求证∑ₙ=1^∞(-1)ⁿ/nˢ在Re(s)>0时条件收敛的技术疑问

你提到用比值判别法处理复数$s$时卡壳了，这太正常了——比值判别法在复级数里碰到极限为1的情况完全失效，而这里恰好就是这种情况。咱们换个更合适的工具：Dirichlet判别法，同时把绝对收敛和条件收敛的区间分清楚。

为什么比值判别法走不通 #

先把你算的比值绝对值理清楚：对于复数$s=\sigma+it$（$\sigma=\text{Re}(s), t=\text{Im}(s)$），有$|n^s|=n\sigma$，所以：
$$\left|\frac{(-1)^{n+1}/(n+1)s}{(-1)^n/ns}\right| = \left(\frac{n}{n+1}\right)^\sigma$$
当$n\to\infty$时，这个极限是$\lim_{n\to\infty}(1-\frac{1}{n+1})^\sigma=1$。比值判别法对极限为1的情况无法给出任何收敛性结论，所以这条路走不通。

用Dirichlet判别法证明收敛（$\text{Re}(s)>0$时） #

Dirichlet判别法的复级数版本说：如果$\sum a_n b_n$满足两个条件：

• 序列${a_n}$的部分和$\sum_{k=1}^n a_k$有界；
• 序列${b_n}$是有界变差的（即$\sum_{n=1}^\infty |b_n - b_{n+1}| < \infty$），且$\lim_{n\to\infty}b_n=0$。

我们令$a_n=(-1)^n$，它的部分和序列是$-1,0,-1,0,\dots$，显然有界（绝对值最大是1）。

再看$b_n=\frac{1}{n^{s}=\frac{1}{n}\sigma}e^{-it\ln n}$：

• 首先，$\lim_{n\to\infty}|b_n|=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n^\sigma}=0$（因为$\sigma>0$），所以$\lim_{n\to\infty}b_n=0$；
• 然后用中值定理估计$|b_n - b_{n+1}|$：令$f(x)=x^{{-s}$，则$f(n)-f(n+1)=-f'(c)$，其中$c\in(n,n+1)$。而$|f'(c)|=|s|c}{-\sigma-1}\leq|s|n^{-\sigma-1}$，所以：
  $$\sum_{n=1}^\infty |b_n - b_{n+1}| \leq |s|\sum_{n=1}^\infty n^{-\sigma-1}$$
  当$\sigma>0$时，$\sigma+1>1$，右边是收敛的p级数，所以${b_n}$是有界变差的。

满足Dirichlet判别法的所有条件，因此级数$\sum_{n=1}^\infty (-1)^n b_n$在$\text{Re}(s)>0$时收敛。

区分绝对收敛与条件收敛 #

绝对收敛要求$\sum_{n=1}^\infty \left|\frac{(-1)^n}{ns}\right|=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^\sigma}$收敛：

• 当$\sigma=\text{Re}(s)>1$时，这是收敛的p级数，所以级数绝对收敛；
• 当$0<\sigma\leq1$时，这个p级数发散，说明级数不绝对收敛。结合前面的收敛结论，此时级数是条件收敛的。

总结：你提到的$\text{Re}(s)>0$区间里，级数在$0<\text{Re}(s)\leq1$时条件收敛，在$\text{Re}(s)>1$时绝对收敛。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Scavenger23