 就可知 $\alpha >0$ 是级数绝对收敛的充分必要条件, 而当 $\alpha ⩽-1$ 时级数通项不趋于 $0$ , 因此级数发散。 当 $-1<\alpha <0$ 时级数不绝对收敛, 从例题 $\mathrm{13.2.4}$ 可见级数为 $Leibniz$ 型的交错级数, 因此为条件收敛。 □

渐近性态 ($13.24$) 见 [$36$] 等, 这里的证明是沐定夷提供的。 对于本题的传统方法是用 $Raabe$ 判别法, $Leibniz$ 判别法和例题 $\mathrm{13.2.4}$ 的结论。

例题 $13.3.3$

设数列 $\{a_n\}$ 单调减少趋于零，且级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$ 发散，证明：级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n\sin nx$ 当 $x\ne k\pi ,k=0,\pm 1,\pm 2,\cdots$ 时条件收敛。

证

由 $Dirichlet$ 判别法, 只需要证明级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\sin nx$ 的部分和数列有界。 事实上, 对任意正整数 $n$ , 利用三角恒等式

$2\sin \frac{x}{2}\cdot (\sin x+\sin 2x+\cdots +\sin nx)=\cos \frac{x}{2}-\cos \frac{(2n+1)x}{2},$ 就可得到估计

$$\left|\sin x+\sin 2x+\cdots +\sin nx\right|⩽\frac{1}{\left|\sin \frac{x}{2}\right|}.$$

① 当 $k⩾m$ 时, $\frac{|\alpha +1|}{k}⩽\frac{|\alpha +1|}{m}$ 。 利用 $\ln (1-t)+t\sim -\frac{t^2}{2}(t\to 0)$ , 可见前面推导中的 $O\left(\frac{1}{k^2}\right)$ 对于 $\frac{1}{k^2}$ 之比是一个与 $k$ 无关的有界量。

这就证明了 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\sin nx$ 的部分和数列有界, 所以级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n\sin nx$ 收敛。

另一方面，利用 $|a_n\sin nx|⩾a_n{\sin }^{2}nx=\frac{1}{2}(a_n-a_n\cos 2nx)$ ，仿上可以证明级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n\cos 2nx$ 收敛，因而由题设级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$ 发散知级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{2}(a_n-a_n\cos 2nx)$ 发散，因此由比较判别法知级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }|a_n\sin nx|$ 发散，这就证明了原来的级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n\sin nx$ 条件收敛。 □

后半题和广义积分的例题 $\mathrm{12.2.3}$ 中当 $p=1$ 时 (见上册 $384$ 页) 相同。

例题 $13.3.4$

证明: 级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{[\sqrt{n}]}}{n}$ 收敛。

解

将级数中相邻的同号项合并, 从而组成一个交错级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^n{a}_n$ , 其中

$$\begin{array}{rl}{a}_n& =\frac{1}{n^2}+\frac{1}{n^2+1}+\cdots +\frac{1}{(n+1{)}^2-1}\\ & =\frac{1}{n^2}{\sum }_{k=0}^{2n}\frac{1}{1+k/n^2}=\frac{1}{n^2}{\sum }_{k=0}^{2n}\left[1-\frac{k}{n^2}+O\left(\frac{k^2}{n^4}\right)\right]\\ & =\frac{1}{n^2}\left[(2n+1)-\frac{2n+1}{n}+O\left(\frac{1}{n}\right)\right]=\frac{2}{n}-\frac{1}{n^2}+O\left(\frac{1}{n^3}\right).\end{array}$$

由此即可知 $\{a_n\}$ 为无穷小量，且至少当 $n$ 充分大时单调减少：

$$a_n-a_{n+1}=\frac{2}{n^2}+O\left(\frac{1}{n^3}\right).$$

这表明原级数加括号后得到的级数收敛。 由于括号中的项符号相同, 所以可推知原级数收敛 (见命题 $\mathrm{13.3.2}$)。

以上证明是沐定夷提供的。 一般教科书中的方法是将 $a_n$ 的和式中的 $2n+1$ 项分拆为前 $n$ 项和后 $n+1$ 项两部分, 估计得到 $a_n<2/n$ , 又用类似的分拆方法估计得到 $a_n>2/(n+1)$ , 因此 $a_n>a_{n+1}$ 。

下一个例题是对于一个具体的变号级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n}=\ln 2$ 来验证 $Riemann$ 重排定理 (即命题 $\mathrm{13.3.4}$) 中的部分结论。

例题 $13.3.5$

设 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$ 是 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n}$ 的一个重排，其中 $\{a_n\}$ 中正项之间的顺序以及负项之间的顺序与重排之前相同，又设在 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$ 的前 $n$ 项中有 $p_n$ 个正项，且存在极限 ${\lim }_{n\to \infty }\frac{p_n}{n}=p,$ 证明： ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n=\ln 2+\frac{1}{2}\ln \left(\frac{p}{1-p}\right)$ （当 $p=0,1$ 时将右边的表达式理解为它在 ($0,1$) 两端的广义极限 $-\infty$ 和 $+\infty$ ）。

证

直接计算 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$ 的部分和数列如下:

$$\begin{array}{rl}{S}_n& =\left(1+\frac{1}{3}+\cdots +\frac{1}{2p_n-1}\right)-\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\cdots +\frac{1}{2(n-p_n)}\right)\\ & =\left(1+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{2p_n}\right)-\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{p_n}\right)\\ & -\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{n-p_n}\right),\end{array}$$

然后利用上册 $43$ 页末的渐近等式

$$1+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{n}=\ln n+\gamma +o(1),$$

其中 $\gamma$ 为 $Euler$ 常数，就可得到

$$\begin{array}{rl}{S}_n& =[\ln (2p_n)+\gamma +o(1)]-\frac{1}{2}[\ln p_n+\gamma +o(1)]-\frac{1}{2}[\ln (n-p_n)+\gamma +o(1)]\\ & =\ln 2+\frac{1}{2}\ln \left(\frac{p_n}{n-p_n}\right)+o(1)=\ln 2+\frac{1}{2}\ln \left(\frac{p_n/n}{1-p_n/n}\right)+o(1),\end{array}$$

令 $n\to \infty$ 可见结论为真。

$\mathrm{13.3.4}$ 练习题

1. 讨论下列级数的绝对收敛性与条件收敛性:

(1) ${\sum }_{n=2}^{\infty }\frac{\sin \frac{n\pi }{12}}{\ln n}$ ;

(2) ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n{2}^{\frac{1}{n}}}{\sqrt{n}}$ ;

(3) ${\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^n\frac{{\cos }^{2}n}{n}$ ;

(4) ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{\sin nx}{n}{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n$ ;

(5) ${\sum }_{n=1}^{\infty }\left(1+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{n}\right)\frac{\sin nx}{n};$

(6) ${\sum }_{n=1}^{\infty }\sin (\pi \sqrt{n^2+a^2})$ ;

(7) ${\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}{\left[\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\right]}^p$ ;

(8) ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n\sin n}{n}$ ;

(9) ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{[n+(-1{)}^{n-1}{]}^p}$ ;

(10) ${\sum }_{n=2}^{\infty }\ln \left[1+\frac{(-1{)}^n}{n^p}\right]$ ;

(11) ${\sum }_{n=2}^{\infty }\sin \left(n\pi +\frac{1}{\ln n}\right)$ ;

(12) ${\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^n(n^{\frac{1}{n}}-1)$ .

2. 将调和级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n}$ 的各项改变符号, 其规则是每 $p$ 个正项后为 $q$ 个负项, 然后再如此重复, 但不改变各项原有的顺序。 证明: 所得级数当且仅当 $p=q$ 时收敛。

3. 设 $0<\alpha <1$ , 将级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n^{\alpha }}$ 按照每 $p$ 个正项后为 $q$ 个负项的规则进行重排, 但保持正项之间和负项之间的原有顺序, 证明: 重排后的级数当且仅当 $p=q$ 时收敛。

4. 设 $p,q>0$, 讨论下列级数的绝对收敛性与条件收敛性:

$$1-\frac{1}{2^q}+\frac{1}{3^p}-\frac{1}{4^q}+\cdots +\frac{1}{(2n-1{)}^p}-\frac{1}{(2n{)}^q}+\dots ;$$

(2) ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n(1+p)(2+p)\cdots (n+p)}{n!n^q}$ .

5. 研究级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{1+n{x}^n}$ (若分母为零则去掉该项) 的条件收敛性和绝对收敛性。

6. 设数列 $\{a_n\}$ 严格单调减少且趋于零, 证明下列级数收敛:

$$\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^n\cdot \frac{a_1+a_2+\cdots +a_n}{n}.$$

7. 证明下列级数收敛:

$$1-\frac{1}{3}\left(1+\frac{1}{2}\right)+\frac{1}{5}\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}\right)-\frac{1}{7}\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}\right)+\dots .$$

8. ($DuBois-Reymond$ 判别法) 设级数 ${\sum }_{n=2}^{\infty }(a_n-a_{n-1})$ 绝对收敛, 级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{b}_n$ 收敛, 证明: ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n{b}_n$ 收敛。

9. ($Dedekind$ 判别法) 设级数 ${\sum }_{n=2}^{\infty }(a_n-a_{n-1})$ 绝对收敛, ${\lim }_{n\to \infty }{a}_n=0$ , 级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{b}_n$ 的部分和数列有界, 证明: ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n{b}_n$ 收敛。

10. 已知级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$ 发散, 证明: 级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\left(1+\frac{1}{n}\right)a_n$ 也发散。

11. 证明: 当 $|q|<1$ 时, 成立 $\left({\sum }_{n=0}^{\infty }{q}^n\right)\cdot \left({\sum }_{n=0}^{\infty }{q}^n\right)={\sum }_{n=0}^{\infty }(n+1)q^n$ .

12. 证明: 级数 ${\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{n+1}$ 与自身的 $Cauchy$ 乘积是收敛级数。

13. 设 $S(x)={\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n{x}^{2n+1}}{(2n+1)!},C(x)={\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n{x}^{2n}}{(2n)!}$ ，证明： $2S(x)C(x)=S(2x).$

14. 设级数 $\sum \frac{a_n}{b_n},\sum {\left(\frac{a_n}{b_n}\right)}^2$ 均收敛, 又对每个 $n$ 有 $b_n(a_n+b_n)\ne 0$ , 证明: 级数 $\sum \frac{a_n}{a_n+b_n}$ 收敛。

15. 两个发散级数的 $Cauchy$ 乘积可以是收敛的。 试验证下列两个发散级数

$$1-\sum _{n=1}^{\infty }{\left(\frac{3}{2}\right)}^n,1+\sum _{n=1}^{\infty }{\left(\frac{3}{2}\right)}^{n-1}\left(2^n+\frac{1}{2^{n+1}}\right)$$

的 $Cauchy$ 乘积是绝对收敛级数。

16. (1) 举例说明收敛级数与发散级数的乘积既可能收敛, 也可能发散。 (2) 证明: 对于正项收敛级数和正项发散级数, 其乘积一定发散 (假定其中的正项收敛级数的和大于 $0$)。