《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§7.2解答

习题7.2

7.2.1证明：级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n$ 的部分和为 $\displaystyle S_N=\sum_{n=1}^{N}(-1)^n$ . 我们归纳证明当N为偶数时 $S_N=0$ ；当N为奇数时 $S_N=-1$ .

设 $k\in\mathbb{N}^+$ ，则2k为偶数，令 $N=2k$ . 当 $k=1$ 时有 $\displaystyle S_N=S_{2k}=S_2=\sum_{n=1}^{2}(-1)^n=\sum_{n=1}^{1}(-1)^n+(-1)^2=(-1)^1+(-1)^2=0$ ，这就完成了归纳基始. 归纳假设对某 $k\geqslant 1$ 有 $\displaystyle S_N=S_{2k}=\sum_{n=1}^{2k}(-1)^n=0$ ，那么对k+1，有 $\displaystyle S_N=S_{2(k+1)}=\sum_{n=1}^{2k+2}(-1)^n=\sum_{n=1}^{2k+1}(-1)^n+(-1)^{2k+2}\\=\sum_{n=1}^{2k}(-1)^n+(-1)^{2k+1}+(-1)^{2k+2}=0$

这就完成了归纳，故当N为偶数时 $S_N=0$ . 同理可证当N为奇数时 $S_N=-1$ .

对实数序列 $(S_N)_{N=1}^{\infty}$ 来说，对任意实数 $\varepsilon>0$ ，对每个整数 $M\geqslant N=1$ ，都存在 $2M\geqslant M$ 使得 $|S_{2M}-0|=0<\varepsilon$ ，故0为 $(S_N)_{N=1}^{\infty}$ 的一个极限点. 同理可知-1也为 $(S_N)_{N=1}^{\infty}$ 的极限点. 由于 $0\neq -1$ ，故 $(S_N)_{N=1}^{\infty}$ 不收敛，进而级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n$ 发散.

7.2.2证明：已知级数 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}a_n$ 收敛，记 $\displaystyle S_N=\sum_{n=m}^{N}a_n$ 为其部分和，那么实序列 $(S_N)_{N=m}^{\infty}$ 收敛，由命题6.1.12知 $(S_N)_{N=m}^{\infty}$ 是Cauchy序列，即对任意实数 $\varepsilon>0$ ，存在整数 $S\geqslant m$ ，对一切整数 $p,q\geqslant S$ 有 $|S_p-S_q|\leqslant\varepsilon$ . 进而对任意实数 $\varepsilon>0$ ，存在整数 $S\geqslant m$ ，对一切整数 $N\geqslant S$ 有 $N,N+1\geqslant S$ ，使得 $|S_{N+1}-S_N|\leqslant\varepsilon$ ，即 $\displaystyle |\sum_{n=m}^{N+1}a_n-\sum_{n=m}^{N}a_n|=|a_{N+1}-0|\leqslant\varepsilon$ ，故 $\displaystyle\lim_{N\rightarrow\infty}a_{N+1}=0$ ，由习题6.1.4知有 $\displaystyle\lim_{N\rightarrow\infty}a_{N}=0$ （这就直接证明了推论7.2.6）.

现对任意实数 $\varepsilon>0$ ，有 $\frac{\varepsilon}{2}>0$ ，由 $(S_N)_{N=m}^{\infty}$ 是Cauchy序列知存在整数 $S\geqslant m$ ，对一切整数 $p,q\geqslant S$ 有 $|S_q-S_p|\leqslant\frac{\varepsilon}{2}$ ，我们不妨假设 $q\geqslant p$ ，此时 $\displaystyle |S_q-S_p|=|\sum_{n=m}^{q}a_n-\sum_{n=m}^{p}a_n|=|\sum_{n=p+1}^{q}a_n|\leqslant\frac{\varepsilon}{2}$ . 由于 $\displaystyle\lim_{N\rightarrow\infty}a_{N}=0$ ，故亦存在整数 $S'\geqslant m$ ，对一切整数 $n\geqslant S'$ 有 $|a_n-0|=|a_n|\leqslant\frac{\varepsilon}{2}$ . 综上，我们取 $T:=max\{S,S'\}$ ，那么对一切整数 $q\geqslant p\geqslant T$ 有 $\displaystyle|\sum_{n=p+1}^{q}a_n|\leqslant\frac{\varepsilon}{2}$ 并且对 $p\geqslant T$ 有 $|a_p|\leqslant\frac{\varepsilon}{2}$ ，进而 $\displaystyle |\sum_{n=p}^{q}a_n|=|\sum_{n=p+1}^{q}a_n+\sum_{n=p}^{p}a_n|\leqslant |\sum_{n=p+1}^{q}a_n|+|\sum_{n=p}^{p}a_n|\leqslant\varepsilon$ . 综上，对任意实数 $\varepsilon>0$ ，存在整数 $N\geqslant m$ ，对一切整数 $p,q\geqslant N$ ，如果 $q\geqslant p$ 那么 $\displaystyle |\sum_{n=p}^{q}a_n|\leqslant\varepsilon$ . 而当 $q<p$ 时显然有 $\displaystyle |\sum_{n=p}^{q}a_n|\leqslant\varepsilon$ ，进而结论可改为：对任意实数 $\varepsilon>0$ ，存在整数 $N\geqslant m$ ，对一切整数 $p,q\geqslant N$ ，有 $\displaystyle |\sum_{n=p}^{q}a_n|\leqslant\varepsilon$ . 这就证明了级数 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}a_n$ 收敛 $\Longrightarrow$ 对任意实数 $\varepsilon>0$ ，存在整数 $N\geqslant m$ ，对一切整数 $p,q\geqslant N$ ，有 $\displaystyle |\sum_{n=p}^{q}a_n|\leqslant\varepsilon$ .

如果对任意实数 $\varepsilon>0$ 存在整数 $N\geqslant m$ 使对一切整数 $p,q\geqslant N$ 有 $\displaystyle |\sum_{n=p}^{q}a_n|\leqslant\varepsilon$ ，那么有对任意实数 $\varepsilon>0$ 存在整数 $N\geqslant m$ ，对一切整数 $p,q\geqslant N$ 有 $p+1,q\geqslant N$ ，进而有 $\displaystyle |\sum_{n=p+1}^{q}a_n|\leqslant\varepsilon$ .

由上知对任意实数 $\varepsilon>0$ 存在整数 $N\geqslant m$ ，对一切整数 $p,q\geqslant N$ ，如果 $q\geqslant p$ ，那么 $\displaystyle |\sum_{n=p+1}^{q}a_n|=|\sum_{n=p+1}^{q}a_n+\sum_{n=m}^{p}a_n-\sum_{n=m}^{p}a_n|=|\sum_{n=m}^{q}a_n-\sum_{n=m}^{p}a_n|=|S_q-S_p|\leqslant\varepsilon$ ；如果 $q<p$ ，即 $p>q$ ，相同的论证我们知也有 $|S_p-S_q|\leqslant\varepsilon$ . 所以上述断论变成：对任意实数 $\varepsilon>0$ 存在整数 $N\geqslant m$ 使对一切整数 $p,q\geqslant N$ 使得 $|S_q-S_p|\leqslant\varepsilon$ . 所以 $(S_N)_{N=m}^{\infty}$ 是Cauchy序列，由定理6.4.18知 $(S_N)_{N=m}^{\infty}$ 是收敛的. 由此我们知道：对任意实数 $\varepsilon>0$ ，存在整数 $N\geqslant m$ ，对一切整数 $p,q\geqslant N$ ，有 $\displaystyle |\sum_{n=p}^{q}a_n|\leqslant\varepsilon$ $\Longrightarrow$ 级数 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}a_n$ 收敛. 这就完成了证明.

补充：对于第二部分的证明也可以逆着第一部分的思路来写，只不过麻烦了一点. 现在补充如下.

已知对任意实数 $\varepsilon>0$ 存在整数 $N\geqslant m$ 对一切整数 $p,q\geqslant N$ 有 $\displaystyle |\sum_{n=p}^{q}a_n|\leqslant\varepsilon$ .

那么对每个实数 $\varepsilon>0$ ，有 $\frac{\varepsilon}{2}>0$ ，则存在整数 $N_1\geqslant m$ 使得对一切 $p\geqslant N_1$ 有 $\displaystyle |\sum_{n=p}^{p}a_n|=|a_p-0|\leqslant\frac{\varepsilon}{2}<\varepsilon$ ，故 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a_n=0$ ；也存在 $N_2\geqslant m$ 使得对于一切整数 $p,q\geqslant N_2$ 有 $\displaystyle |\sum_{n=p}^{q}a_n|\leqslant\frac{\varepsilon}{2}$ . 我们取 $N:=max\{N_1,N_2\}$ ，那么对一切整数 $p,q\geqslant N$ 有 $\displaystyle |\sum_{n=p}^{q}a_n|\leqslant\frac{\varepsilon}{2}$ 和 $|a_p|,|a_q|\leqslant\frac{\varepsilon}{2}$ . 如果此时 $q\geqslant p$ ，进而有 $\displaystyle|\sum_{n=p+1}^{q}a_n|\leqslant|-\sum_{n=p}^{p}a_n|+|\sum_{n=p+1}^{q}a_n-(-\sum_{n=p}^{p}a_n)|=|a_p|+|\sum_{n=p}^{q}a_n|\leqslant\varepsilon$ ，即有 $\displaystyle|\sum_{n=p+1}^{q}a_n|=|\sum_{n=m}^{q}a_n-\sum_{n=m}^{p}a_n|=|S_q-S_p|\leqslant\varepsilon$ ；如果是 $q<p$ ，即 $p>q$ ，相同的论证我们知也有 $|S_p-S_q|\leqslant\varepsilon$ . 综上，对任意实数 $\varepsilon>0$ 存在整数 $N\geqslant m$ 使对一切整数 $p,q\geqslant N$ 使得 $|S_q-S_p|\leqslant\varepsilon$ . 所以 $(S_N)_{N=m}^{\infty}$ 是Cauchy序列，由定理6.4.18知 $(S_N)_{N=m}^{\infty}$ 是收敛的.

7.2.3证明：见习题7.2.2解答.

7.2.4证明：已知实数的形式级数 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}|a_n|$ 是收敛的，由命题7.2.5知对每个实数 $\varepsilon>0$ 都存在整数 $N\geqslant m$ 使对一切整数 $p,q\geqslant N$ 有 $\displaystyle |\sum_{n=p}^{q}|a_n||\leqslant\varepsilon$ . 由命题7.1.4(e)知 $\displaystyle 0\leqslant |\sum_{n=p}^{q}a_n|\leqslant\sum_{n=p}^{q}|a_n|$ ，故有 $\displaystyle |\sum_{n=p}^{q}a_n|\leqslant\varepsilon$ ，再由命题7.2.5知级数 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}a_n$ 也是收敛的. 再由命题7.1.4知：对一切 $N\geqslant m$ ，有 $\displaystyle\sum_{n=m}^{N}|a_n|\geqslant|\sum_{n=m}^{N}a_n|$ ，由引理6.4.13比较原理知 $\displaystyle\limsup_{N\rightarrow\infty}(\sum_{n=m}^{N}|a_n|)\geqslant\limsup_{N\rightarrow\infty}(|\sum_{n=m}^{N}a_n|)$ . 又因为两级数是收敛的，故由命题6.4.12(f)知 $\displaystyle\lim_{N\rightarrow\infty}(\sum_{n=m}^{N}|a_n|)=\limsup_{N\rightarrow\infty}(\sum_{n=m}^{N}|a_n|)\geqslant\limsup_{N\rightarrow\infty}(|\sum_{n=m}^{N}a_n|)=\lim_{N\rightarrow\infty}(|\sum_{n=m}^{N}a_n|)$ ，即 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}|a_n|\geqslant|\sum_{n=m}^{\infty}a_n|$ .

7.2.5证明：(a)已知 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}a_n$ 收敛到实数x并且 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}b_n$ 收敛到实数y，即 $\displaystyle\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{n=m}^{N}a_n=x$ 并且 $\displaystyle\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{n=m}^{N}b_n=y$ ，由定理6.1.19知

$\displaystyle\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{n=m}^{N}(a_n+b_n)=\lim_{N\rightarrow\infty}(\sum_{n=m}^{N}a_n+\sum_{n=m}^{N}b_n)=\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{n=m}^{N}a_n+\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{n=m}^{N}b_n\\=x+y$

即 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}(a_n+b_n)=\sum_{n=m}^{\infty}a_n+\sum_{n=m}^{\infty}b_n$ .

(b)已知 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}a_n$ 收敛到实数x并且c是实数，即有 $\displaystyle\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{n=m}^{N}a_n=x$ . 由定理6.1.19(c)知： $\displaystyle\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{n=m}^{N}(ca_n)=\lim_{N\rightarrow\infty}(c\sum_{n=m}^{N}a_n)=c\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{n=m}^{N}a_n=cx$ .

即 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}(ca_n)=c\sum_{n=m}^{\infty}a_n$ .

(c)当 $k=0$ 时，命题显然是成立的，我们再来考虑 $k\geqslant 1$ 的情形.

如果 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}a_n$ 是收敛的，即序列 $\displaystyle(\sum_{n=m}^{N}a_n)_{N=m}^{\infty}$ 是收敛的，由习题6.1.3知序列 $\displaystyle(\sum_{n=m}^{N}a_n)_{N=m+k}^{\infty}$ 与序列 $\displaystyle(\sum_{n=m}^{N}a_n)_{N=m}^{\infty}$ 收敛到同一个实数.

对于收敛序列 $\displaystyle(\sum_{n=m}^{N}a_n)_{N=m+k}^{\infty}$ ，由于 $N\geqslant m+k>m$ ，故此时有 $\displaystyle\sum_{n=m}^{N}a_n=\sum_{n=m}^{m+k-1}a_n+\sum_{n=m+k}^{N}a_n$ ，即序列 $\displaystyle(\sum_{n=m}^{m+k-1}a_n+\sum_{n=m+k}^{N}a_n)_{N=m+k}^{\infty}$ 是收敛的，而常序列 $\displaystyle(\sum_{n=m}^{m+k-1}a_n)_{N=m+k}^{\infty}$ 肯定是收敛的，由定理6.1.19(d)知序列 $\displaystyle((\sum_{n=m}^{m+k-1}a_n+\sum_{n=m+k}^{N}a_n)-\sum_{n=m}^{m+k-1}a_n)_{N=m+k}^{\infty}=(\sum_{n=m+k}^{N}a_n)_{N=m+k}^{\infty}$ 是收敛的，即 $\displaystyle\sum_{n=m+k}^{\infty}a_n$ 是收敛的，并且有 $\displaystyle\sum_{n=m+k}^{\infty}a_n=\sum_{n=m}^{\infty}a_n-\sum_{n=m}^{m+k-1}a_n$ ，即 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}a_n=\sum_{n=m}^{m+k-1}a_n+\sum_{n=m+k}^{\infty}a_n$ .

如果 $\displaystyle\sum_{n=m+k}^{\infty}a_n$ 是收敛的，即序列 $\displaystyle(\sum_{n=m+k}^{N}a_n)_{N=m+k}^{\infty}$ 是收敛的，而常序列 $\displaystyle(\sum_{n=m}^{m+k-1}a_n)_{N=m+k}^{\infty}$ 肯定是收敛的，进而 $\displaystyle(\sum_{n=m+k}^{N}a_n+\sum_{n=m}^{m+k-1}a_n)_{N=m+k}^{\infty}=(\sum_{n=m}^{N}a_n)_{N=m+k}^{\infty}$ 是收敛的，并且收敛到 $\displaystyle(\sum_{n=m}^{m+k-1}a_n)+(\sum_{n=m+k}^{\infty}a_n)$ . 再由习题6.1.3知 $\displaystyle(\sum_{n=m}^{N}a_n)_{N=m}^{\infty}$ 和 $\displaystyle(\sum_{n=m}^{N}a_n)_{N=m+k}^{\infty}$ 收敛到同一值，则有 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}a_n=\sum_{n=m}^{m+k-1}a_n+\sum_{n=m+k}^{\infty}a_n$ .

这样我们就完成了证明. 同时还要说明的是，这里两级数收敛性相同更进一步是说同样条件收敛或者同样绝对收敛，不会出现一个是条件收敛而一个是绝对收敛的断论，详见文内补充第2点.

(d)已知 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}a_n$ 收敛到x，即序列 $\displaystyle(\sum_{n=m}^{N}a_n)_{N=m}^{\infty}$ 收敛到x，由引理7.1.4(b)知 $\displaystyle\sum_{n=m}^{N}a_n=\sum_{n=m+k}^{N+k}a_{n-k}$ ，故序列 $\displaystyle(\sum_{n=m+k}^{N+k}a_{n-k})_{N=m}^{\infty}$ 收敛到x. 再由习题6.1.3知 $\displaystyle(\sum_{n=m+k}^{N+k}a_{n-k})_{N=m+k}^{\infty}$ 收敛到x，再由习题6.1.4知 $\displaystyle(\sum_{n=m+k}^{N}a_{n-k})_{N=m+k}^{\infty}$ 收敛到x，即 $\displaystyle\sum_{n=m+k}^{\infty}a_{n-k}$ 收敛到x.

7.2.6证明：记级数 $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}(a_n-a_{n+1})$ 的部分和为 $\displaystyle S_N=\sum_{n=0}^{N}(a_n-a_{n+1})$ . 当 $n=0$ 时，有 $\displaystyle S_0=\sum_{n=0}^{0}(a_n-a_{n+1})=a_0-a_{0+1}$ . 归纳假设对某 $N\geqslant 0$ 有 $S_N=a_0-a_{N+1}$ ，那么对N+1，有 $\displaystyle\sum_{n=0}^{N+1}(a_n-a_{n+1})=\sum_{n=0}^{N}(a_n-a_{n+1})+(a_{N+1}-a_{(N+1)+1})\\=a_0-a_{N+1}+(a_{N+1}-a_{(N+1)+1})=a_0-a_{(N+1)+1}$

这就完成了归纳.

故 $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}(a_n-a_{n+1})=\lim_{N\rightarrow\infty}S_N=\lim_{N\rightarrow\infty}(a_0-a_{N+1})=\lim_{N\rightarrow\infty}a_0-\lim_{N\rightarrow\infty}a_{N+1}\\=a_0-0=a_0$ .

引理7.2.15（嵌套级数）中序列的下标当然可以是任意整数m，论证过程完全一样，嵌套级数还是收敛到序列 $(a_n)_{n=m}^{\infty}$ 的第一项 $a_m$ .

一点说明：当 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 收敛到其他实数L时，同样的证明方式我们可以看到 $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}(a_n-a_{n+1})=a_0-L$ .

文内补充

1.命题7.2.12（交错级数判别法）中五个“为什么”回答.

对于一切自然数k，有 $S_{N+2k}\leqslant S_N$ (N为偶数).

证明：用归纳法. 当k=0时，显然有 $S_{N+2\times 0}\leqslant S_N$ . 归纳假设对某 $k\geqslant 0$ 有 $S_{N+2k}\leqslant S_N$ ，那么对自然数k+1，有 $S_{N+2(k+1)}=S_{(N+2k)+2}\leqslant S_{N+2k}\leqslant S_N$ . 这就完成了归纳.

对于一切自然数k，有 $S_{N+2k+1}\geqslant S_{N+1}=S_N-a_{N+1}$ (N为偶数).

证明：当N为奇数时，同上用归纳法可证“对于一切自然数k，有 $S_{N+2k}\geqslant S_N$ (N为奇数).” 所以对当N为偶数时，有 $S_{N+2k+1}\geqslant S_{N+1}$ . 而 $S_{N+1}=S_N+(-1)^{N+1}a_{N+1}=S_N-a_{N+1}$ ，所以有“对于一切自然数k，有 $S_{N+2k+1}\geqslant S_{N+1}=S_N-a_{N+1}$ (N为偶数)”.

对于一切自然数k，有 $S_{N+2k+1}=S_{N+2k}-a_{N+2k+1}\leqslant S_{N+2k}$ (N为偶数).

证明：已知N为偶数，故 $S_{N+2k+1}=S_{N+2k}+(-1)^{N+2k+1}a_{N+2k+1}=S_{N+2k}-a_{N+2k+1}\leqslant S_{N+2k}$ .

当 $n\geqslant N$ 时有 $S_N-a_{N+1}\leqslant S_n\leqslant S_N$ .

证明：已知对于一切自然数k有 $S_N-a_{N+1}\leqslant S_{N+2k+1}\leqslant S_{N+2k}\leqslant S_N$ . 对一切 $n\geqslant N$ ，存在自然数p使得 $n=N+p$ ，而对所有自然数p，容易用归纳法证明（详见博文§4.4中文内补充对命题4.4.4的补充）其不是 $p=2k$ 就是 $p=2k+1$ (其中k为某自然数)，进而有 $S_n=S_{N+p}=S_{N+2k}$ 或者 $S_n=S_{N+p}=S_{N+2k+1}$ . 但无论哪种情形，结合“对于一切自然数k有 $S_N-a_{N+1}\leqslant S_{N+2k+1}\leqslant S_{N+2k}\leqslant S_N$ ”知“ $S_N-a_{N+1}\leqslant S_n\leqslant S_N$ ”，这就完成了证明.

对每个 $\varepsilon>0$ ， $S_n$ 是终极 $\varepsilon$ -稳定的.

证明：已知“当 $n\geqslant N$ 时有 $S_N-a_{N+1}\leqslant S_n\leqslant S_N$ ”，故对序列 $(S_n)_{n=N}^{\infty}$ ，对任意整数 $j,k\geqslant N$ ，有 $S_N-a_{N+1}\leqslant S_j\leqslant S_N$ 和 $S_N-a_{N+1}\leqslant S_k\leqslant S_N$ ，进而有 $-S_N\leqslant -S_k\leqslant a_{N+1}-S_N$ ，进而有 $-a_{N+1}\leqslant S_j-S_k\leqslant a_{N+1}$ ，即 $|S_j-S_k|\leqslant a_{N+1}$ ，所以 $(S_n)_{n=N}^{\infty}$ 是 $a_{N+1}$ -稳定的，进而 $(S_n)_{n=m}^{\infty}$ 是终极 $a_{N+1}$ -稳定的. 对任意实数 $\varepsilon>0$ ，由于 $\displaystyle\lim_{N\rightarrow\infty}a_N=0$ ，所以总可以取到N使得 $a_{N+1}\leqslant\varepsilon$ ，所以 $(S_n)_{n=m}^{\infty}$ 是终极 $\varepsilon$ -稳定的.

2.命题7.2.14的一些补充.

(a):由(a)我们知道两（条件）收敛的级数 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}a_n$ 、 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}b_n$ ，那么级数 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}(a_n+b_n)$ 也是（条件）收敛的.

1.如果我们还知道 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}a_n$ 、 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}b_n$ 都是绝对收敛的，那么级数 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}(a_n+b_n)$ 也是绝对收敛的，证明用到命题7.2.14(a)和推论7.3.2，具体证明过程就不写了，很容易的.

2.但是我们还要注意两（条件）收敛的级数 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}a_n$ 、 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}b_n$ ，那么级数 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}(a_n+b_n)$ 可能是绝对收敛的. 一个具体的例子是：如果 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}a_n$ 是（条件）收敛的，那么级数 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}(a_n+(-a_n))$ 是绝对收敛的.

3.最后，如果 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}a_n$ 是（条件）收敛的而 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}b_n$ 是绝对收敛的，那么级数 $\displaystyle\sum_{n=m}^{\infty}(a_n+b_n)$ 也是（条件）收敛的但不绝对收敛的，证明用到1.

(b)、(c)、(d):两级数同样条件收敛或者同样绝对收敛，不会出现一个是条件收敛而不绝对收敛而一个是绝对收敛的断论.

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