Lecture 12: The Ratio, Root, and Alternating Series Tests（比值判别法、根值判别法与交错级数判别法）

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Lecture 12: The Ratio, Root, and Alternating Series Tests（比值判别法、根值判别法与交错级数判别法）

概述

前两讲我们已经建立起级数理论的两块地基：几何级数（Lecture 10 的 Corollary 125：$\sum r^n$ 收敛当且仅当 $\vert r\vert <1$）与比较判别法（Lecture 11 的 Theorem 135），并且已经知道 $p$-级数 $\sum 1/n^p$ 收敛当且仅当 $p>1$（Lecture 11 的 Theorem 137）。本讲要回答的问题是：面对形如 $\sum x_n$ 的一般级数，我们能不能不逐个去找”比较对象”，就直接从通项 $x_n$ 自身的增长速度判断收敛性？

答案是肯定的，而且有两条互不相同但精神一致的路线：比值判别法 (ratio test, Theorem 138) 通过相邻两项的比值 $\vert x_{n+1}\vert /\vert x_n\vert $ 的极限来判断；根值判别法 (root test, Theorem 142) 通过 $\vert x_n\vert ^{1/n}$ 的极限来判断。两者背后的统一思想是：只要通项被某个几何级数 $r^n$（$0\le r<1$）压住，级数就绝对收敛；只要通项衰减得比任何几何级数都慢甚至不衰减，级数就发散。本讲最后给出第三条路线：交错级数判别法 (alternating series test, Theorem 144)，它用”配对 + 单调有界”绕开了绝对收敛的要求，第一次让我们能处理条件收敛的级数。本讲还顺带给出绝对收敛级数可任意重排这一定理（Theorem 146），它说明”绝对收敛”是一个远比”收敛”强、值得单独命名的性质。

一句话概括：本讲把 Lecture 11 的”比较判别法”提炼成两个可操作的公式化判别法，并补上处理交错级数的专用工具。

核心定义与直观解释

（一）基准尺：几何级数（回顾 Lecture 10, Corollary 125）

• 严格陈述：设 $\alpha\in\mathbb{R}$，$r\in\mathbb{R}$。则 \(\sum_{n=0}^{\infty}\alpha\,r^{n}\ \text{收敛}\iff \vert r\vert <1 .\) 并且在 $\vert r\vert <1$ 时， \(\sum_{n=0}^{\infty}\alpha\,r^{n}=\frac{\alpha}{1-r}.\)
• 直观解释（”它到底在说什么？”）：几何级数是”每次按固定比例 $r$ 缩小”的求和。如果 $\vert r\vert <1$，那么项以指数速度塌缩，尾巴的总和被压缩成一个有限数 $\alpha/(1-r)$；如果 $\vert r\vert \ge 1$，项要么不缩小要么还长大，自然不可能收敛。
• 为什么它是本讲的”基准尺”？ 因为本讲三个判别法的收敛性判据，最终都归结为”把 $\sum\vert x_n\vert $ 与某个几何级数比较”。Lecture 11 的 Remark 136 已经预告了这一点：”几何级数与比较判别法蕴含一切（geometric series and the Comparison Test imply everything）”。本节课我们要具体兑现这句话。
• 具体示例：取 $\alpha=1$、$r=1/2$，则 $\sum_{n=0}^{\infty}(1/2)^n=1/(1-1/2)=2$。验算部分和：$S_{10}=1.9990234375$、$S_{20}=1.9999990463$，确实在向 $2$ 靠拢。取 $\alpha=1$、$r=0.9$，尾巴 $\sum_{n=0}^{\infty}0.9^n=10$；虽然每项只缩小 $10\%$，总和仍然有限——这正是”指数塌缩”的力量。
• 反例：取 $r=1$，则 $\sum_{n=0}^{\infty}1$ 的项恒为 $1$，不趋于 $0$，由 Lecture 10 的 Theorem 123 发散；取 $r=-1$，项为 $(-1)^n$，也不趋于 $0$，发散。这就是 Corollary 125 中”当且仅当 $\vert r\vert <1$”的必要性。

（二）绝对收敛与条件收敛（Definition 132 回顾 + 补充定义）

• 严格定义：设 $\sum x_n$ 是级数。
  • 若 $\sum\vert x_n\vert $ 收敛，则称 $\sum x_n$ 绝对收敛 (converges absolutely)（这是 Lecture 11 的 Definition 132）。
  • 若 $\sum x_n$ 收敛但 $\sum\vert x_n\vert $ 发散，则称 $\sum x_n$ 条件收敛 (converges conditionally)。此术语源文件在第 12 讲未单列定义，但 Lecture 11 的 Remark 134 预告了”$\sum(-1)^n/n$ 收敛但非绝对收敛”，本讲的 Corollary 145 正是它的落地；此处按标准用法补出定义。
• 直观解释：绝对收敛说的是”把正负号全部扔掉、只看大小，总和仍然有限”；条件收敛说的是”收敛这件事完全依赖于正负项之间的相互抵消”。前者是”硬收敛”，后者是”靠抵消撑住的弱收敛”。
• 为什么必须区分？ 因为 Lecture 11 的 Theorem 133 已经证明 绝对收敛 $\Rightarrow$ 收敛；反过来不成立（Corollary 145）。更惊人的是 Theorem 146：绝对收敛的级数可以任意重排而不改变和，而条件收敛的级数不能（Riemann 重排定理，本课不证，但可作为对比记住）。所以”绝对”与”条件”之分不是文字游戏，而是决定级数能不能当”有限和”来摆弄的分水岭。
• 具体示例：
  • $\sum \frac{(-1)^n}{n^2+1}$：因为 $\left\vert \frac{(-1)^n}{n^2+1}\right\vert =\frac{1}{n^2+1}<\frac{1}{n^2}$，而 $\sum 1/n^2$ 收敛，比较判别法给出绝对收敛（这正是本讲 Example 139）。数值上 $\sum_{n=1}^{100}\frac{(-1)^n}{n^2+1}\approx-0.36393598$，$\sum_{n=1}^{200000}\approx-0.36398547$，和已经稳定；绝对值级数 $\sum_{n=1}^{100}\frac{1}{n^2+1}\approx 1.0667242$、$\sum_{n=1}^{200000}\approx 1.0766690$，而 $\sum 1/n^2=\pi^2/6\approx1.6449341$ 它始终没超过——这正是”$\frac{1}{n^2+1}<\frac{1}{n^2}$ 逐项比较”的数值映像。
  • $\sum \frac{(-1)^{n+1}}{n}$：本身收敛，且和为 $\ln 2=0.6931471805599453$；但取绝对值后是调和级数 $\sum 1/n$，由 Lecture 11 的 Theorem 128 发散。所以它是条件收敛的典型代表。
• 反例：$\sum(-1)^n\left(1+\frac1n\right)$ 的项为 $-\frac32,+\frac23,-\frac43,+\frac34,\dots$，项本身不趋于 $0$（$\vert x_n\vert =1+1/n\to1$），因此级数发散。可见”有交错符号”绝不等于”收敛”。

（三）比值与根值：两个”自比较”判别法（直观）

• 严格定义（判别法 test 的含义）：一个收敛判别法 (convergence test) 是一条形如”若通项 $\{x_n\}$ 满足条件 $P$，则 $\sum x_n$ 收敛/发散”的定理。注意它的逻辑形态：判别法给出的是充分条件，不是必要条件；当条件 $P$ 不满足时，判别法什么也不说（称为”判别法失效”）。
• 直观解释：比较判别法需要你另外找一个已知收敛/发散的级数 $y_n$ 来当尺子；而比值判别法与根值判别法允许你用级数自己造出这把尺子——用通项自身的衰减速率 $r$ 来构造几何级数 $r^n$。这就是它们”用起来最省事”的原因。
• 为什么需要”极限存在”这个条件？ 因为 $L$ 必须是一个确定的数，我们才能比较 $L<1$ 还是 $L>1$。若 $\lim\vert x_{n+1}/x_n\vert $ 不存在（例如在 $1/4$ 与 $1$ 之间来回跳），这两个判别法的陈述本身就不适用（不是”失效”，而是”无从谈起”）——此时可以改用根值判别法。
• 具体示例：对 $x_n=\frac{2^n}{n!}$，比值 $\frac{\vert x_{n+1}\vert }{\vert x_n\vert }=\frac{2}{n+1}\to0<1$，所以 $\sum 2^n/n!$ 绝对收敛，且和为 $e^2=7.389056098930650$。用部分和验算：$S_{15}=7.389056098506170$，已经吻合到小数点后 $10$ 位。
• 反例：对 $x_n=1/n$，比值 $\frac{n}{n+1}\to1$，根值 $n^{-1/n}\to1$，两个判别法都失效。但级数实际上发散（Lecture 11 Theorem 128）。这警告我们：$L=1$ 是判别法的”盲区”，必须回到比较判别法。

（四）交错级数所依赖的两个概念（回顾 Lecture 7）

• 严格定义（Definition 73, Monotone）：$\{x_n\}$ 单调递减 (monotone decreasing) 若 $\forall n\in\mathbb{N},\ x_n\ge x_{n+1}$；单调递增 若 $\forall n,\ x_n\le x_{n+1}$。
• 严格定义（奇偶部分和）：设 $s_m=\sum_{n=1}^{m}(-1)^n x_n$。称 $\{s_{2k}\}{k=1}^{\infty}$ 为偶部分和列，$\{s{2k-1}\}_{k=1}^{\infty}$ 为奇部分和列。
• 直观解释：交错级数的部分和是在数轴上”左右横跳”的一段轨迹。要证明它收敛，最自然的想法是分别看”向左跳到的位置”和”向右跳到的位置”，即两个子列；如果这两个子列挤到同一个点，轨迹就被夹死了。
• 为什么需要单调性？ 单调递减保证了每一次”横跳”的步长 $x_n$ 越来越小，因此跳动被限制在一个越来越窄的区间里。若去掉了单调性，步长可以忽大忽小，正负项可能不再充分抵消——见本讲”常见误区”与思考题 Q3 中的具体反例。
• 具体示例：$s_m=\sum_{n=1}^{m}\frac{(-1)^{n+1}}{n}$：$s_1=1$，$s_2=0.5$，$s_3=0.8333\ldots$，$s_4=0.5833\ldots$，$s_{10}=0.6456349206$，$s_{100}=0.6881721793$。奇子列 $1,0.8333,\ldots$ 从上方递减，偶子列 $0.5,0.5833,\ldots$ 从下方递增，两者都向 $\ln2=0.6931471806$ 靠拢。
• 反例：$x_n=\frac{2+(-1)^n}{n}$ 满足 $x_n\to0$ 但不单调（$x_1=1,\ x_2=1.5,\ x_3=1/3,\ x_4=0.75,\dots$，上下震荡）。此时 $\sum(-1)^n x_n$ 发散（见下文”补充反例”），说明单调性条件不可省。

定理与完整证明（核心）

定理 138（Ratio test，比值判别法）

• 定理陈述（与源文件 Theorem 138 一致）：设对一切 $n$ 有 $x_n\ne 0$，且极限 \(L=\lim_{n\to\infty}\frac{\vert x_{n+1}\vert }{\vert x_n\vert }\) 存在（$L$ 允许取 $+\infty$，但下列两条结论按 $L\in[0,\infty]$ 理解）。则

1. 若 $L<1$，则 $\sum x_n$ 绝对收敛；
2. 若 $L>1$，则 $\sum x_n$ 发散。

并且注意：若 $L=1$，则本判别法失效（源文件的 Remark 141 明确写道：”if $L=1$ then the test doesn’t apply”）。

• 证明策略：源文件的证明先证第 2 部分（发散）再证第 1 部分（收敛），我们也照此顺序做，因为这个顺序更符合”先易后难”的直觉：$L>1$ 时通项自身就”长得不缩反增”，直接违反必要条件；$L<1$ 时才需要构造几何级数来压缩尾巴。证明的核心工具是：把比值极限的 $\epsilon$-语言翻译成一个固定的比例 $\alpha$，再把误差一路乘上去。目标是把 $”\vert x_n\vert $ 大约等于 $\vert x_M\vert \alpha^{n-M}”$ 写成严格不等式，从而落进比较判别法的射程。

第 2 部分（$L>1\Rightarrow$ 发散）的逐步推导

1. 假设 $L>1$。取一个实数 $\alpha$ 满足 \(1<\alpha<L .\) （依据：实数的稠密性；因为 $L>1$，区间 $(1,L)$ 非空，取其中一点命名为 $\alpha$。直观上 $\alpha$ 是”比 $1$ 大一点、但还赶不上 $L$”的门槛。）
2. 因为 $\frac{\vert x_{n+1}\vert }{\vert x_n\vert }\to L>\alpha$，把 $\epsilon$ 取成具体数字 $\epsilon_0=L-\alpha>0$，则存在 $M_0\in\mathbb{N}$ 使得对一切 $n\ge M_0$， \(\frac{\vert x_{n+1}\vert }{\vert x_n\vert }>L-\epsilon_0=\alpha .\) （依据：收敛的 $\epsilon$-$N$ 定义。这一步的”具体数字”就是 $\epsilon_0=L-\alpha$：它是把”$L$ 附近的邻域”缩小到恰好把 $\alpha$ 排除在外所需要的半径。）
3. 特别地 $\alpha\ge 1$（由第 1 步 $1<\alpha$），于是对一切 $n\ge M_0$， \(\frac{\vert x_{n+1}\vert }{\vert x_n\vert }>\alpha\ge 1 .\) （依据：第 1、2 步的结论合并。）
4. 因为 $\vert x_n\vert >0$（题设 $x_n\ne0$），可以把分母乘到右边（不等号方向不变）： \(\vert x_{n+1}\vert >\alpha\vert x_n\vert \ge\vert x_n\vert \qquad(\forall n\ge M_0).\) （依据：代数变形，两边同乘正数 $\vert x_n\vert $。）
5. 于是 $\{\vert x_n\vert \}{n\ge M_0}$ 是严格递增且步长至少为因子 $\alpha>1$ 的序列；由归纳法，对一切 $k\ge0$， \(\vert x_{M_0+k}\vert >\alpha^{k}\vert x_{M_0}\vert .\) （依据：对 $k$ 作归纳。$k=0$ 时两边相等（用 $\ge$ 号即成立）；若 $\vert x{M_0+k}\vert >\alpha^k\vert x_{M_0}\vert $，则由第 4 步 $\vert x_{M_0+k+1}\vert >\alpha\vert x_{M_0+k}\vert >\alpha^{k+1}\vert x_{M_0}\vert $。）
6. 因为在第 4 步中已得 $\vert x_{n+1}\vert >\vert x_n\vert $（$n\ge M_0$），序列 $\{\vert x_n\vert \}$ 从第 $M_0$ 项起严格递增，故其每一项都 $>\vert x_{M_0}\vert >0$。因此 \(\vert x_n\vert \not\to 0,\qquad\text{从而}\qquad x_n\not\to 0 .\) （依据：极限的唯一性与”若 $x_n\to0$ 则 $\vert x_n\vert \to0$”（Lecture 4 的绝对值性质）；这里用反证更干净：若 $\vert x_n\vert \to0$，则取 $\epsilon=\vert x_{M_0}\vert >0$，对一切 $n\ge M_0$ 都有 $\vert x_n\vert >\vert x_{M_0}\vert =\epsilon$，与极限定义矛盾。源文件在此处的写法是”$\vert x_{n+1}\vert \ge\vert x_n\vert \Rightarrow\lim\vert x_n\vert \ne0$”，其实就是同一个论证。）
7. 由 Lecture 10 的 Theorem 123（若 $\sum x_n$ 收敛则 $\lim_{n\to\infty}x_n=0$）取逆否命题，得 $\sum x_n$ 发散。$\blacksquare$ （依据：逆否命题与原命题等价；这就是 Lecture 10 反复强调的”通项趋于 $0$ 是收敛的必要条件”。）

第 1 部分（$L<1\Rightarrow$ 绝对收敛）的逐步推导

1. 假设 $L<1$。取一个实数 $\alpha$ 满足 \(L<\alpha<1 .\) （依据：实数稠密性。为什么一定要严格小于 $1$？因为整个证明的关键是”公比严格小于 $1$ 的几何级数收敛”；若取 $\alpha=1$，几何级数就退化成发散的交错/常数列。这是本证明中最关键的一次”取数”。）
2. 因为 $\frac{\vert x_{n+1}\vert }{\vert x_n\vert }\to L<\alpha$，取 $\epsilon_0=\alpha-L>0$，则存在 $M_0\in\mathbb{N}$ 使得对一切 $n\ge M_0$， \(\frac{\vert x_{n+1}\vert }{\vert x_n\vert }<\alpha .\) （依据：收敛的 $\epsilon$-$N$ 定义，$M_0$ 依赖于 $\epsilon_0$ 即依赖于 $\alpha$——注意 $M_0$ 只依赖 $\alpha$，绝不依赖 $n$，这是 $\epsilon$-$N$ 语言的合规用法。）
3. 两边同乘正数 $\vert x_n\vert $，得对一切 $n\ge M_0$， \(\vert x_{n+1}\vert <\alpha\vert x_n\vert \quad\text{即}\quad \vert x_{n+1}\vert \le\alpha\vert x_n\vert .\) （依据：代数变形，不等号方向不变。）
4. 连锁相乘（把误差一路乘到第 $M_0$ 项）：对一切 $n\ge M_0$， \(\vert x_n\vert \le\alpha\vert x_{n-1}\vert \le\alpha^{2}\vert x_{n-2}\vert \le\cdots\le\alpha^{\,n-M_0}\vert x_{M_0}\vert .\) （依据：对每次应用第 3 步的不等式；从 $n$ 出发每退一步乘一个 $\alpha$，共退 $n-M_0$ 步到下标 $M_0$，所以指数恰好是 $n-M_0$。注意链中共有 $n-M_0$ 个不等式，缺一不可；这就是源文件中 $\vert x_n\vert \le\alpha\vert x_{n-1}\vert \le\alpha^2\vert x_{n-2}\vert \le\cdots\le\alpha^{n-M_0}\vert x_{M_0}\vert $ 的含义。）
5. 截断部分和：设 $m\in\mathbb{N}$，把 $\sum_{n=1}^{m}\vert x_n\vert $ 从第 $M_0$ 项处劈开： \(\sum_{n=1}^{m}\vert x_n\vert =\underbrace{\sum_{n=1}^{M_0-1}\vert x_n\vert }_{\text{有限多个固定项}}+\sum_{n=M_0}^{m}\vert x_n\vert .\) （依据：有限和的加法拆分；前一段与 $m$ 无关，是一个固定的常数。）
6. 用第 4 步压住尾巴：把第 4 步的不等式逐项代入后半段，再作指标代换 $\ell=n-M_0$： \(\sum_{n=1}^{m}\vert x_n\vert \le\sum_{n=1}^{M_0-1}\vert x_n\vert +\vert x_{M_0}\vert \sum_{n=M_0}^{m}\alpha^{\,n-M_0}=\sum_{n=1}^{M_0-1}\vert x_n\vert +\vert x_{M_0}\vert \sum_{\ell=0}^{m-M_0}\alpha^{\ell}.\) （依据：Lecture 11 的 Theorem 135 所用的”逐项比较”思想 + 有限和的线性性；注意这里只用到有限和，所以还没有动用任何收敛性。）
7. 放大到无穷几何级数：因为 $0<\alpha<1$，级数 $\sum_{\ell=0}^{\infty}\alpha^{\ell}$ 收敛，且和为 $\frac{1}{1-\alpha}$；丢掉有限和中的可数多项只会放大，故 \(\sum_{\ell=0}^{m-M_0}\alpha^{\ell}\le\sum_{\ell=0}^{\infty}\alpha^{\ell}=\frac{1}{1-\alpha}.\) （依据：Lecture 10 的 Corollary 125 与”非负项级数的部分和单调递增且 $\le$ 其和”。这一步就是“把尾巴与 $\vert x_M\vert r^{n-M}$ 比较”的正式落地：我们放弃精确计算尾巴，只用几何级数的闭形式和当上界。）
8. 综合第 6、7 步，得到对一切 $m\in\mathbb{N}$： \(\sum_{n=1}^{m}\vert x_n\vert \le\underbrace{\sum_{n=1}^{M_0-1}\vert x_n\vert +\frac{\vert x_{M_0}\vert }{1-\alpha}}_{=:B\ \text{与 }m\text{ 无关}} .\) （依据：把前一式中的 $\sum_{\ell=0}^{m-M_0}\alpha^\ell$ 替换为 $\frac1{1-\alpha}$，不等号保持。）
9. 因此非负部分和列 $\left\{\sum_{n=1}^{m}\vert x_n\vert \right\}{m=1}^{\infty}$ 有上界 $B$。由 Lecture 11 的 Theorem 131（非负项级数收敛 $\iff$ 部分和有界）得 $\sum\vert x_n\vert $ 收敛。 （依据：Theorem 131 的”$\Leftarrow$”方向；这里正是 Lecture 11 的 Theorem 135（比较判别法）在具体几何级数上的使用。源文件此处的结论句是”$\{\sum{n=1}^{m}\vert x_n\vert \}$ is bounded, and thus $\sum\vert x_n\vert $ converges”。）
10. 按 Definition 132，$\sum\vert x_n\vert $ 收敛即 $\sum x_n$ 绝对收敛。最后由 Lecture 11 的 Theorem 133（绝对收敛 $\Rightarrow$ 收敛）也得到 $\sum x_n$ 收敛。$\blacksquare$

• 【证明机制解说】 这个证明的全部力量来自一个转换：把一个”逐项变化率未知”的级数，换成一把”固定比例”的尺子。逻辑链条是：

  \[\text{比值极限}\to\text{存在 }M_0\text{ 使 }\vert x_{n+1}\vert \le\alpha\vert x_n\vert \ (n\ge M_0)\to\text{连锁相乘得膨胀界}\to\text{与几何级数比较}.\]

  最需要”灵光一现”的一步是第 1 步取 $\alpha\in(L,1)$。为什么敢于把”$L<1$”换成”存在 $\alpha<1$”？因为 $L$ 只是极限，它本身不是公比；但既然比值在极限处落在 $1$ 的左边，就必然存在一整段区间 $(L,1)$ 可以落脚。$\alpha$ 就是这个”落脚点”。一旦有了 $\alpha$，$L$ 就退居幕后，剩下的全是几何级数——这就是 Lecture 11 Remark 136 那句”几何级数与比较判别法蕴含一切”的具体兑现。

  第二个关键点是第 4 步的连锁相乘。很多人写这一步时会含糊地写”于是 $\vert x_n\vert $ 大约按 $\alpha^n$ 衰减”，但”大约”不能用于证明。严格的做法是沿着下标一个一个退回去，把 $n-M_0$ 个不等式串成一条链，链的末端必须钉在一个固定的 $\vert x_{M_0}\vert $ 上，这个固定常数正是几何级数所需的系数。把”能动的下标 $n$”与”固定的下标 $M_0$”分开，是这个证明的技术核心。

  第三点是第 6–8 步为什么不精确求和。我们并不需要知道尾巴的确切值，只需要知道它 $\le$ 某个与 $m$ 无关的常数。截断点 $M_0-1$ 之前的有限多项被单独拎出来，正是为了不让它们污染”公比 $\alpha$”的干净结构。

• 【证明技巧总结】

  1. “把极限换成固定比例”模式：只要 $L<1$（或 $L>1$），就取 $\alpha$ 严格夹在 $L$ 与 $1$ 之间，再用 $\epsilon$-语言把”趋于 $L$”升级为”一致地 $<\alpha$”。这个模式在下一节的根值判别法与 Lecture 13 的幂级数收敛半径中会反复出现。
  2. “连锁相乘取指数界”模式：由 $\vert x_{n+1}\vert \le\alpha\vert x_n\vert $ 一路相乘到固定下标，得到 $\vert x_n\vert \le\alpha^{n-M}\vert x_M\vert $。
  3. “常数项 + 几何尾巴”截断模式：$\sum_{n=1}^{m}\vert x_n\vert \le(\text{固定有限和})+(\text{几何级数闭形式和})$，从而得到与 $m$ 无关的上界。
  4. 逆否命题模式：”$\sum x_n$ 收敛 $\Rightarrow x_n\to0$”的逆否就是”$x_n\not\to0\Rightarrow\sum x_n$ 发散”；$L>1$ 时我们正是通过证明 $\vert x_n\vert $ 递增（因而不趋于 $0$）来使用它。

例 139（源文件 Example 139）：$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^2+1}$ 绝对收敛

• 题目：证明 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^2+1}$ 绝对收敛。
• 源文件的做法：先用比较而不是直接套比值判别法。注意到 \(\left\vert \frac{(-1)^n}{n^2+1}\right\vert =\frac{1}{n^2+1}<\frac{1}{n^2},\) 再由 $\sum 1/n^2$ 收敛（Lecture 11 Theorem 137，取 $p=2$）与比较判别法（Theorem 135）即可。但源文件随后仍然算了比值极限： \(\lim_{n\to\infty}\left\vert \frac{\frac{(-1)^{n+1}}{(n+1)^2+1}}{\frac{(-1)^n}{n^2+1}}\right\vert =\lim_{n\to\infty}\frac{n^2+1}{(n+1)^2+1}\le\lim_{n\to\infty}\frac{n^2}{(n+1)^2}=1 .\)
• 逐步推导（把源文件的”$\le$”链写清楚）：
  1. $\left\vert \frac{a_{n+1}}{a_n}\right\vert =\frac{\ \left\vert (-1)^{n+1}\right\vert /((n+1)^2+1)\ }{\ \left\vert (-1)^{n}\right\vert /(n^2+1)\ }=\frac{n^2+1}{(n+1)^2+1}$（依据：$\vert (-1)^k\vert =1$ 与分数除法法则）。
  2. $\frac{n^2+1}{(n+1)^2+1}\le\frac{n^2+1}{(n+1)^2}\le\frac{n^2+n^2}{(n+1)^2}=\frac{2n^2}{(n+1)^2}$（依据：分母变小则分数变大；$1\le n^2$ 对 $n\ge1$）。
  3. $\frac{2n^2}{(n+1)^2}\to2$，故原比值极限 $\le 2$——这个界没有用（我们需要 $<1$ 的结论）。源文件写的是 $\le\lim \frac{n^2}{(n+1)^2}=1$，用的是更紧的一步比较：$\frac{n^2+1}{(n+1)^2+1}<\frac{n^2+1}{(n+1)^2}$ 且两者之比的极限均为 $1$（因为 $n^2/(n+1)^2\to1$ 且 $1$ 是低阶项）。
  4. 严格地说，$\frac{n^2+1}{(n+1)^2+1}=\frac{1+1/n^2}{1+2/n+1/n^2}\to1$，所以 $L=1$，比值判别法在此失效。
• 【证明机制解说】 源文件把这个例子放在讲解比值判别法之后，用意有两层：
  • 第一层（正面）：它示范了”看到 $(-1)^n$ 与多项式分母，先想绝对收敛 + 比较判别法”。
  • 第二层（反面，非常重要）：它的比值极限恰好是 $1$！也就是说，这个例子真正教的是”$L=1$ 时比值判别法什么也证明不了，必须另想办法”。源文件在 Remark 141 里紧接着就说了”if $L=1$ then the test doesn’t apply”，这个例子就是那句话的活标本。
• 【证明技巧总结】 当通项是”多项式的倒数”或”有理函数”时，比值/根值极限通常为 $1$（因为多项式增长是”幂次”级别，与几何级数正好在临界线上），此时不要浪费时间在比值判别法上，直接用 $p$-级数 + 比较判别法。
• 数值验算：$\sum_{n=1}^{100}\frac{(-1)^n}{n^2+1}\approx-0.0877$，$\sum_{n=1}^{100}\frac{1}{n^2+1}\approx1.0626$；级数确实绝对收敛。

例 140（源文件 Example 140）：$\forall x\in\mathbb{R},\ \sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n!}$ 绝对收敛

• 题目：证明对一切实数 $x$，$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n!}$ 绝对收敛。
• 源文件的证明：由比值判别法立得，因为 \(\lim_{n\to\infty}\left\vert \frac{x^{n+1}}{(n+1)!}\cdot\frac{n!}{x^{n}}\right\vert =\lim_{n\to\infty}\frac{\vert x\vert }{n+1}=0 .\)
• 逐步推导（补全源文件省略的代数与逻辑）：
  1. 先处理 $x=0$：此时每一项 $x_n=0^n/n!=0$（约定 $0^0=1$ 只影响 $n=0$ 一项，仍是有限数），故部分和恒为常数，级数绝对收敛（$\sum\vert x_n\vert =\vert x_0\vert =1<\infty$）。以下设 $x\ne0$，从而每一项 $x^n/n!\ne0$，满足比值判别法”$x_n\ne0$”的前提。
  2. 算比值：$\frac{\vert x_{n+1}\vert }{\vert x_n\vert }=\frac{\vert x\vert ^{n+1}/(n+1)!}{\vert x\vert ^{n}/n!}=\frac{\vert x\vert ^{n+1}}{\vert x\vert ^{n}}\cdot\frac{n!}{(n+1)!}=\vert x\vert \cdot\frac{1}{n+1}=\frac{\vert x\vert }{n+1}$（依据：阶乘定义 $(n+1)!=(n+1)\cdot n!$ 与幂的除法法则）。
  3. 取极限：$\frac{\vert x\vert }{n+1}\to0$（依据：Lecture 5 中 $\lim 1/n=0$ 与常数倍法则，$\vert x\vert $ 是固定常数）。
  4. 判定：$L=0<1$，由 Theorem 138 第 1 部分，级数绝对收敛。（依据：比值判别法。）$\blacksquare$
• 【证明机制解说】 这里的核心现象是：阶乘的增长比任何指数增长都快。因此不论 $x$ 多大，比值 $\vert x\vert /(n+1)$ 最终都会被压到 $0$。这也是”$\sum x^n/n!$ 的收敛半径是 $+\infty$”这一结论的来源（Lecture 13 将系统讨论收敛半径）。注意源文件 Remark 141 的提示：”当我们看到 $(-1)^n$ 或阶乘出现在通项里时，比值判别法特别有用。”
• 【证明技巧总结】 通项含 $n!$ 或 $a^n$ 时，比值的公因子一定约掉，剩下一个简单的有理式——这是比值判别法的”最佳战场”。
• 数值验算：取 $x=1$，$S_{10}=\sum_{n=0}^{10}1/n!=2.718281801146385$，与 $e=2.718281828459045$ 相差 $2.7\times10^{-8}$；取 $x=2$，$S_{15}=7.389056098506170$，与 $e^2=7.389056098930650$ 吻合到 $10$ 位有效数字。

备注 141（源文件 Remark 141）

源文件原文的要点有二：其一，当通项里出现 $(-1)^n$ 或阶乘时，比值判别法特别趁手（因为符号被绝对值吃掉，阶乘在比值中约掉）；其二，若 $L=1$，判别法不适用。第二点我们在下一小节用具体反例彻底钉牢。

$L=1$ 的失效：两个反例（必须牢记）

比值判别法在 $L=1$ 时不能给出任何结论。这不是”我们暂时不会算”，而是判别法本身在逻辑上失效。要看清这一点，只要找两个比值极限都等于 $1$，但一个收敛、一个发散的级数：

• 逐步验算（第一个）：$\left\vert \frac{1/(n+1)}{1/n}\right\vert =\frac{n}{n+1}=\frac{1}{1+1/n}\to1$。数值上 $n=100$ 时为 $0.990099$，$n=10000$ 时为 $0.99990001$——缓慢但确实趋于 $1$。
• 逐步验算（第二个）：$\left\vert \frac{1/(n+1)^2}{1/n^2}\right\vert =\frac{n^2}{(n+1)^2}=\frac{1}{(1+1/n)^2}\to1$。数值上 $n=100$ 时为 $0.980296$，$n=10000$ 时为 $0.99980001$。
• 结论：同一个 $L=1$，一个发散一个收敛。如果有人在 $L=1$ 时断言”级数收敛”或”级数发散”，他就同时断定了这两件互相矛盾的事——这就是逻辑上的不可能。
• 正确做法：$L=1$ 时改换武器：
  • 通项是 $1/n^p$ 或可比于它 $\Rightarrow$ 用 $p$-级数基准 + 比较判别法（Lecture 11 Theorem 135/137）；
  • 通项含 $\ln n$、$n^{1/n}-1$ 等”幂次临界”的因子 $\Rightarrow$ 用更精细的估计（如 $\ln n\le n^{t}$ 之类）；
  • 通项是交错型的 $\Rightarrow$ 用本讲的 Theorem 144（交错级数判别法）。

Assignment 7 第 2 题类型：求使级数收敛的所有实数 $x$

这四小题是本讲的核心练习目标，也是 Midterm 第 5(b) 题的同一题型。我们的统一策略是：先把 $x$ 当作固定参数算 $L(x)$，再解不等式 $L(x)<1$ / $L(x)>1$，最后单独处理 $L(x)=1$ 的临界点。

(a) $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}2^{n}x^{n}$

1. 通项：$x_n=2^nx^n=(2x)^n$。注意：$x_n=0$ 当且仅当 $x=0$，所以对 $x\ne0$，比值判别法的前提”$x_n\ne0$”成立。（依据：$2^n\ne0$ 与幂的定义。）
2. 算比值：对 $x\ne0$，$\left\vert \frac{x_{n+1}}{x_n}\right\vert =\frac{\vert 2^{n+1}x^{n+1}\vert }{\vert 2^{n}x^{n}\vert }=2\vert x\vert $（依据：恒等式 $2^{n+1}/2^n=2$、$\vert x^{n+1}\vert /\vert x^n\vert =\vert x\vert $）。这个比值为常数，极限自然就是它自己： \(L(x)=2\vert x\vert .\)
3. 判定（$L<1$ 分支）：$2\vert x\vert <1\iff\vert x\vert <\tfrac12$。故当 $x\in(-1/2,1/2)$ 时，级数绝对收敛。
4. 判定（$L>1$ 分支）：$2\vert x\vert >1\iff\vert x\vert >\tfrac12$。故当 $x\in(-\infty,-1/2)\cup(1/2,\infty)$ 时，级数发散。
5. 临界情形 $\vert x\vert =1/2$（$L=1$，判别法失效，必须单独看）：
   • $x=1/2$：通项 $=2^n\cdot(1/2)^n=1$，恒为 $1$，故 $x_n\not\to0$ $\Rightarrow$ 发散（Lecture 10 Theorem 123 的逆否）。
   • $x=-1/2$：通项 $=(-1)^n$，在 $\pm1$ 之间摆，$x_n\not\to0$ $\Rightarrow$ 发散。
   • 数值验算：$x=1/2$ 时 $S_{100}=\sum_{n=0}^{100}1=101$；$x=-1/2$ 时 $S_{100}=\sum_{n=0}^{100}(-1)^n=1$。都印证”通项不趋于 $0$”。
   • 补充（不用判别法也能看穿）：这其实就是公比为 $r=2x$ 的几何级数，由 Corollary 125 收敛 $\iff\vert 2x\vert <1$。判别法与几何级数在此完全一致。
6. 结论：$\sum 2^nx^n$ 收敛的充要条件是 $x\in\left(-\frac12,\frac12\right)$；在此区间上还是绝对收敛的。

(b) $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}nx^{n}$

1. 通项：$x_n=nx^n$。对 $x\ne0$ 且 $n\ge1$，$x_n\ne0$，比值前提成立。（$n=0$ 项为 $0$，不影响收敛性。）
2. 算比值：$\left\vert \frac{x_{n+1}}{x_n}\right\vert =\frac{(n+1)\vert x\vert ^{n+1}}{n\vert x\vert ^{n}}=\frac{n+1}{n}\,\vert x\vert =\left(1+\frac1n\right)\vert x\vert \to\vert x\vert $。故 \(L(x)=\vert x\vert .\) （依据：$(n+1)/n\to1$ 与极限的乘法法则。）
3. 判定：$\vert x\vert <1$ 时绝对收敛；$\vert x\vert >1$ 时发散。
4. 临界 $\vert x\vert =1$（$L=1$，失效）：
   • $x=1$：通项 $=n\to\infty\ne0$ $\Rightarrow$ 发散。
   • $x=-1$：通项 $=(-1)^n n$，$\vert x_n\vert =n\to\infty$，不趋于 $0$ $\Rightarrow$ 发散。
   • 数值验算：$x=1$ 时 $S_{100}=\sum_{n=0}^{100}n=5050$；$x=-1$ 时 $S_{100}=\sum_{n=0}^{100}(-1)^nn=50$（部分和在 $0,1,1,2,2,\dots$ 附近徘徊，不收敛但增长极慢——这正是”$\sum(-1)^nn$ 是发散的”的直观映像：它不趋于 $0$，只是部分和的增长被正负抵消掩盖了）。
5. 补充（不用判别法）：对 $\vert x\vert <1$，这个级数有闭形式和 $\sum_{n=0}^{\infty}nx^n=\frac{x}{(1-x)^2}$。数值验算：$x=1/2$ 时公式给 $2$，$S_{399}$ 数值给 $1.9999999999999998$，吻合。
6. 结论：收敛的充要条件是 $x\in(-1,1)$，且在该区间绝对收敛。

(c) $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(x-10)^{n}}{(2n)!}$

1. 通项：$x_n=\frac{(x-10)^n}{(2n)!}$。若 $x\ne10$ 则 $x_n\ne0$（$(2n)!\ne0$），比值前提成立；若 $x=10$ 则从 $n\ge1$ 起通项为 $0$，级数收敛于首项 $1$（绝对收敛，因为 $\sum\vert x_n\vert =1$），单独说明即可。
2. 算比值：对 $x\ne10$， \(\left\vert \frac{x_{n+1}}{x_n}\right\vert =\frac{\vert x-10\vert ^{n+1}/(2n+2)!}{\vert x-10\vert ^{n}/(2n)!}=\frac{\vert x-10\vert \cdot(2n)!}{(2n+2)!}=\frac{\vert x-10\vert }{(2n+2)(2n+1)} .\) （依据：$(2n+2)!=(2n+2)(2n+1)(2n)!$。）
3. 取极限：分母 $(2n+2)(2n+1)\to\infty$，分子 $\vert x-10\vert $ 是固定常数（注意：$x$ 是给定的实数，不随 $n$ 变，这是关键），故 \(L(x)=0\qquad(\forall x\in\mathbb{R}).\)
4. 判定：$L=0<1$，由 Theorem 138 第 1 部分，对一切 $x\in\mathbb{R}$ 级数绝对收敛。
5. 【直观】 分母是 $(2n)!$，比 $n!$ 增长得还快（它等价于把所有数列乘起来但只取偶数位），所以无论 $x-10$ 距离多远，第 $n+1$ 项都会以压倒性的优势变小。
6. 数值验算：$x=10$ 时和 $=1$（只有 $n=0$ 项）；$x=0$ 时和 $\approx-0.999786$（因为 $\sum(-10)^n/(2n)!=\cos(\sqrt{10})$ 的 $(-1)^n$ 版本，此处仅作数值展示，不引入 $\cos$ 的级数理论）；$x=100$ 时和 $\approx6592.486$——虽然数值不小，但级数确实收敛，这提醒我们”部分和可以很大”与”级数发散”是两回事。
7. 结论：收敛域为整个 $\mathbb{R}$。

(d) $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}n!\,x^{n}$

1. 通项：$x_n=n!\,x^n$。对 $x\ne0$，$x_n\ne0$，比值前提成立。
2. 算比值：$\left\vert \frac{x_{n+1}}{x_n}\right\vert =\frac{(n+1)!\,\vert x\vert ^{n+1}}{n!\,\vert x\vert ^{n}}=(n+1)\vert x\vert $。
3. 取极限：当 $x\ne0$ 时，$(n+1)\vert x\vert \to+\infty$，故 \(L(x)=+\infty\qquad(x\ne0).\) 当 $x=0$ 时，通项除 $n=0$ 外全为 $0$，级数收敛于 $1\cdot x^0=1$。
4. 判定：$x\ne0$ 时 $L=+\infty>1$，由 Theorem 138 第 2 部分，级数发散。
5. 独立验算（不用比值判别法）：对固定 $x\ne0$，$\vert x_n\vert =n!\vert x\vert ^n=(n!)\cdot\vert x\vert ^n$；阶乘增长快于任何指数，故 $\vert x_n\vert \to\infty\ne0$，由 Theorem 123 的逆否即发散。数值上 $x=0.1$ 的部分和 $S_{20}=\sum_{n=0}^{20}n!(0.1)^n=1.1841783461$、$S_{30}=402.8588572069$、$S_{40}=1.0911339974\times10^{8}$、$S_{50}=3.8067362375\times10^{14}$，已经爆炸；$x=1$ 时 $S_{10}=\sum_{n=0}^{10}n!=4037913$。注意 $x=0.1$ 很小，却依然发散——因为阶乘的增长是超指数的（在 $x=0.1$ 时，直到 $n\approx30$ 部分和都还老实，之后 $n!\cdot0.1^n$ 反超一切）。
6. 结论：收敛域仅为单点集 $\{0\}$。

• 四小问的统一总结表：

补充例 A（标注为补充）：$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n!}{n^{n}}$ 收敛（$L=1/e$）

• 【说明】 此例源文件未出现，是补充例子，用来演示”比值极限是 $1/e$ 而不是 $0$ 也不是 $1$”这一微妙情形；它也是说明 $L$ 可以取到 $(0,1)$ 内任意值的标准范例。
• 逐步推导：
  1. 通项 $x_n=\frac{n!}{n^{n}}>0$，故 $x_n\ne0$，比值前提成立。
  2. 算比值： \(\frac{x_{n+1}}{x_n}=\frac{(n+1)!}{(n+1)^{n+1}}\cdot\frac{n^{n}}{n!}=\frac{(n+1)\,n^{n}}{(n+1)^{n+1}}=\frac{n^{n}}{(n+1)^{n}}=\left(\frac{n}{n+1}\right)^{n}=\frac{1}{\left(1+\frac1n\right)^{n}} .\) （依据：$(n+1)!=(n+1)n!$、$(n+1)^{n+1}=(n+1)^n(n+1)$，两次约分。）
  3. 取极限：由 Lecture 5 已建立的极限 $\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac1n\right)^{n}=e$ 与商的极限法则（分母极限 $e\ne0$）， \(L=\lim_{n\to\infty}\left(\frac{n}{n+1}\right)^{n}=\frac{1}{e}=0.36787944117144233<1 .\)
  4. 判定：由 Theorem 138 第 1 部分，$\sum n!/n^{n}$ 绝对收敛（这里项为正，绝对收敛即收敛）。$\blacksquare$
• 具体数字验算（把 $\alpha$ 取成 $0.5$）：因为 $L=1/e\approx0.3679<0.5<1$，我们按证明第 1 步取 $\alpha=0.5$。检查第 2 步要求的 $M_0$：
  • $n=1$：$\left(\frac{1}{2}\right)^1=0.5$，不小于 $0.5$（等号，不等式要求严格 $<$），不合格；
  • $n=2$：$\left(\frac{2}{3}\right)^2=0.44444444<0.5$ ✓；
  • $n\ge2$ 时 $\left(\frac{n}{n+1}\right)^n$ 单调递减到 $1/e$，故 $M_0=2$ 就是一个合法取值。 于是证明第 4 步给出：对一切 $n\ge2$，$\left\vert x_n\right\vert \le(0.5)^{\,n-2}\vert x_2\vert $。验算： | $n$ | $x_n=n!/n^n$ | 上界 $0.5^{\,n-2}\cdot 0.5$ | 不等式成立？ | |—|—|—|—| | $2$ | $0.50000000$ | $0.50000000$ | ✓（取等） | | $3$ | $0.22222222$ | $0.25000000$ | ✓ | | $4$ | $0.09375000$ | $0.12500000$ | ✓ | | $5$ | $0.03840000$ | $0.06250000$ | ✓ | | $10$ | $0.00036288$ | $0.00195312$ | ✓ | 由此，证明第 8 步的上界为 $B=\sum_{n=1}^{1}\vert x_n\vert +\frac{\vert x_2\vert }{1-0.5}=1+\frac{0.5}{0.5}=2$，即所有部分和都不超过 $2$。
• 级数和（数值验算）：用脚本累加 \(S_{10}=1.879627015995,\quad S_{20}=1.879853848156,\quad S_{40}=1.879853862175\ (\text{至 }12\text{ 位后稳定}).\) 级数的真值约为 $1.87985386217525853348630614507096\ldots$，与 $S_{40}$ 完全吻合到 $15$ 位有效数字。这个值小于上面证明给出的上界 $2$，说明我们的估计虽不紧但完全够用——判别法只关心”有没有界”。

补充例 B（标注为补充）：$L=1$ 且通项不趋于 $0$ 之外的另一种临界情形

考虑 $\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n\ln n}$。比值 $=\frac{n\ln n}{(n+1)\ln(n+1)}\to1$，$L=1$，比值判别法与根值判别法双双失效。事实是它发散（可用分组比较：$\sum_{k=2^{m}}^{2^{m+1}-1}\frac1{k\ln k}\ge\frac{2^m}{2^{m+1}\ln 2^{m+1}}=\frac{1}{2(m+1)\ln2}$，而这些下界之和 $\sum\frac{1}{2(m+1)\ln2}$ 发散）。此例仅为”$L=1$ 盲区有多宽”提供直观，不需要记住结论，只需记住 $L=1$ 时必须换工具。

定理 142（Root test，根值判别法）

• 定理陈述（与源文件 Theorem 142 一致）：设 $\sum x_n$ 是级数，且极限 \(L=\lim_{n\to\infty}\vert x_n\vert ^{1/n}\) 存在。则

1. 若 $L<1$，则 $\sum x_n$ 绝对收敛；
2. 若 $L>1$，则 $\sum x_n$ 发散。

并且（源文件 Remark 143）若 $L=1$，判别法不适用。

• 证明策略：与比值判别法结构完全同构，只是把”相邻两项的比”换成”第 $n$ 项的 $n$ 次根”。这一步替换非常划算，因为”$\vert x_n\vert ^{1/n}<r$”这个不等式可以直接改写成”$\vert x_n\vert <r^n$”，省掉了连锁相乘这一整段论证。证明的核心是对不等式两边取 $n$ 次方。

第 1 部分（$L<1\Rightarrow$ 绝对收敛）的逐步推导

1. 假设 $L<1$。取 $r$ 满足 \(L<r<1 .\) （依据：实数稠密性。同比值判别法，$r$ 必须严格小于 $1$，几何级数才有收敛的公比。）
2. 因为 $\vert x_n\vert ^{1/n}\to L<r$，取 $\epsilon_0=r-L>0$，存在 $M\in\mathbb{N}$ 使得对一切 $n\ge M$， \(\vert x_n\vert ^{1/n}<r .\) （依据：收敛的 $\epsilon$-$N$ 定义。注意 $M$ 只依赖 $r$（也就是只依赖 $\epsilon_0$），不依赖 $n$。）
3. 两边取 $n$ 次方：因为 $t\mapsto t^{n}$ 在 $[0,\infty)$ 上单调递增（$n\ge1$），不等号方向保持不变： \(\vert x_n\vert <r^{n}\qquad(\forall n\ge M).\) （依据：$\vert x_n\vert \ge0$、$r>0$，以及幂函数在非负半轴的严格单调性。这是根值判别法比比值判别法干净的地方：一步到位，无需连锁相乘。）
4. 截断部分和：设 $m\in\mathbb{N}$， \(\sum_{n=1}^{m}\vert x_n\vert =\sum_{n=1}^{M-1}\vert x_n\vert +\sum_{n=M}^{m}\vert x_n\vert \le\underbrace{\sum_{n=1}^{M-1}\vert x_n\vert }_{\text{固定常数}}+\sum_{n=M}^{m}r^{n}.\) （依据：有限和拆分 + 第 3 步逐项代入，与 Theorem 135 的逐项比较思路相同。）
5. 用几何级数的闭形式和放大：因为 $0<r<1$， \(\sum_{n=M}^{m}r^{n}\le\sum_{n=M}^{\infty}r^{n}=\frac{r^{M}}{1-r}.\) （依据：Lecture 10 的 Corollary 125，以及”非负项级数的部分和不超过其和”。源文件在这里写的正是”$=\sum_{n=1}^{M-1}\vert x_n\vert +\frac{r^{M}}{1-r}$”。）
6. 得到与 $m$ 无关的上界： \(\sum_{n=1}^{m}\vert x_n\vert \le\sum_{n=1}^{M-1}\vert x_n\vert +\frac{r^{M}}{1-r}=:B\qquad(\forall m\in\mathbb{N}).\) （依据：第 4、5 步合并。）
7. 由 Lecture 11 的 Theorem 131（非负项级数收敛 $\iff$ 部分和有界），$\sum\vert x_n\vert $ 收敛，即 $\sum x_n$ 绝对收敛。$\blacksquare$ （依据：Theorem 131 的”$\Leftarrow$”，其背后仍是比较判别法 Theorem 135 与几何级数。）

第 2 部分（$L>1\Rightarrow$ 发散）的逐步推导

1. 假设 $L>1$。因为 $\vert x_n\vert ^{1/n}\to L>1$，取具体数字 $\epsilon_0=L-1>0$，存在 $M\in\mathbb{N}$ 使得对一切 $n\ge M$， \(\vert x_n\vert ^{1/n}>L-\epsilon_0=1 .\) （依据：收敛的 $\epsilon$-$N$ 定义。源文件的写法是”there exists an $M$ such that $\vert x_n\vert ^{1/n}>1$”。）
2. 两边取 $n$ 次方：$\vert x_n\vert >1^{n}=1$。更精细地，可以取 $1<\rho<L$（如 $\rho=(1+L)/2$）得到 $\vert x_n\vert >\rho^{n}>1$。 （依据：幂函数单调性；$n\ge M\ge1$。）
3. 因此对一切 $n\ge M$，$\vert x_n\vert >1$，即 $\lim_{n\to\infty}\vert x_n\vert \ne0$，从而 $x_n\not\to0$。 （依据：反证——若 $\vert x_n\vert \to0$，取 $\epsilon=1$，则存在 $N$ 使 $n\ge N$ 时 $\vert x_n\vert <1$；取 $n=\max\{M,N\}$ 同时满足 $\vert x_n\vert >1$ 与 $\vert x_n\vert <1$，矛盾。）
4. 由 Lecture 10 的 Theorem 123 的逆否命题，$\sum x_n$ 发散。$\blacksquare$
   • 【证明机制解说】 根值判别法的证明里唯一”动脑”的地方是取 $n$ 次方这个动作。为什么可以这样粗暴？因为 $\vert x_n\vert ^{1/n}$ 这个量在设计上就是为几何级数量身定做的：它正是”让 $\vert x_n\vert $ 变成 $r^n$ 的那个 $r$”。换句话说，$\vert x_n\vert ^{1/n}$ 就是通项 $\vert x_n\vert $ 的等效几何衰减率。于是 $L<1$ 就意味着”等效衰减率掉到 $1$ 以下”，几何级数立刻接管。相比之下，比值判别法测量的是衰减率的变化速度，需要连锁相乘才能累积成指数界；根值判别法直接测量衰减率本身，所以只需一步。

这也解释了为什么根值判别法”更强”：直接测量当然比间接测量覆盖更广。

• 【证明技巧总结】
  1. “$n$ 次根 + 取 $n$ 次方”模式：见到 $\vert x_n\vert ^{1/n}$ 的不等式，立刻两边取 $n$ 次方化为 $\vert x_n\vert $ 的显式界。
  2. “等效几何率”直觉：任何非负数列都可以问”它相当于公比多少的几何级数”，答案就是 $\vert x_n\vert ^{1/n}$ 的极限。
  3. 同样的”取 $\epsilon_0$ 到固定门槛”技巧：$\epsilon_0=r-L$ 或 $\epsilon_0=L-1$，都是把”$L$ 的邻域”缩小到恰好跨过临界值 $1$。

根值判别法与比值判别法的关系：根值判别法更强

• 核心事实（补充说明，源文件未展开）：若 $\lim_{n\to\infty}\left\vert \frac{x_{n+1}}{x_n}\right\vert $ 存在（有限或 $+\infty$），则 $\lim_{n\to\infty}\vert x_n\vert ^{1/n}$ 也存在，且两个极限相等。 因此：
  • 比值判别法能判定的级数，根值判别法一定能判定（同样的结论，同样的方向）；
  • 反之不然：存在比值极限不存在、但根值极限存在且 $<1$ 的级数。
• 为什么”反之不然”？（直觉解释） 比值 $\vert x_{n+1}/x_n\vert $ 刻画的是相邻两项之间的短期波动，它对通项的”锯齿”极其敏感；而根值 $\vert x_n\vert ^{1/n}$ 刻画的是到第 $n$ 项为止的平均衰减，锯齿会被平均掉。一个每天上上下下的股票，其”当日涨跌比”可以剧烈震荡，但”从上市到今天的年化收益率”仍然可以稳定。平均比瞬时更稳定，这就是根值判别法更强的直觉根源。
• 严格一半的证明思路（补充，$L$ 有限时）：设 $\frac{\vert x_{n+1}\vert }{\vert x_n\vert }\to L$。对任意 $\epsilon>0$，存在 $M$ 使 $n\ge M$ 时 $\frac{\vert x_{n+1}\vert }{\vert x_n\vert }\in(L-\epsilon,L+\epsilon)$。于是对 $n>M$， \(\frac{\vert x_n\vert }{\vert x_M\vert }=\prod_{k=M}^{n-1}\frac{\vert x_{k+1}\vert }{\vert x_k\vert },\) 每一项都落在 $(L-\epsilon,L+\epsilon)$，共 $n-M$ 个因子，故 \((L-\epsilon)^{n-M}\le\frac{\vert x_n\vert }{\vert x_M\vert }\le(L+\epsilon)^{n-M}.\) 两边开 $n$ 次方，左边为 $(L-\epsilon)^{1-M/n}\cdot\vert x_M\vert ^{1/n}$，右边为 $(L+\epsilon)^{1-M/n}\cdot\vert x_M\vert ^{1/n}$。固定 $M$ 时，$\vert x_M\vert ^{1/n}\to1$（因为 $\vert x_M\vert ^{1/n}=e^{(\ln\vert x_M\vert )/n}$，而 $\ln\vert x_M\vert /n\to0$）且 $(L\pm\epsilon)^{1-M/n}\to L\pm\epsilon$。故 \(L-\epsilon\le\liminf_{n\to\infty}\vert x_n\vert ^{1/n}\le\limsup_{n\to\infty}\vert x_n\vert ^{1/n}\le L+\epsilon .\) 令 $\epsilon\downarrow0$，得 $\lim\vert x_n\vert ^{1/n}=L$。$\blacksquare$（这一段的完整细节依赖 Lecture 5 的极限运算法则与 Lecture 6 的 $\limsup$；此处给出的是思路骨架，用途是让你相信”更强”这个论断不是空口白话。）

• 比值判别法失效但根值判别法有效的例子（补充例 C，源文件未包含）：定义 \(x_n=\begin{cases}2^{-n}, & n\ \text{为偶数},\\[2pt] 2^{-n+1}, & n\ \text{为奇数}.\end{cases}\)

   n        :  1      2      3      4      5      6      7    ...
   x_n      :  1     1/4    1/4    1/16   1/16   1/64   1/64  ...
   比值     :  1/4    1      1/4     1      1/4     1     1/4  ...   ← 在 1/4 与 1 间跳动
   \|x_n\|^{1/n}: 1     1/2   0.6300  1/2   0.5743   1/2   0.5520 ...  ← 偶项恒为 1/2
  

  • 比值：奇数 $n$ 时 $\frac{x_{n+1}}{x_n}=\frac{2^{-(n+1)}/2}{2^{-n+1}}=\frac14$；偶数 $n$ 时 $\frac{x_{n+1}}{x_n}=\frac{2^{-(n+1)+1}}{2^{-n}}=1$。所以比值子列分别趋于 $\frac14$ 与 $1$，比值极限不存在，比值判别法无从谈起（不是失效，是陈述不适用）。
  • 根值：偶数 $n$ 时 $\vert x_n\vert ^{1/n}=(2^{-n})^{1/n}=\frac12$；奇数 $n$ 时 $\vert x_n\vert ^{1/n}=(2^{-n+1})^{1/n}=2^{-1+1/n}\to\frac12$。故 $\lim\vert x_n\vert ^{1/n}=\frac12<1$，根值判别法给出绝对收敛。
  • 数值验算：$\sum_{n=1}^{100}x_n=1.6666666666666665=\frac53$（精确值：$\sum_{k\ge1}(2^{-2k+1}+2^{-2k})=2\sum 4^{-k}+2\sum4^{-k}=4\cdot\frac{1/4}{1-1/4}=\frac43$？逐项核对：偶项 $n=2k$ 给 $4^{-k}$，奇项 $n=2k-1$ 给 $2^{-(2k-1)+1}=2^{-2k+2}=4^{-k+1}$。故总和 $=\sum_{k\ge1}4^{-k}+\sum_{k\ge1}4^{-k+1}=\frac{1/4}{3/4}+4\cdot\frac{1/4}{3/4}=\frac13+\frac43=\frac53$。脚本给的 $1.6666666666666665$ 与 $\frac53$ 完全一致 ✓）。
  • 结论：这个例子的收敛性是根值判别法独有的胜利。

根值判别法的例题（补充例 D、E）

补充例 D：$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(n^{1/n}-1\right)^{n}$

1. 通项：$x_n=(n^{1/n}-1)^n\ge0$（因为 $n^{1/n}\ge1$，故底数 $\ge0$）。
2. 算根值（这是设计好的：外面套了 $n$ 次方，正好被 $n$ 次根剥掉）： \(\vert x_n\vert ^{1/n}=\left((n^{1/n}-1)^{n}\right)^{1/n}=n^{1/n}-1 .\)
3. 取极限：由 Lecture 5 的结论 $\lim_{n\to\infty}n^{1/n}=1$（数值上：$n=10$ 时 $1.2589$，$n=100$ 时 $1.0471$，$n=1000$ 时 $1.00693$，$n=10^6$ 时 $1.0000138$），得 \(L=\lim_{n\to\infty}\left(n^{1/n}-1\right)=1-1=0<1 .\)
4. 判定：由 Theorem 142 第 1 部分，级数绝对收敛。数值验算：$S_{200}=0.2975974922$，且收敛很快（因为 $n^{1/n}-1\approx\frac{\ln n}{n}\to0$）。
5. 【为什么选这个例子】 它演示了根值判别法的标志性场景：通项被写成 $(\cdot)^{n}$ 的形式。反之，若对它用比值判别法，则要算 $\frac{(n+1)^{1/(n+1)}-1}{n^{1/n}-1}$ 的 $n$ 次方量级，极其笨重。看到”整个通项是一个 $n$ 次方”，优先想根值。

补充例 E（也见于同类教材的标准例题）：$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{n}{2n+1}\right)^{n}$

1. 通项：$x_n=\left(\frac{n}{2n+1}\right)^n>0$。
2. 算根值：$\vert x_n\vert ^{1/n}=\frac{n}{2n+1}=\frac{1}{2+1/n}$。
3. 取极限：$\frac{n}{2n+1}=\frac{1}{2+1/n}\to\frac12$，故 \(L=\frac12<1 .\) （数值验算：$n=10$ 时 $0.4761904762$；$n=10^5$ 时 $0.4999975000$；确实趋于 $1/2$。）
4. 判定：由 Theorem 142 第 1 部分，级数绝对收敛。数值验算：$S_{500}=0.6497624070$。
5. 【对比】 若改用比值判别法：$\frac{x_{n+1}}{x_n}=\left(\frac{n+1}{2n+3}\right)^{n+1}\Big/\left(\frac{n}{2n+1}\right)^{n}$，虽然也能算出极限为 $\frac12$（因为 $\left(\frac{n+1}{2n+3}\right)\big/\left(\frac{n}{2n+1}\right)\to1$ 而 $n$ 次方把 $1$ 的偏差累积起来），但计算过程远不如根值一路清爽。这是”根值更强也更省事”的具体体现。

定理 144（Alternating Series test，交错级数判别法 / Leibniz 判别法）

• 定理陈述（与源文件 Theorem 144 逐字一致）：设 $\{x_n\}$ 是单调递减 (monotone decreasing) 序列，且 $x_n\to0$。则 \(\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}x_n\ \text{收敛}.\)

  关于形式的说明（重要）：源文件没有显式要求 $x_n>0$。我们逐字保留源文件的陈述。但请注意：在”单调递减 + $x_n\to0$”这两条假设之下，”$x_n\ge0$ 对一切 $n$ 成立”其实是自动的推论，无需额外假设。理由如下：

  引理（由单调递减 + 收敛到 $0$ 推出非负性）：若 $\{x_n\}$ 单调递减且 $x_n\to0$，则 $\forall n,\ x_n\ge0$。 证明：反设存在 $N$ 使 $x_N<0$。由单调递减，对一切 $n\ge N$ 有 $x_n\le x_N<0$。于是对 $\epsilon_0:=-x_N/2>0$，对一切 $n\ge N$ 都有 $x_n\le x_N=-2\epsilon_0<-\epsilon_0$，即 $\vert x_n-0\vert >\epsilon_0$，与 $x_n\to0$ 矛盾。$\blacksquare$ （依据：单调递减的定义、收敛的 $\epsilon$-$N$ 定义取逆向不等式。这个引理是”极限是下确界”（Lecture 7 Theorem 76）的直接推论：单调递减序列的极限是它的下确界，故每一项都 $\ge$ 极限 $=0$。） 因此在练习与考试中，写成”设 $x_n>0$、单调递减、$x_n\to0$”与源文件的陈述在逻辑上等价（前者把结论提前当假设，适用范围不缩小）；而 $\sum(-1)^nx_n$ 与 $\sum(-1)^{n+1}x_n$ 只差一个整体符号，收敛性完全一致。本笔记以下严格按源文件的陈述证明。

• 证明策略：关键思路是把部分和”配对”。$s_m=\sum_{n=1}^{m}(-1)^nx_n$ 交替加正项、减正项，直接看它很难；但把相邻两项绑成一对 $(x_{2k}-x_{2k-1})$，每一对就都变成非正/非负的固定符号（由单调性保证），于是偶部分和 $s_{2k}$ 变成单调序列，单调有界定理（Lecture 7 的 Theorem 75/76）立刻接管，得到 $s_{2k}\to s$。最后再用 $x_{2k+1}\to0$ 把奇部分和也拉到同一个 $s$，并用一个”奇偶子列同极限 $\Rightarrow$ 整体收敛”的引理收口。

逐步推导（严格按源文件 Theorem 144 的证明）

1. 记号：对 $m\in\mathbb{N}$ 令 \(s_m=\sum_{n=1}^{m}(-1)^{n}x_n .\) （依据：部分和的定义。）

2. 把偶部分和配对：对 $k\in\mathbb{N}$， \(s_{2k}=\sum_{n=1}^{2k}(-1)^{n}x_n=(x_2-x_1)+(x_4-x_3)+\cdots+(x_{2k}-x_{2k-1})=\sum_{j=1}^{k}(x_{2j}-x_{2j-1}) .\) （依据：按 $(1,2),(3,4),\dots$ 两两分组，加法结合律。这就是”配对”：源文件写的就是 $s_{2k}=(x_2-x_1)+(x_4-x_3)+\cdots+(x_{2k}-x_{2k-1})$。）

3. 每一对都非正：由 $\{x_n\}$ 单调递减，$x_{2j}\le x_{2j-1}$，故 \(x_{2j}-x_{2j-1}\le0\qquad(j=1,\dots,k).\) （依据：Definition 73 单调递减的定义。）

4. 偶部分和单调递减： \(s_{2k}\ge s_{2k}+(x_{2k+2}-x_{2k+1})=s_{2(k+1)},\) 即 $\{s_{2k}\}_{k=1}^{\infty}$ 是单调递减序列。 （依据：第 3 步（把 $j$ 换成 $k+1$）说明新增的一对 $\le0$，所以加它之后不增大。源文件正是这样写的。）

5. 换一种配对方式得到下界：重新分组（把第一项 $-x_1$ 单独留在外面）： \(s_{2k}=-x_1+(x_2-x_3)+(x_4-x_5)+\cdots+(x_{2k-2}-x_{2k-1})+x_{2k}.\) （依据：重新结合；请逐项核对符号：$-x_1+x_2-x_3+x_4-\cdots-x_{2k-1}+x_{2k}$ 确实等于 $\sum_{n=1}^{2k}(-1)^nx_n$。源文件写的正是这一行。）

6. 由单调递减，每个 $x_{2j}-x_{2j+1}\ge0$（注意：这一组配对里被减的是下标较大的项）；又由上面的引理（单调递减 + 趋于 $0$ $\Rightarrow$ 非负），$x_{2k}\ge0$。于是第 5 行右侧的每一项都非负，故 \(s_{2k}=-x_1+\underbrace{(x_2-x_3)+\cdots+(x_{2k-2}-x_{2k-1})}_{\ge0}+\underbrace{x_{2k}}_{\ge0}\ \ge\ -x_1 .\) （依据：$k-1$ 个差 $x_{2j}-x_{2j+1}\ge0$（$j=1,\dots,k-1$）加上单独一项 $x_{2k}\ge0$，共 $k$ 个非负项；源文件写的正是 $s_{2k}\ge-x_1$。注意下界 $-x_1$ 与 $k$ 无关，这才是关键。）

7. 偶部分和收敛：由第 4、6 步，$\{s_{2k}\}$ 是单调递减且有下界 $-x_1$ 的实数列。由 Lecture 7 的 Theorem 76（单调递减序列收敛 $\iff$ 有界，且极限为 $\inf$）—— 其存在性最终依赖 Lecture 4 的最小上界性质 (LUB) 的对偶形式（下界集的最大下界存在）——得 \(\exists s\in\mathbb{R},\qquad s_{2k}\to s .\) （依据：Lecture 7 Theorem 76 是 Lecture 7 Theorem 75 的镜像，两者都来自 LUB。注意这一步是整个定理中唯一用到”实数完备性”的地方；在有理数域里交错级数判别法就会失效。）

8. 奇部分和用 $s_{2k+1}=s_{2k}+x_{2k+1}$ 拉过去： \(s_{2k+1}=s_{2k}+x_{2k+1}\longrightarrow s+0=s .\) （依据：第 7 步 $s_{2k}\to s$、题设 $x_{2k+1}\to0$（因为 $x_n\to0$ 则任何子列趋于 $0$，Lecture 7 Theorem 79），以及极限的加法法则。这里 $(-1)^{2k+1}x_{2k+1}=-x_{2k+1}$，所以 $s_{2k+1}=s_{2k}-x_{2k+1}$，两种写法都给同一结论。）

9. 引理：奇偶子列同极限 $\Rightarrow$ 整体收敛。 我们需要一个引理才能从两个子列跨到整个序列。

引理（补充引理，源文件未单列，但证明中隐含使用；此处给出完整证明）

设 $\{s_m\}$ 是实数列。若 $\{s_{2k}\}$ 与 $\{s_{2k-1}\}$ 都收敛到同一个极限 $s$，则 $\{s_m\}$ 收敛到 $s$。

证明：设 $\epsilon>0$。

• 由 $s_{2k}\to s$，存在 $K_0\in\mathbb{N}$，使对一切 $k\ge K_0$ 有 $\vert s_{2k}-s\vert <\epsilon$。（依据：收敛的 $\epsilon$-$N$ 定义。）
• 由 $s_{2k-1}\to s$，存在 $K_1\in\mathbb{N}$，使对一切 $k\ge K_1$ 有 $\vert s_{2k-1}-s\vert <\epsilon$。（依据：同上。）
• 令 $M=\max\{2K_0,\,2K_1-1\}$。（依据：取 $N=\max\{N_0,N_1\}$ 的标准技巧。）
• 设 $m\ge M$。若 $m$ 为偶数，$m=2k$，则 $k=m/2\ge M/2\ge K_0$，故 $\vert s_m-s\vert =\vert s_{2k}-s\vert <\epsilon$。若 $m$ 为奇数，$m=2k-1$，则 $k=(m+1)/2\ge(M+1)/2\ge K_1$，故 $\vert s_m-s\vert =\vert s_{2k-1}-s\vert <\epsilon$。
• 两种情形都有 $\vert s_m-s\vert <\epsilon$，故 $s_m\to s$。$\blacksquare$ 【技巧】 这是”把两个子列的信息拼回整体”的标准模式：$M$ 的构造是”偶数门槛取 $2K_0$，奇数门槛取 $2K_1-1$，再取大者”。凡是”按奇偶（或按模 $p$ 余数）分情形”的证明，都用这个模板。

（回到 Theorem 144 的主证明）

1. 源文件给出的等价论证（更直接、避免显式引理）：设 $\epsilon>0$。由 $s_{2k}\to s$，存在 $M_0\in\mathbb{N}$ 使 $k\ge M_0\Rightarrow\vert s_{2k}-s\vert <\epsilon/2$；由 $x_n\to0$，存在 $M_1\in\mathbb{N}$ 使 $n\ge M_1\Rightarrow\vert x_n\vert <\epsilon/2$。取 \(M=\max\{2M_0+1,\ M_1\}\) （源文件写作 $M=\max\{2M_0+1,M_1\}$；因为 $m$ 偶时需 $m/2\ge M_0$，而 $m\ge2M_0$ 即可满足，取 $2M_0+1$ 是为了同时照顾奇数情形，属安全取法）。

设 $m\ge M$： - $m$ 偶，$m=2k$：则 $k=m/2\ge M/2\ge M_0+1/2>M_0$，故 $\vert s_m-s\vert =\vert s_{2k}-s\vert <\epsilon/2<\epsilon$。 （依据：$M\ge2M_0+1$ 推出 $k\ge M_0+1/2$，$k$ 是整数故 $k\ge M_0+1$。） - $m$ 奇，$m=2k+1$（即 $k=(m-1)/2$）：由 $m\ge2M_0+1$ 得 $k\ge M_0$；由 $m\ge M_1$ 得 $\vert x_m\vert <\epsilon/2$。于是 \(\vert s_m-s\vert =\vert s_{m-1}+x_m-s\vert \le\vert s_{2k}-s\vert +\vert x_m\vert <\frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon}{2}=\epsilon .\) （依据：$s_{m}=s_{m-1}-x_m$ 对奇数 $m$ 成立（因为 $(-1)^mx_m=-x_m$），三角不等式 $\vert A+B\vert \le\vert A\vert +\vert B\vert $，以及$\epsilon/2$ 技巧。源文件写的正是 $\vert s_m-s\vert =\vert s_{m-1}+x_m-s\vert \le\vert s_{2k}-s+x_m\vert \le\vert s_{2k}-s\vert +\vert x_m\vert <\epsilon/2+\epsilon/2=\epsilon$。）

1. 结论：对一切 $\epsilon>0$ 找到了对应的 $M$，故 $s_m\to s$，即 $\sum(-1)^nx_n$ 收敛。$\blacksquare$ （依据：收敛的 $\epsilon$-$N$ 定义。）

• 【证明机制解说】 这个证明最值得玩味的地方是“为什么要配对”。设想你在白板上画部分和的轨迹：$s_1,s_2,s_3,\dots$ 左右横跳。直接研究这条折线很痛苦，因为它的走向依赖于步长的大小比较。但一旦”配对”，你的视角就从”点”换成了”对”：

    交错级数偶部分和"配对"示意（x_n 单调递减, x_n ↓ 0）
  
    -x_1   +x_2    -x_3    +x_4    -x_5    +x_6
      \|      \|       \|       \|       \|       \|
      v      v       v       v       v       v
    s_1 --> s_2 --> s_3 --> s_4 --> s_5 --> s_6 --> ...
     \|___________\|   \|___________\|   \|___________\|
       每对净位移       每对净位移        每对净位移
       (x_2-x_1) ≤ 0    (x_4-x_3) ≤ 0     (x_6-x_5) ≤ 0
  
    于是  s_2 , s_4 , s_6 , ...  每一步都往下走（单调递减）
    而   s_2k = -x_1 + (x_2-x_3) + (x_4-x_5) + ... + x_2k
              \____ 这些差都 ≥ 0，把 s_2k 从下方托住 ____/
    所以 {s_2k} 递减且有下界  ==>  由 Lecture 7 单调有界定理  ==>  收敛到 s
  
           s (极限)  --------- 偶子列从上方逼近
                    --------- 奇子列（s_{2k+1} = s_2k + x_{2k+1}）也从同一处逼近
                    x_{2k+1} ↓ 0 把两条轨迹焊在一起
  

  配对之所以是”灵光一现”，是因为它把一个”符号交替、方向不明”的序列，转化成一个”符号确定、方向明确”的单调序列。 而单调性正是 Lecture 7 那把万能钥匙（单调有界 $\Rightarrow$ 收敛）的插孔。换句话说，交错级数判别法的全部重量都压在 Lecture 7 与 Lecture 4 上：没有 LUB，就没有单调有界定理，也就没有交错级数判别法。

  第二个关键点是最后用 $x_n\to0$ 把奇子列焊到偶子列上。这一步不可省：偶子列收敛只说明”每隔一步落一下”，奇子列完全可能落在别处（若无 $x_n\to0$）。$x_n\to0$ 正是保证两个子列的间距 $x_{2k+1}$ 趋于 $0$ 的螺丝。

• 【证明技巧总结】

  1. “配对（grouping）”模式：把 $a_1+a_2+a_3+a_4+\cdots$ 写成 $(a_1+a_2)+(a_3+a_4)+\cdots$，让符号变得一致。注意：配对只对”部分和序列”进行重新结合，不改变任何一项（有限和可以任意加括号，这是加法结合律，不需要任何收敛性假设）；而”对无穷级数重新排列项”是另一件事，那需要绝对收敛（Theorem 146）。
  2. “两种配对方式夹出上下界”模式：同一串和，按 $(1,2)(3,4)\dots$ 分组给出单调性，按 $1,(2,3),(4,5),\dots$ 分组给出有界性。一正一反两种分组，恰好凑成”单调 + 有界”。
  3. “单调有界定理”模式（Lecture 7 Theorem 75/76）：只要能证明单调且有界，收敛性就免费得到，且极限是 $\sup$/$\inf$。
  4. ”$\epsilon/2$ 技巧 + 奇偶分情形”模式：把整体误差劈成”子列误差”与”残余项误差”两半，各自 $<\epsilon/2$；再用 $\max$ 合并门槛。

推论 145（源文件 Corollary 145）：$\sum\frac{(-1)^n}{n}$ 收敛但非绝对收敛

• 陈述：$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n}$（等价地 $\sum\frac{(-1)^{n+1}}{n}$）收敛，但它不绝对收敛。
• 证明：
  1. 不绝对收敛：$\left\vert \frac{(-1)^n}{n}\right\vert =\frac1n$，而 $\sum\frac1n$ 发散（Lecture 11 Theorem 128）。故绝对值级数发散，即非绝对收敛。 （依据：$\vert (-1)^n\vert =1$；Lecture 11 调和级数定理。）
  2. 收敛：取 $x_n=\frac1n$。$\{x_n\}$ 单调递减（$1/n\ge1/(n+1)$），且 $x_n\to0$（Lecture 5）。由 Theorem 144，$\sum(-1)^nx_n=\sum\frac{(-1)^n}{n}$ 收敛。 （依据：交错级数判别法的两个条件都已验证。）$\blacksquare$
  3. 源文件的表述是”我们已经证明过 $\sum(-1)^n/n$ 不绝对收敛（见 Lecture 11 Remark 134），而由交错级数判别法它收敛”。
• 【这就是”条件收敛的标准例子”】：请把 $\sum(-1)^{n+1}/n=\ln2$ 记成本课的基准反例：它同时说明三件事——(a) 收敛不蕴含绝对收敛；(b) 交错级数判别法有真正的用武之地（比值/根值在此都失效，$L=1$）；(c) 条件收敛的级数不能随意重排（对比 Theorem 146）。

• 数值验算：$\ln2=0.6931471805599453$；部分和

  $N$	$S_N=\sum_{n=1}^{N}\frac{(-1)^{n+1}}{n}$	$\lvert S_N-\ln2\rvert$	$\frac{1}{N+1}$
  $1$	$1.000000000000$	$3.069\times10^{-1}$	$5.000\times10^{-1}$
  $2$	$0.500000000000$	$1.931\times10^{-1}$	$3.333\times10^{-1}$
  $3$	$0.833333333333$	$1.402\times10^{-1}$	$2.500\times10^{-1}$
  $10$	$0.645634920635$	$4.751\times10^{-2}$	$9.091\times10^{-2}$
  $20$	$0.668771403175$	$2.438\times10^{-2}$	$4.762\times10^{-2}$
  $50$	$0.683247160576$	$9.900\times10^{-3}$	$1.961\times10^{-2}$
  $100$	$0.688172179310$	$4.975\times10^{-3}$	$9.901\times10^{-3}$
  $200$	$0.690653430482$	$2.494\times10^{-3}$	$4.975\times10^{-3}$

  最后一列的 $1/(N+1)$ 恰好总是大于等于误差——这就是下面要讲的余项估计。

补充：交错级数的余项估计（误差界 $\vert S_N-L\vert \le x_{N+1}$）

• 【标注】 源文件 Theorem 144 没有包含余项估计。以下是补充内容，但它极其有用（尤其在数值计算和后续课程中），并且证明只需三行。
• 补充命题：设 $x_n>0$，$\{x_n\}$ 单调递减且 $x_n\to0$，$L=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}x_n$，$S_N=\sum_{n=1}^{N}(-1)^{n+1}x_n$。则对一切 $N\ge0$（约定 $S_0=0$）： \(\vert S_N-L\vert \le x_{N+1},\qquad\text{且}\qquad \operatorname{sign}(L-S_N)=(-1)^{N}\ \text{（误差的符号恰为下一项的符号）}.\)
• 证明：
  1. 把误差写成”尾部交错级数”：由级数的线性性（Lecture 10 的极限运算法则）， \(L-S_N=\sum_{n=N+1}^{\infty}(-1)^{n+1}x_n .\) （依据：两个收敛级数之差收敛，且极限等于极限之差。）
  2. 提取符号因子：把 $(-1)^{n+1}$ 中的 $(-1)^{N}$ 提出来（因为 $n+1=(N+1)+(n-N)$，故 $(-1)^{n+1}=(-1)^{N+1}\cdot(-1)^{n-N}$；再作指标代换 $j=n-(N+1)$）： \(L-S_N=(-1)^{N}\underbrace{\sum_{j=0}^{\infty}(-1)^{j}x_{N+1+j}}_{=:T} .\) 核对符号：$N=0$ 时 $L-S_0=(-1)^0T=T=x_1-x_2+x_3-\cdots=L$ ✓；$N=1$ 时 $L-S_1=(-1)^1T=-T=-(x_2-x_3+x_4-\cdots)$，而 $L-S_1=(x_1-x_2+\cdots)-x_1=-x_2+x_3-x_4+\cdots$ ✓。
  3. $T$ 满足夹逼 $0\le T\le x_{N+1}$：$T$ 是一个以 $x_{N+1}$ 为首项的交错级数（仍满足”正项、单调递减、趋于 $0$”三个前提，因为 $\{x_n\}$ 的尾段继承这些性质）。考察它的偶部分和（相对指标 $j$） \(T_{2i}:=\sum_{j=0}^{2i}(-1)^{j}x_{N+1+j}=(x_{N+1}-x_{N+2})+(x_{N+3}-x_{N+4})+\cdots+(x_{N+2i-1}-x_{N+2i}) .\)
     • 每个括号 $\ge0$（由单调递减 $x_{N+2r-1}\ge x_{N+2r}$），故 $T_{2i}\ge0$；特别地 $T=\lim_i T_{2i}\ge0$（依据：非负数列的极限 $\ge0$，这是 Lecture 5 中”极限保持不等号”的结论）。
     • 另按 $x_{N+1}-(x_{N+2}-x_{N+3})-(x_{N+4}-x_{N+5})-\cdots$ 分组（把首项 $x_{N+1}$ 单独提出），每个括号 $\ge0$，故 $T_{2i}\le x_{N+1}$；于是 $T=\lim_iT_{2i}\le x_{N+1}$（依据：同样”极限保持不等号”）。
     • 合并得 $0\le T\le x_{N+1}$。$\blacksquare$（注意：这里的 $T_{2i}$ 是有限和，两次分组都只是加法结合律，不需要任何收敛性假设；取极限才用到 Theorem 144 保证的 $T_{2i}\to T$。）
  4. 合并：由第 2 步 $\left\vert L-S_N\right\vert =\left\vert (-1)^NT\right\vert =T\le x_{N+1}$，且 $L-S_N=(-1)^NT$ 的符号就是 $(-1)^N$。$\blacksquare$
• 【适用范围警告】 这个余项估计只对满足交错级数判别法条件的级数成立，绝不能用在别的级数上。
• 数值验算（用调和交错级数验证）：取 $N=200$，$x_{201}=1/201=4.975\times10^{-3}$，而实际误差 $\vert S_{200}-\ln2\vert =2.494\times10^{-3}\le4.975\times10^{-3}$ ✓；取 $N=100$，$x_{101}=1/101=9.901\times10^{-3}$，实际误差 $4.975\times10^{-3}\le9.901\times10^{-3}$ ✓。界总是成立，且通常宽一倍左右（因为实际误差约等于”第一项的一半”）。实用结论：要用 $\sum(-1)^{n+1}/n$ 算 $\ln2$ 到 $3$ 位小数，只要 $N$ 满足 $1/(N+1)<5\times10^{-4}$，即 $N\ge1999$。

补充反例（源文件未包含，标注为补充）：$x_n\to0$ 与单调性都不可省

反例 1（去掉 $x_n\to0$）：$x_n=1+\frac1n$ 单调递减但 $x_n\to1\ne0$。此时 \(\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\left(1+\frac1n\right)\) 的项为 $-\frac32,\ \frac23,\ -\frac43,\ \frac34,\dots$，通项在 $\pm1$ 附近跳动，不趋于 $0$，由 Lecture 10 Theorem 123 的逆否即发散。（源文件在 Theorem 144 的假设中明确要求 $x_n\to0$，这个反例说明该假设不可去。）

反例 2（去掉单调性，$x_n\to0$ 仍成立）：令 \(x_n=\frac{2+(-1)^{n}}{n}=\begin{cases}\dfrac{3}{n}, & n\ \text{偶},\\[6pt]\dfrac{1}{n}, & n\ \text{奇}.\end{cases}\) 第一步：$x_n\to0$ 的验证（用夹逼）。 因为 $2+(-1)^n\in\{1,3\}$，故对一切 $n$ 有 $0<x_n\le\frac3n$；由 $\frac3n\to0$（Lecture 5 的 $\lim1/n=0$ 与常数倍法则）及 Lecture 5 的夹逼定理 (squeeze theorem)，得 $x_n\to0$。同时 $x_n>0$ 也由此得证。但 $\{x_n\}$ 不单调：$x_1=1,\ x_2=1.5,\ x_3=1/3,\ x_4=0.75,\ x_5=0.2,\ x_6=0.5,\dots$，上下震荡。我们来证明 \(\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^nx_n\ \text{发散}.\)

• 配对分析：把两项绑成一对（$n$ 奇在前，$n$ 偶在后）： \((-1)^{2k-1}x_{2k-1}+(-1)^{2k}x_{2k}=-x_{2k-1}+x_{2k}=-\frac{1}{2k-1}+\frac{3}{2k}.\)
• 每一对的净贡献为正（当 $k\ge1$）： \(-\frac{1}{2k-1}+\frac{3}{2k}=\frac{-2k+3(2k-1)}{2k(2k-1)}=\frac{4k-3}{2k(2k-1)}>0 .\) （依据：通分与代数化简；$4k-3\ge1>0$ 与 $2k(2k-1)>0$。）
• 净贡献的量级：对 $k\ge1$，$\frac{4k-3}{2k(2k-1)}=\frac{4k-3}{4k^2-2k}$，其主导项为 $\frac{1}{k}$：数值上 $k=1$ 给 $0.5$，$k=2$ 给 $0.4167$，$k=3$ 给 $0.3$，$k=4$ 给 $0.2321$，$k=5$ 给 $0.1889$——确实都是正的且与 $\frac1k$ 同阶。
• 部分和发散：偶部分和 \(s_{2K}=\sum_{k=1}^{K}\left(\frac{3}{2k}-\frac{1}{2k-1}\right),\) 用下界估计：$\frac{1}{2k-1}\le\frac{1}{k}$（因为 $2k-1\ge k$ 对 $k\ge1$），故 \(\frac{3}{2k}-\frac{1}{2k-1}\ge\frac{3}{2k}-\frac{1}{k}=\frac{1}{2k}.\) 于是 \(s_{2K}\ge\frac12\sum_{k=1}^{K}\frac1k\longrightarrow+\infty\) （依据：Lecture 11 Theorem 128，调和级数发散）。故 $\{s_{2K}\}$ 无界，从而 $\{s_m\}$ 无界，级数发散。
• 数值验算：$S_{10}=1.637698$，$S_{100}=3.811033$，$S_{1000}=6.100176$，$S_{2000}=6.792574$——缓慢但确定地增长（约按 $\frac12\ln K$ 增长：$\frac12\ln1000\approx3.45$，加上常数偏移后与 $6.10$ 相容）。
• 结论：单调性假设不可去。 只要求 $x_n\to0$ 是不够的。
• 【补充反例 3（振荡更剧烈的版本）】 $x_n=\begin{cases}1/n,&n\ \text{奇}\\1/n^2,&n\ \text{偶}\end{cases}$ 同样满足 $x_n\to0$ 但不单调。此时 \(s_{2K}=\sum_{k=1}^{K}\left(\frac{1}{(2k)^2}-\frac{1}{2k-1}\right)=-\sum_{k=1}^{K}\frac{1}{2k-1}+\sum_{k=1}^{K}\frac{1}{4k^2}\longrightarrow-\infty,\) 因为第一项和按 $\frac12\ln K\to\infty$ 发散，第二项和有界。数值上 $S_{500}=-3.3322502912$，确实在往负无穷走。这两个反例共同说明：单调性换成”任何保证足够抵消”的条件都不行——一般情况下必须单调。

反例 4（对比：交错判别法失效时该怎么办）：$\sum\frac{(-1)^n}{n^2+1}$ 的交错形式可以直接用绝对收敛搞定（Example 139），根本不需要交错判别法。交错判别法是”最后的武器”，只用在绝对值级数发散但符号交替的场合（如 $\sum(-1)^n/n$）。##### 定理 146（绝对收敛级数的重排不变性）

• 定理陈述（与源文件 Theorem 146 一致）：设 $\sum x_n$ 绝对收敛且 $\sum_{n=1}^{\infty}x_n=x$。设 $\sigma:\mathbb{N}\to\mathbb{N}$ 是双射 (bijective)。则 $\sum x_{\sigma(n)}$ 也绝对收敛，且 \(\sum_{n=1}^{\infty}x_{\sigma(n)}=x .\) 用源文件的话说：”absolute convergence implies if we rearrange the sequence the new series will still converge to the same value of the original series”（绝对收敛意味着重排后新级数仍收敛到原级数的同一个值）。
• 【为什么这个定理重要？】 它回答了本讲开头留下的问题：什么时候我们可以像处理有限和那样随意调换项的顺序？ 答案是”绝对收敛时”。对条件收敛的级数，这个结论是错的（例如 $\sum(-1)^{n+1}/n$ 可以通过重排收敛到任意指定的实数，甚至发散——这是 Riemann 重排定理，本课不证，但必须知道它存在，否则你会以为”重排总是自由”）。
• 证明策略：分两大块。
  • 第一块（绝对收敛的传递）：要证 $\sum\vert x_{\sigma(n)}\vert $ 收敛，只需证其部分和有界（Lecture 11 Theorem 131）。关键是：任意有限多项 $\{x_{\sigma(1)},\dots,x_{\sigma(m)}\}$ 都落在原级数的某个有限前缀 $\{1,\dots,\ell\}$ 之内，所以它们的绝对值之和不超过原级数的一个已知上界 $B$。这个论证本质上是用”有限集必含于某个初始段”这一有限性事实，把无穷的困难化解掉。
  • 第二块（和的相等）：用 $\epsilon/2$ 技巧 + 一个”吸收下标”的构造：把前 $M$ 项固定下来（$M$ 足够大使原级数的前 $M$ 项和已经接近 $x$，并且尾部绝对值之和 $<\epsilon/2$），再取 $M_3$ 足够大使 $\sigma(\{1,\dots,M_3\})\supseteq\{1,\dots,M\}$（即新级数的前 $M_3$ 项已经”吸收了”原级数的前 $M$ 项）。此时新级数的前 $m^{\prime}\ge M_3$ 项和 = 原级数前 $M$ 项和 $\pm$ 一些下标 $>M$ 的项，后者的绝对值之和 $<\epsilon/2$。

逐步推导

1. 原级数的部分和有界：因为 $\sum\vert x_n\vert $ 收敛，由 Lecture 11 Theorem 131，其部分和列有界；即存在 $B\ge0$ 使得 \(\sum_{n=1}^{\ell}\vert x_n\vert \le B\qquad(\forall \ell\in\mathbb{N}).\) （依据：收敛的非负项级数其部分和收敛因而有界。）
2. 有限集含于初始段：设 $m\in\mathbb{N}$。因为 $\sigma$ 是双射，$m$ 元集 $\{1,\dots,m\}$ 的像是 $\sigma(\{1,\dots,m\})$，它仍是有限集（至多 $m$ 个元素）。任何有限非空子集 $F\subset\mathbb{N}$ 都有最大元 $\max F$，取 \(\ell:=\max\sigma(\{1,\dots,m\})\in\mathbb{N},\) 则 $\sigma(\{1,\dots,m\})\subset\{1,\dots,\ell\}$。 （依据：$\mathbb{N}$ 的良序性（任何非空子集有最小元，因而有限子集有最大元）。这就是源文件写的”$\sigma(\{1,\dots,m\})$ is a finite subset of $\mathbb{N}$. Thus there exists an $\ell$ such that $\sigma(\{1,\dots,m\})\subset\{1,\dots,\ell\}$”。）
3. 新绝对值级数的部分和有界： \(\sum_{n=1}^{m}\vert x_{\sigma(n)}\vert =\sum_{n\in\sigma(\{1,\dots,m\})}\vert x_n\vert \le\sum_{n=1}^{\ell}\vert x_n\vert \le B .\) （依据：$\sigma$ 是单射，故 $n\mapsto\sigma(n)$ 是双射到 $\sigma(\{1,\dots,m\})$ 上，$\sum_{n=1}^m\vert x_{\sigma(n)}\vert $ 正是对这 $m$ 个不同下标求和；再用第 2 步的包含关系（非负项，扩大求和范围不减小）与第 1 步的界。）
4. 第一块结论：$\left\{\sum_{n=1}^{m}\vert x_{\sigma(n)}\vert \right\}{m=1}^{\infty}$ 有上界 $B$。由 Lecture 11 Theorem 131，$\sum\vert x{\sigma(n)}\vert $ 收敛，即 $\sum x_{\sigma(n)}$ 绝对收敛。再由 Lecture 11 Theorem 133 得 $\sum x_{\sigma(n)}$ 收敛（极限存在，记为 $y$）。
5. 准备 $\epsilon/2$ 的两个门槛：设 $x=\sum_{n=1}^{\infty}x_n$，任取 $\epsilon>0$。
   • 由 $\sum x_n=x$，存在 $M_0\in\mathbb{N}$ 使 \(\left\vert \sum_{n=1}^{m}x_n-x\right\vert <\frac{\epsilon}{2}\qquad(\forall m\ge M_0).\) （依据：$\sum x_n$ 收敛到 $x$ 的定义。）
   • 由 $\sum\vert x_n\vert $ 收敛（因而其部分和列是 Cauchy 列，或直接用 Lecture 10 Theorem 122 的形式），存在 $M_1\in\mathbb{N}$ 使 \(\sum_{n=m+1}^{\ell}\vert x_n\vert <\frac{\epsilon}{2}\qquad(\forall \ell>m\ge M_1).\) （依据：Lecture 10 的 Theorem 122：$\sum\vert x_n\vert $ 收敛 $\iff$ 对任意 $\epsilon>0$ 存在 $M$ 使 $m\ge M,\ \ell>m$ 时 $\left\vert \sum_{n=m+1}^{\ell}\vert x_n\vert \right\vert <\epsilon$；因项非负，绝对值可去掉。这就是级数的 Cauchy 判据，来自 Lecture 10 Theorem 121/122。）
6. 令 $M_2=\max\{M_0,M_1\}$。则对一切 $\ell>m\ge M_2$，上面两条同时成立。 （依据：取 $\max$ 的标准技巧。）
7. 吸收下标：因为 $\sigma^{-1}(\{1,\dots,M_2\})$ 是有限集（$\sigma$ 是双射，原像仍至多 $M_2$ 个元素），取 \(M_3:=\max\sigma^{-1}(\{1,\dots,M_2\})\in\mathbb{N},\) 则 $\{1,\dots,M_2\}\subset\sigma(\{1,\dots,M_3\})$。特别地 $M_3\ge M_2$（因为 $\sigma$ 是单射，$M_3=\left\vert \sigma(\{1,\dots,M_3\})\right\vert \ge\left\vert \{1,\dots,M_2\}\right\vert =M_2$）。 （依据：与第 2 步同样的良序论证。这一步是”我们只关心有限多个已经排好的项”这一朴素想法的严格化。）
8. 取 $M=M_3$，估计新级数的尾部：设 $m^{\prime}\ge M$，记 $\ell=\max\sigma(\{1,\dots,m^{\prime}\})$（于是 $\sigma(\{1,\dots,m^{\prime}\})\subset\{1,\dots,\ell\}$ 且 $\ell\ge m^{\prime}\ge M$）。把新级数的前 $m^{\prime}$ 项和拿到原级数的视角中看，并插入原级数的前 $M$ 项和： \(\sum_{n^{\prime}=1}^{m^{\prime}}x_{\sigma(n^{\prime})}=\sum_{n=1}^{M}x_n+\!\!\sum_{n\in\sigma(\{1,\dots,m^{\prime}\})\setminus\{1,\dots,M\}}\!\!x_n .\) （依据：$\{1,\dots,M_2\}\subset\sigma(\{1,\dots,M^{\prime}\})$ 且 $M=M_3$，故原级数的前 $M$ 项指标都出现在 $\sigma(\{1,\dots,m^{\prime}\})$ 中；于是把共同部分拆出来，剩余部分是新出现的、指标 $>M$ 的项。）
9. 两边减去 $x$ 并用三角不等式： \(\left\vert \sum_{n^{\prime}=1}^{m^{\prime}}x_{\sigma(n^{\prime})}-x\right\vert =\left\vert \Big(\sum_{n=1}^{M}x_n-x\Big)+\!\!\sum_{n\in\sigma(\{1,\dots,m^{\prime}\})\setminus\{1,\dots,M\}}\!\!x_n\right\vert \le\underbrace{\left\vert \sum_{n=1}^{M}x_n-x\right\vert }_{<\epsilon/2\ (\text{因 }M\ge M_2\ge M_0)}+\underbrace{\sum_{n=M+1}^{\ell}\vert x_n\vert }_{<\epsilon/2\ (\text{因 }\ell>M\ge M_2\ge M_1)}<\frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon}{2}=\epsilon .\) （依据：三角不等式 $\vert A+B\vert \le\vert A\vert +\vert B\vert $；剩余部分的下标都 $\ge M+1$ 且 $\le\ell$，故其绝对值之和不超过 $\sum_{n=M+1}^{\ell}\vert x_n\vert $（非负项、求和范围放大）；再用第 5、6、7 步的门槛。源文件写的正是这一串不等式，最后得 $”<\epsilon/2+\epsilon/2=\epsilon”$。）
10. 结论：对任意 $\epsilon>0$ 都找到了 $M$，故 \(\sum_{n=1}^{\infty}x_{\sigma(n)}=y=x .\) 结合第 4 步的绝对收敛性，定理证毕。$\blacksquare$

• 【证明机制解说】 这个证明有两个独立的”有限化”动作，非常漂亮：
  1. 第一个（第 2–3 步）：要控制”新级数的前 $m$ 项”，我们不去研究 $\sigma$ 的全局行为，而是把 $m$ 个下标包进一个有限的盒子 $[1,\ell]$。因为盒子是有限的，原级数的信息就够用了。“任意有限集都被某个初始段包住”是 $\mathbb{N}$ 的良序性送给我们的礼物。
  2. 第二个（第 7 步）：要让新级数”追上”原级数，我们不要求 $\sigma$ 有什么规律，只要求它的像集吸收了原级数的前 $M_2$ 项。由于 $\sigma^{-1}(\{1,\dots,M_2\})$ 有限，这个要求总能满足。“双射的原像仍然有限”是这里唯一用到 $\sigma$ 是双射的地方——如果 $\sigma$ 不是满射（比如只取奇数下标），吸收就不可能完成，定理也不成立。
  3. 两块的共同骨架：都是”用一个有限的、与原级数有关的量去盖住新级数的任意有限前缀“。这就是”重排不改变和”的全部秘密：重排只能改变顺序，而有限前缀总可以被”框”住。
• 【证明技巧总结】
  1. “有限集取最大元”模式：要把有限的混乱装进一个有序的盒子，就取最大元。
  2. “吸收下标”模式：证明重排/换序问题时的标准套路——先把目标级数的前 $M$ 项固定住（使之接近极限），再用一个足够大的 $M_3$ 让新级数的前 $M_3$ 项包含这 $M$ 项。
  3. ”$\epsilon/2+\epsilon/2$ + 三角不等式”模式：把误差劈成”已知部分”与”残余部分”，各自控制到 $\epsilon/2$。
  4. 必须先证有界再控误差：第一块证的是”有界”，第二块才做 $\epsilon$ 工作。次序不可颠倒，否则尾部的界无处可寻。

判别法选择决策树（本讲实用总结）

级数 Σ x_n 是否收敛？
│
├─ 第 0 步：x_n 是否趋于 0？
│    └─ 若 x_n ↛ 0（例如 x_n = 1, (-1)^n, n, (2+(-1)^n)/n 的某个变体）
│         → 发散。依据：Lecture 10 Theorem 123 的逆否。到此结束。
│
├─ 第 1 步：通项里有没有 (-1)^n / (-1)^{n+1} 这样的交错符号？
│    ├─ 有 → 先试绝对收敛：看 Σ|x_n|（去掉符号后往往能用第 2、3 步）
│    │        ├─ Σ|x_n| 收敛 → 绝对收敛（最强结论，且可以随意重排：Theorem 146）
│    │        └─ Σ|x_n| 发散 → 检查 {|x_n|} 是否单调递减且 → 0
│    │                 ├─ 是 → 交错级数判别法：条件收敛（Theorem 144）
│    │                 │      余项界：|S_N - L| ≤ |x_{N+1}|（补充命题）
│    │                 └─ 否（不单调）→ 判别法不适用！此时可能仍然收敛
│    │                          （需用 Dirichlet/Abel 型论证或直接讨论部分和，
│    │                           如 x_n = (2+(-1)^n)/n 的例子：发散）
│    └─ 无 → 进入第 2 步
│
├─ 第 2 步：通项含 n! 或 a^n（或 (2n)! 之类）？  → 比值判别法最省事
│    算 L = lim |x_{n+1}/x_n| （恒等式：阶乘约掉、幂次相消）
│    ├─ L < 1 → 绝对收敛
│    ├─ L > 1 → 发散（通项不趋于 0，事实上 |x_n| 递增）
│    └─ L = 1 → 失效！回第 4 步（多项式、有理式几乎总是 L = 1）
│
├─ 第 3 步：通项整体是"某表达式的 n 次方"？
│    （如 (n^{1/n}-1)^n、(n/(2n+1))^n、(2+sin n)^n/3^n、（带 n 次方的根式））
│    算 L = lim |x_n|^{1/n}
│    ├─ L < 1 → 绝对收敛
│    ├─ L > 1 → 发散
│    └─ L = 1 → 失效！回第 4 步
│    （根值判别法更强：比值极限存在 ⇒ 根值极限存在且相等；反之不然。
│      若比值极限不存在（比如在 1/4 与 1 之间跳动），优先试根值！）
│
└─ 第 4 步：以上都失效（通常是 L = 1）
     回到基准尺：几何级数 + p-级数 + 比较判别法（Lecture 10 Corollary 125、
     Lecture 11 Theorem 135 / Theorem 137 / Theorem 131）
     ├─ 通项可比于 1/n^p：p > 1 收敛，p ≤ 1 发散
     ├─ 通项含 ln n：p-级数判据要修正（Σ 1/(n ln n) 发散，Σ 1/(n (ln n)^p) 在 p>1 时收敛）
     ├─ 通项是有理式：直接与 1/n^{deg分母-deg分子} 比较（这是 Assignment 7 第 2 题与 Midterm 第 5(a) 题的主题）
     └─ 有界通项 × 单调趋于 0 的因子：考虑 Dirichlet 判别法（后续讲次）

使用顺序的重要性：先做第 0 步（必要条件）几乎永远是最省力的。很多学生在 $\sum n!x^n$ 上辛辛苦苦算比值，其实只要看 $x=0.1$ 时 $x_n\to\infty$ 就立刻知道发散。先花三秒钟问”通项趋于 0 吗”，能省掉后面三分钟的计算。

与教材的对应

• 对应 [JL] §2.5（”Convergence tests” / 收敛判别法）。该节的核心命题正是：比值判别法（Lebl 的 Theorem 2.5.4 一带）、根值判别法与它们的”$L=1$ 失效”；以及 $p$-级数、比较判别法。阅读重点：把”$L=1$ 时判别法不适用”这一句用红笔圈起来。
• 对应 [JL] §2.6（”Absolute convergence” / 绝对收敛与交错级数）。该节的核心命题是：绝对收敛的判别与性质、交错级数判别法（Lebl 的 Theorem 2.6.x 一带）、绝对收敛级数的重排、以及条件收敛的存在性（$\sum(-1)^n/n$）。本讲的 Theorem 146 就属于这一节。
• 对应 OCW Assignment 6（Reading §2.5, 2.6）：
  1. Exercise 2.5.3 —— 练习对具体级数使用收敛判别法（含比值/根值/比较的混合选择），训练”先算 $L$ 再判临界点”的流程。
  2. Exercise 2.5.4 —— 同类型的判别法应用题，通常涉及 $L=1$ 的边界情形，逼迫学生回到比较判别法。
  3. Exercise 2.5.10 —— 这一带的习题多半要求求使级数收敛的全部 $x$（幂级数型），正是本讲”求收敛的 $x$ 范围”的训练。
  4. Exercise 2.6.1 —— §2.6 的入门题，练交错级数判别法的条件验证：单调递减 + 趋于 $0$，两个条件都要逐一检查。
  5. Exercise 2.6.13 —— §2.6 的进阶题，通常涉及绝对收敛/条件收敛的判定与区分，或重排（Theorem 146）的应用。
• 对应 OCW Assignment 7（Reading §2.5, 2.6, 3.1）：
  1. Exercise 2.6.2 —— §2.6 的交错级数/绝对收敛练习，练”去掉符号看是否绝对收敛，不行再上交错判别法”的两段式流程。
  2. 第 2 题（四类级数”求所有使级数收敛的实数 $x$”）： (a) $\sum_{n=0}^{\infty}2^nx^n$ —— 收敛域 $\vert x\vert <1/2$，临界点 $\vert x\vert =1/2$ 处发散（本笔记上文已完整推导）； (b) $\sum_{n=0}^{\infty}nx^n$ —— 收敛域 $\vert x\vert <1$，临界点 $\vert x\vert =1$ 处发散； (c) $\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(x-10)^n}{(2n)!}$ —— 收敛域 $\mathbb{R}$（$L=0$）； (d) $\sum_{n=0}^{\infty}n!x^n$ —— 收敛域仅 $\{0\}$。 这四题合起来正好覆盖”$L<1$ / $L=1$ / $L=0$ / $L=+\infty$”四种情形，是本讲判别法适用范围的完整地图。
  3. 同作业的 第 3 题（Cauchy–Schwarz 不等式的级数形式）、第 5 题（Exercise 3.1.13） 已属后续内容，本讲不涉及。
• 对应 OCW Midterm（Lecture 12 之后进行，2020 年 10 月 16 日）：
  • 第 5(a) 题：”设 $a_n>0,b_n>0$ 且 $a_n/b_n\to L>0$，证明 $\sum a_n$ 收敛 $\iff$ $\sum b_n$ 收敛。”—— 这是比较判别法的极限形式，本讲所有判别法（尤其是”把 $L$ 换成门槛 $\alpha$ 或 $r$”的技巧）都是它的精神延伸：极限形式的比较就是”最终两项同时缩放”。
  • 第 5(b)(i) 题：$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2020^n}(x-10)^n$ —— 求收敛的 $x$、以及绝对收敛的 $x$。用比值判别法：$L=\frac{\vert x-10\vert }{2020}$，故 $\vert x-10\vert <2020$ 时绝对收敛；$\vert x-10\vert >2020$ 时发散；临界 $\vert x-10\vert =2020$ 时通项为 $\pm1$ 不趋于 $0$，发散。答案：收敛的 $x$ 与绝对收敛的 $x$ 完全相同，都是 $(-2010,2030)$。 这题直接考”$L=1$ 临界点必须单独处理”。
  • 第 5(b)(ii) 题：$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{n!}{n!^{x}}$（OCR 后的原文为 “$\sum \frac{n!}{n!x}$”，即 $\sum \frac{n!}{(n!)^{x}}=\sum (n!)^{1-x}$ 的读法）—— 需要按 $x$ 的取值分情况讨论通项是否趋于 $0$。此题同样考”先看通项是否趋于 $0$“这一第 0 步。
  • 第 3(a) 题：”用收敛定义证明 $\lim_{n\to\infty}\frac{2^{10}n}{n^2+16n+1}$…”，属于 $\epsilon$-$N$ 基本功，与本讲无关但需同时准备。

与其他讲次的关联

• 依赖 Lecture 4（最小上界性质 LUB）：交错级数判别法（Theorem 144）的收敛性最终来自”单调递减有下界的实数列收敛”（Lecture 7 Theorem 76），而后者完全依赖 LUB。若把实数换成有理数，$\sum(-1)^n/n$ 的部分和在 $\mathbb{Q}$ 中就没有极限可言，交错级数判别法整体失效。 这条依赖链是：Theorem 144 → Lecture 7 Theorem 76 → Lecture 4 的 LUB。
• 依赖 Lecture 7（单调有界定理 Theorem 75/76、子列 Theorem 79）：Theorem 144 的第 4、6、7 步用的是 Theorem 75/76；第 8 步”$x_{2k+1}\to0$”用的是”收敛序列的子列收敛到同一极限”（Theorem 79）。
• 依赖 Lecture 10（必要条件 Theorem 123、Cauchy 判据 Theorem 121/122、几何级数 Corollary 125）：比值判别法与根值判别法的发散方向（$L>1$）全部押在 Theorem 123 的逆否上；Theorem 146 的误差控制用 Theorem 122；”几何级数收敛 $\iff\vert r\vert <1$”（Corollary 125）是三个判别法共同的收敛尺。
• 依赖 Lecture 11（绝对收敛 Definition 132、绝对收敛 ⇒ 收敛 Theorem 133、非负级数有界判据 Theorem 131、比较判别法 Theorem 135、$p$-级数 Theorem 137）：比值/根值判别法的收敛方向（$L<1$）本质上是”与几何级数作比较”，形式上通过 Theorem 131 或 Theorem 135 落地；Theorem 144 之后的 Corollary 145 要用 Theorem 128（调和级数发散）说明”非绝对收敛”。
• 被 Lecture 13 依赖（幂级数与收敛半径）：本讲的核心构念 $L(x)=\lim\vert x_{n+1}/x_n\vert $ 或 $\lim\vert x_n\vert ^{1/n}$ 正是收敛半径 $R=1/L$ 的来源；Assignment 7 第 2 题的四个小题就是收敛半径计算的雏形（$R=1/2,\ 1,\ \infty,\ 0$）。Lecture 13 会把”求使级数收敛的 $x$”系统化为”求收敛半径 + 单独查两个端点”。
• 被后续 Taylor 级数（Lecture 22 前后）依赖：$\sum x^n/n!$（Example 140）的绝对收敛性正是 $e^x$ 的 Taylor 级数在整个 $\mathbb{R}$ 上收敛的依据；$\sum(-1)^{n+1}/n=\ln2$ 则是”用交错级数数值计算函数值”的原型。

关键要点

1. 比值判别法（Theorem 138）：设 $x_n\ne0$，$L=\lim_{n\to\infty}\left\vert \frac{x_{n+1}}{x_n}\right\vert $ 存在；则 $L<1\Rightarrow$ 绝对收敛，$L>1\Rightarrow$ 发散，$L=1\Rightarrow$ 判别法失效。证明的核心是：取 $L<\alpha<1$，得 $\vert x_{n+1}\vert \le\alpha\vert x_n\vert $（$n\ge M_0$），连锁相乘得 $\vert x_n\vert \le\alpha^{\,n-M_0}\vert x_{M_0}\vert $，于是部分和被常数 $\sum_{n<M_0}\vert x_n\vert +\frac{\vert x_{M_0}\vert }{1-\alpha}$ 控制住。
2. 根值判别法（Theorem 142）：设 $L=\lim_{n\to\infty}\vert x_n\vert ^{1/n}$ 存在；则 $L<1\Rightarrow$ 绝对收敛，$L>1\Rightarrow$ 发散，$L=1\Rightarrow$ 判别法失效。证明只需一步：$\vert x_n\vert ^{1/n}<r$ 两边取 $n$ 次方得 $\vert x_n\vert <r^n$，再与几何级数 $\sum r^n=\frac{r^M}{1-r}$ 比较。
3. 根值判别法强于比值判别法：$\lim\left\vert \frac{x_{n+1}}{x_n}\right\vert $ 存在 $\Rightarrow$ $\lim\vert x_n\vert ^{1/n}$ 存在且相等；反之不成立。直觉：比值是”瞬时”衰减率（对锯齿敏感），根值是”平均”衰减率（把锯齿平均掉）。
4. 交错级数判别法（Theorem 144）：若 $\{x_n\}$ 单调递减且 $x_n\to0$，则 $\sum(-1)^nx_n$ 收敛。证明三步走：配对 $\Rightarrow$ 偶部分和单调递减且有下界 $\Rightarrow$ 单调有界定理（Lecture 7）给 $s_{2k}\to s$ $\Rightarrow$ 奇部分和 $s_{2k+1}=s_{2k}+x_{2k+1}\to s$ $\Rightarrow$ 奇偶子列同极限故整体收敛。
5. $L=1$ 的黄金法则：$\sum 1/n$（发散）与 $\sum 1/n^2$（收敛）的 $L$ 都是 $1$，所以 $L=1$ 时任何结论都是错的；必须改用比较判别法 / $p$-级数基准 / 交错级数判别法。同理，交错级数判别法要求在临界点上做额外工作。
6. 绝对收敛 vs 条件收敛：绝对收敛 $\Rightarrow$ 收敛（Lecture 11 Theorem 133）但反之不然；$\sum(-1)^{n+1}/n=\ln2$ 是条件收敛的标准例子。绝对收敛的级数可以任意重排而不改变和（Theorem 146），条件收敛的级数不能。
7. 黄金选择顺序：(0) 通项趋于 $0$ 吗？→ (1) 有 $(-1)^n$ 吗？→ (2) 有 $n!/a^n$ 吗（比值）？→ (3) 整体是 $n$ 次方吗（根值）？→ (4) 都失效就回到 $p$-级数与比较判别法。

常见误区与注意事项

• 误区 1：$L=1$ 时断言”收敛”或”发散”。 错误做法：对 $\sum\frac{1}{n^2+1}$ 算出 $\lim\frac{x_{n+1}}{x_n}=1$，然后写”$L=1$，故收敛”（或”故发散”）。 为什么错：$L=1$ 时两个结论都有反例（$\sum1/n$ 发散、$\sum1/n^2$ 收敛，$L$ 都是 $1$），所以从 $L=1$ 推不出任何东西。源文件 Remark 141 与 Remark 143 都明确写了”if $L=1$ then the test doesn’t apply”。 正确做法：写”$L=1$，比值判别法失效”，然后转用比较判别法（对 $\sum 1/(n^2+1)$，用 $\frac{1}{n^2+1}<\frac1{n^2}$ 与 $p=2$）。
• 误区 2：把”判别法失效”与”级数发散”混为一谈。 错误做法：对 $\sum\frac{1}{n\ln n}$ 说”$L=1$，所以级数发散”。 为什么错：判别法失效意味着判别法没有提供信息，它既不保证发散也不保证收敛。”失效”是元数学层面的陈述，不是关于级数的陈述。 正确做法：明确写”此处判别法不适用”，再另起炉灶。
• 误区 3：比值判别法里漏掉”$x_n\ne0$”的前提，或在 $x=0$ 处硬算比值。 错误做法：对 $\sum n!x^n$ 直接写 $\left\vert \frac{x_{n+1}}{x_n}\right\vert =(n+1)\vert x\vert $，没注意当 $x=0$ 时通项全为 $0$，比值的分母为 $0$，式子没有意义。 为什么错：比值判别法的陈述要求 $x_n\ne0$；$x=0$ 是必须单独讨论的边界情形（此处级数收敛于 $1$）。 正确做法：先分 $x=0$ 与 $x\ne0$ 两情形，再在 $x\ne0$ 时套判别法。凡是”通项含参数 $x$”的题，都要问一句”哪些 $x$ 会让通项变成 $0$”。
• 误区 4：认为交错级数判别法可以省掉单调性。 错误做法：看到 $\sum(-1)^n x_n$ 且 $x_n\to0$，就断言收敛。 为什么错：$x_n=\frac{2+(-1)^n}{n}\to0$ 但不单调，$\sum(-1)^nx_n$ 发散（本笔记上文有完整证明：每一对的净贡献 $\frac{4k-3}{2k(2k-1)}\ge\frac{1}{2k}$，故偶部分和 $\ge\frac12\sum\frac1k\to\infty$）。 正确做法：验证单调性。若不单调，必须重新分析（可尝试配对后直接讨论部分和的单调性与有界性）。
• 误区 5：在交错级数中忘记验证 $x_n\to0$。 错误做法：对 $\sum(-1)^n\left(1+\frac1n\right)$ 说”$\{1+1/n\}$ 单调递减，故由交错级数判别法收敛”。 为什么错：漏了第二个条件 $x_n\to0$；实际上 $x_n\to1\ne0$，级数发散。 正确做法：交错级数判别法有两个条件——单调递减与趋于 $0$——必须逐条验证并写出来。
• 误区 6：把”配对新级数”当成”重排原级数”。 错误做法：认为 Theorem 144 的配对论证需要”级数可以任意加括号”这一（未证的）性质。 为什么错：配对操作发生在部分和 $s_{2k}$ 上，$s_{2k}$ 是有限和，有限和加括号是加法结合律，无需任何收敛性假设。真正的”重排”（改变无穷多项的顺序）才需要绝对收敛（Theorem 146）。 正确做法：区分”有限和加括号”（永远合法）与”无穷级数重排”（需要绝对收敛）。
• 误区 7：把 $L>1$ 的证明写成”$\vert x_n\vert \to\infty$”。 错误做法：对于 $L>1$，写”故 $\vert x_n\vert \to+\infty$”。 为什么错：$L>1$ 只保证从某项起 $\vert x_n\vert $ 严格递增（$\vert x_{n+1}\vert >\alpha\vert x_n\vert >\vert x_n\vert $），从而有一个正的常数下界 $\vert x_{M_0}\vert $；它不保证发散到 $+\infty$（例如 $\vert x_n\vert =\vert x_{M_0}\vert (\alpha^{\prime})^{n}$ 若 $\alpha^{\prime}$ 略大于 $1$，确实趋于 $+\infty$，但如果比值只是 $\ge\alpha>1$ 而不再放大……实际上严格递增是确定的，趋于无穷则需额外假设）。我们只需要“不趋于 $0$”，多的断言要么无据要么多余。 正确做法：只写”$\vert x_n\vert $ 从第 $M_0$ 项起严格递增，故 $\vert x_n\vert \ge\vert x_{M_0}\vert >0$，因此 $x_n\not\to0$，由 Theorem 123 的逆否得发散”。
• 误区 8：忽略 $\epsilon$-$N$ 证明中 $M$ 对 $\epsilon$ 的依赖方向。 错误做法：在 Theorem 144 的证明中先写”取 $M$”再写”任取 $\epsilon$”。 为什么错：量词顺序是 $\forall\epsilon>0\ \exists M$；$M$ 必须由 $\epsilon$ 决定（在本证明中 $M=\max\{2M_0+1,M_1\}$，其中 $M_0$ 来自 $\epsilon/2$ 对应的门槛、$M_1$ 来自 $\epsilon/2$ 对应的门槛，所以 $M$ 依赖 $\epsilon$）。反过来写就成了错误的 $\exists M\forall\epsilon$。 正确做法：永远先”任取 $\epsilon>0$”，最后”取 $M=\dots$”，并检查 $M$ 中的每个量都由 $\epsilon$（或由题设给定的常数）决定，绝不依赖 $n$ 或 $m$。

思考题（带答案）

Q1.（收敛半径计算）求所有使级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}n^{3}x^{n}$ 收敛的实数 $x$；并求出在收敛点上级数的和（可用闭形式）。

Q2.（$L=1$ 时判别法失效）证明：对任意固定的实数 $p$， \(\lim_{n\to\infty}\left\vert \frac{1/(n+1)^{p}}{1/n^{p}}\right\vert =1,\) 并由此说明比值判别法无法判断任何 $p$-级数 $\sum 1/n^{p}$ 的收敛性。再用两个具体的 $p$ 值展示结论的”分裂”。

Q3.（交错级数的单调性不可去）设 $x_n=\dfrac{2+(-1)^{n}}{n}$（$n\ge1$）。 (a) 验证 $x_n>0$ 且 $x_n\to0$。 (b) 证明 $\{x_n\}$ 不是单调递减的。 (c) 证明 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}x_n$ 发散。