交错级数判别法

我们假设级数具有形式${\displaystyle \sum _{n=0}^{\infty }(-1)^{n}a_{n}\!}$ ．当${\displaystyle n}$ 趋于无穷时，数列${\displaystyle a_{n}}$ 的极限等于0，并且每个 ${\displaystyle a_{n}}$ 小于或等于${\displaystyle a_{n-1}}$ （即${\displaystyle a_{n}}$ 是单调递减数列）．^[1]

收敛性证明

给定数列前 ${\displaystyle (2n+1)}$  项的部分和 ${\displaystyle S_{2n+1}=a_{0}+\left({-a_{1}+a_{2}}\right)+\left({-a_{3}+a_{4}}\right)+\ldots +\left({-a_{2n-1}+a_{2n}}\right)-a_{2n+1}}$ ．由于每个括号内的和非正，并且 ${\displaystyle a_{2n+1}\geq 0}$  ，那么前 ${\displaystyle (2n+1)}$  项的部分和不大于 ${\displaystyle a_{0}}$ .

并且每个部分和可写做 ${\displaystyle S_{2n+1}=\left({a_{0}-a_{1}}\right)+\left({a_{2}-a_{3}}\right)+\ldots +\left({a_{2n}-a_{2n+1}}\right)}$ ．每个括号内的和非负．因此，级数 ${\displaystyle S_{2n+1}}$  单调递增：对任何 ${\displaystyle n\in N}$  均有：${\displaystyle S_{2n+1}\leq S_{2n+3}}$ .

结合以上两段论述，由单调收敛定理可得，存在数 ${\displaystyle s}$  使得 ${\displaystyle \lim _{n\to \infty }S_{2n+1}=s}$ .

由于 ${\displaystyle S_{2n}=S_{2n+1}-a_{2n+1}}$  并且 ${\displaystyle \lim _{n\to \infty }a_{n}=0}$  ，那么 ${\displaystyle \lim _{n\to \infty }S_{2n}=s}$ ．给定数列的和为 ${\displaystyle \lim _{n\to \infty }S_{2n}=\lim _{n\to \infty }S_{2n+1}=s}$  ，其中 ${\displaystyle s}$  为有限数，从而数列收敛．

部分和截断误差的证明

在收敛性的证明过程中，我们发现${\displaystyle S_{2n+1}}$ 是单调递增的．由于${\displaystyle S_{2n}=a_{0}+\left(-a_{1}+a_{2}\right)+\ldots +\left(-a_{2n-1}+a_{2n}\right)}$ ，并且括号中的每一项是非正的，这样可知${\displaystyle S_{2n}}$ 是单调递减的．由先前的论述，${\displaystyle \lim _{n\to \infty }S_{2n}=L}$ ，因此${\displaystyle S_{2n}\geq L}$ ．类似的，由于${\displaystyle S_{2n+1}}$ 是单调递增且收敛到${\displaystyle L}$ ，我们有${\displaystyle S_{2n+1}\leq L}$ ．因此我们有${\displaystyle S_{2n+1}\leq L\leq S_{2n}}$ 对所有的n均成立．

因此如果k是奇数我们有${\displaystyle |L-S_{k}|=L-S_{k}\leq S_{k+1}-S_{k}=a_{k+1}\leq a_{k}}$ ，而如果k是偶数我们有${\displaystyle |L-S_{k}|=S_{k}-L\leq S_{k}-S_{k-1}=a_{k}}$ ．

• 狄利克雷判别法

• Knopp，Konrad，"Infinite Sequences and Series"，Dover publications，Inc.，New York，1956．(§ 3.4) 编辑
  1. ^ Beklemishev, Dmitry V. Analytic geometry and linear algebra course 10. FIZMATLIT. 2005.