杜先云 任秋道
摘要：本文给出一般级数收敛的判定方法：若级数∑∞n=1bn的部分和有界，且{lim}n→∞bn=0，则级数∑∞n=1bn收敛.如果级数∑∞n=1bn的项添加括号后所成的级数收敛，且{lim}n→∞bn=0，则该级数收敛.同时推广了级数收敛的阿贝尔判别法：当an为一个有界数列时，如果正项（或负项）级数∑∞n=1bn收敛，那么级数∑∞n=1anbn也收敛.当an为一个收敛数列时，如果级数∑∞n=1bn收敛，那么级数∑∞n=1anbn也收敛.
关键词：级数;数列;收敛
中图分类号：G632文献标识码：A文章编号：1008-0333（2022）18-0029-03
1 级数收敛的判定
目前《数学分析》与《高等数学》的教材中，给出了级数收敛与发散的定义，以及收敛级数的一些性质，判断正项级数收敛的比较多，而判断一般级数收敛的方法，只有柯西收敛原理，方法很少.本文给出二种判断一般级数收敛的方法，同时推广阿贝尔定理.
定理1设xn为一个有界数列.ε>0，存在N∈Z+，当n>N时有 |xn-xn-1|<ε，则数列xn收敛.
证明 根据致密性定理可知，有界数列xn有一个收敛子列为xnk，因而存在常数a，使得{limk→∞}xnk=a.对于子列xnk某一具体的项xnk而言，其序号nk一定是有限数，从而存在有限数
M=max{nk+1-nk|k=1，2，3，……}<∞.（1）
根据已知条件，可得ε>0，m∈Z+，当n>m时，则有|xn-xn-1|<ε2M.由于{lim}k→∞xnk=a，对于前面的ε，K∈Z+，当k>K时，有|xnk-a|<ε2.取N=max{nK，m}，对于n>N，k0>K，使得nk0≤n≤nk0+1，由此可得
|xn-xnk0|=|xn-xn-1+xn-1-xn-2+…+xnk0+1-xnk0|≤|xn-xn-1|+|xn-1-xn-2|+…+|xnk0+1-xnk0|
<（n-nk0）ε2M≤（nk0+1-nk0）ε2M<ε2.
于是，|xn-a|≤|xn-xnk0|+|xnk0-a|<ε.
根據数列收敛的定义，数列xn收敛.证毕.
推论设级数∑∞n=1bn的部分和有界，且
{limn→∞}
bn=0，则该级数收敛.
证明设级数∑∞n=1bn的部分和xn=∑ni=1bi，根据题设，数列xn有界.
由于
{limn→∞}
bn=0，从而
bn=xn-xn-1→0，（n→∞）.
利用定理1可得结论.证毕.
定理2如果级数∑∞n=1bn的项添加括号后所成的级数收敛，且{lim}n→∞bn=0，那么该级数收敛.
证明在级数∑∞n=1bn的项添加括号过程中，如果存在一个括号里面有无穷多项，显然它是级数添加的最后一个括号，根据级数的性质，去掉该括号前面所有的项，它的敛散性不改变，从而结论成立.现在假设添加的每一个括号里面只有有限多项.设级数∑∞n=1bn的项添加括号后所成的级数为（b1+b2+…+bn1）+（bn1+1+bn1+2+…+bn2）+…+（bnk+1+bnk+2+…+bnk）+….
设添加括号后所成级数的和为为t，记作∑∞k=1Snk=t.由于级数∑∞k=1Snk收敛，从而K∈Z+，其余项满足∑∞k=KSnk|<1.令
M=max{nk+1-nk|k=1，2，3，…}<∞.
又因为{lim}n→∞bn=0，对于ε=1M，N1∈Z+，使得当n>N1时，有|bn|<1M.取N=max{nK，N1}.对于充分大的自然数n，k0∈Z+，使得N<nk0≤n≤nk0+1，则∑∞n=1bn的部分和Sn=∑ni=1bi满足
|Sn|=|Sn1+Sn2+…+Snk0+（bnk0+1+bnk0+2+…+bn）|
≤|∑∞k=1Snk-∑∞k=k0+1Snk|+|bnk0+1|+|bnk0+2|+…+|bn|
≤|∑∞k=1Snk|+|∑∞k=k0+1Snk|+|bnk0+1|+|bnk0+2|+…+|bn|
≤|t|+1+n-nk0M≤|t|+2.
从而该级数的部分和有界.又{lim}n→∞bn=0，利用定理1的推论可得结论.证毕.
2 阿贝尔定理的推广
阿贝尔引理设ai，bi（i=1，2，…，n）为两组实数. 如果令σk=b1+b2+…+bk（k=1，2，…，n），那么有部分和公式
∑ni=1aibi=（a1-a2）σ1+（a2-a3）σ2+…+（an-1-an）σn-1+anσn.（2）
证明（a1-a2）σ1+（a2-a3）σ2+…+（an-1-an）σn-1+anσn=（a1-a2）b1+（a2-a3）（b1+b2）+…+（an-1-an）（b1+b2+…bn-1）
+an（b1+b2+…+bn）=a1b1-a2b1+a2（b1+b2）-a3（b1+b2）+…+an-1（b1+b2+…bn-1）-an（b1+b2+…bn-1）+an（b1+b2+…+bn-1）+anbn=∑ni=1aibi.
证毕.
根据阿贝尔引理可得：设ai（i=1，2，…，n）为单调数组，令M=max1≤i≤n{|ai|}，|σk|≤A（1≤k≤n），那么有
∑ni=1aibi<3MA.（3）
证明因为ai（i=1，2，…，n）为单调数组，不妨ai为单调递减数组，则有
ai-ai+1≥0，i=1，2，…，n-1.
设因为M=max1≤i≤n{|ai|}，所以
|a1-an|≤|a1|+|an|≤2M.
又因为|σk|≤A（1≤k≤n），所以
|∑ni=1aibi|≤|（a1-a2）σ1|+|（a2-a3）σ2|+…+|（an-1-an）σn-1|+|anσn|
≤（a1-a2）|σ1|+（a2-a3）|σ2|+…+（an-1-an）|σn-1|+|an||σn|
≤（a1-a2）A+（a2-a3）A+…+（an-1-an）A+|an|A
≤[（a1-a2）+（a2-a3）+…+（an-1-an）]A+MA
=（a1-an）A+MA
≤（|a1|+|an|）A+MA
=2MA+MA
=3MA.
对于ai为单调递增数组，结论类似，故结论成立.证毕.
定理3设ai，bi（i=1，2，…，n）为两组实数，且存在M>0，有|ai|≤M，bi≥0（或bi≤0）.如果∑ni=1bi有界，那么∑ni=1aibi也有界.
证明因为bi≥0（或bi≤0），又∑ni=1bi有界，对于1≤k≤n，所以可设，|σk|=∑kj=1bj=∑kj=1|bj|≤∑nj=1|bj|=∑ni=1|bi|≤A.
在数集{1，2，…，n}上作一一映射f，即f（i）=j（i=1，2，…，n），并且相應地f（ai）=aj，f（bi）=bj（i=1，2，…，n），使得f（a1），f（a2），…，f（an）单调.根据阿贝尔引理的公式（3），可得
∑nj=1ajbj=∑ni=1f（ai）f（bi）
=∑ni=1aibi<3MA.（4）
因此，部分和∑ni=1aibi有界.证毕.
定理3说明，对非负（或非正）数组bi（i=1，2，…，n）为中每个数乘以一个有限数ai，它的部分和的有界性不改变.特别地，用aiM去换中的ai，可得
∑ni=1aiMbi<3A.
定理4 设an为一个有界数列.如果正项（或负项）级数∑∞n=1bn收敛，那么级数∑∞n=1anbn也收敛.
证明一方面级数∑∞n=1bn收敛，其部分和sn=∑ni=1bi有界，又数列an有界，根据定理2，级数∑∞n=1anbn的部分和为Sn=∑ni=1aibi有界. 另一方面级数∑∞n=1bn收敛，有{limn→∞}bn=0，且an为有界函数，从而{limn→∞}（Sn-Sn-1）={limn→∞}anbn=0.
根据定理1，数列Sn收敛. 从而级数∑∞n=1anbn收敛.
推论设an为一个有界数列.如果级数∑∞n=1bn收敛，且存在m∈N+，当n≥m时，bn≥0（或bn≤0），那么级数∑∞n=1anbn也收敛.
这是因为我们去掉级数前m项，不影响级数的敛散性.
定理5设an为一个收敛数列.如果级数
∑∞n=1bn收敛，那么级数∑∞n=1anbn也收敛.
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[责任编辑：李璟]
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