本质就在于级数推广了加法，对于级数中加法结合律、交换律的兼容性需要挖一挖。我个人的理解哈，欢迎拍砖。

1. 为什么要研究级数

数学有意思就在于，不停的演化，发现问题，解决问题，突破原有的思维，不断升华。

级数本身就是一个很有趣的话题，我们的义务教育阶段，学了太多的加减乘除的东西，但仅仅是皮毛而已。

我们对有限项数的求和非常熟悉，它具有非常良好的运算律，包括加法结合律、交换律。另外和也是数，也可以再求和，还可以做乘法。再求和我们不谈，那么对于和式的乘积，我们感兴趣，有限项和的乘法，自然遵循加法对乘法的分配率，而如果我们需要将两个有限项和的乘积展开，就得到一个有限的长方矩阵。

下面是一些简单的运算律的举例:

$a+b = b+a$

$a+b+c = (a+b)+c = a+(b+c)$ $(a_1 + a_2 + a_3)(b_1+b_2+b_3) = a_1b_1 + a_1b_2 +a_1b_3 + a_2b_1 + a_2b_2 + a_2b_3 + a_3b_1 + a_3b_2 + a_3b_3$

$\Bigg(\begin{matrix} a_1b_1&a_2b_1&a_3b_1\\ a_1b_2&a_2b_2&a_3b_2\\ a_1b_3&a_2b_1&a_3b_3 \end{matrix}\Bigg)$

$(a_1 + a_2 + a_3)(b_1+b_2+b_3)$ 就比较有意思了，可以用上面的有限矩阵，把所有的乘积因子放在矩阵中，最终我们的有限和之间的乘积展开就可以按任意的顺序把矩阵中的元素拎出去，加在一起就行了。

研究级数本质上就是研究加法推广后还能得到什么结论的问题探究。

2. 级数敛散性脉络杂论

那么回到级数是对加法的推广上面来，我们自然需要问几个问题:

级数的和能不能用一个有限数来表示呢？
那么好用的运算律在级数上还能保持成立吗?

其实这两个问题就足以推动对级数的研究，我们简单来拆解一下:

级数的和是否可有限数表示，这就是级数敛散性问题。关于级数敛散性问题自然需要经过一系列的折腾才能搞清楚。然后自然而然从解决问题的角度来说，我们先尝试解决最简单的问题，然后慢慢突破复杂的问题。对于级数敛散性的最简单形态就是同号项级数，因此我们就一开始研究正项级数(负号项级数提取一个-1出去就好了)。有了正项级数，就有了一系列正项级数理论，这样正项级数的敛散性问题我们才得以解决。

解决了正项级数问题，只是故事的开始，后面还有很多问题我们还需要解决，那么任意项级数的敛散性问题怎么解决呢。这个时候，我们就分析了，任意项级数无非分为:

前面有限项无规律，后面都呈现规律性的正负号，这类可以抛弃前面有限项，只考虑后面有规律的那无穷多项，这样自然转为正项级数问题，前面正项级数理论能解决。
正负项都是无穷多个的，这种级数目前我们还需要进一步研究，因此任意项级数考虑的主要对象就是这一部分。

既然如此，我们考虑的任意项级数有个特点就是正项和负项都是无穷多项，暂时没有别的办法入手，我们就回归到级数和数列的关系上来，级数收敛与否和其部分和序列有直接关系，于是乎，Cauchy收敛原理就可以照搬过来，我们就有了级数收敛的充要条件，新世界的大门就打开了。

有了这个收敛原理，我们就可以把任意项级数敛散性问题的第一步与前面的正项级数建立关系了。

Cauchy收敛原理: $\sum a_n 收敛\Leftrightarrow \forall \ \varepsilon>0, \exists\ N, \forall n > N, \forall\ p\in\mathbb{N}: |a_{n+1} + a_{n+2} + \cdots + a_{n+p}| < \varepsilon$

我们再结合基本不等式 $|a_{n+1} + a_{n+2} + \cdots + a_{n+p}| \leq |a_{n+1}| + |a_{n+2}| + \cdots + |a_{n+p}|$

稍加思考，如果 $\sum |a_n|$ 收敛，那么就是说上面基本不等式右侧能控制到任意小，那么左侧的是不是也可以控制到任意小了呢？这就是打开任意项级数敛散性探索大门的钥匙。

那么既然有了 $\sum |a_n|$ 收敛，就能推出 $\sum a_n$ 收敛，那么我们就给这个事实起一个名字: 级数绝对收敛必收敛。加上绝对值的新级数就称之为绝对值级数，如果它收敛，我们原来的级数 $\sum a_n$ 就称为绝对收敛。

但是到现在问题还没有结束，因为毕竟，绝对收敛并不能囊括一切，有些级数绝对值级数不收敛，但并不能代表这个级数不收敛。那么如果绝对值新级数不收敛，而级数本身收敛，我们就称之为非绝对收敛。

因此绝对收敛和非绝对收敛就是这么来的，绝对收敛只解决了任意项级数收敛中的很小一部分问题，非绝对收敛我们还要考虑。

当然后面的故事我们不打算发散太多，简单说下任意项级数敛散性判定的脉络，非常简单。

绝对收敛解决一部分。
非绝对收敛的我们通过Abel变换，得到重要的Abel判别法和Dirichlet判别法。
另外对于任意项级数中还有一类比较特殊的级数，就是交错级数，正负号交替出现在级数的各个连续项中，而这种交替级数中有一类非常重要的级数，就是Leibniz级数，这就是我们通常说的Leibniz判别法，如果能判断级数的通项绝对值单调递减并趋于零，那么它就是Leibniz级数。

通过上面的三个点，任意项级数的敛散性问题解决了不少了，但故事还没完，包括后面的无穷乘积的理论。

关于级数敛散性问题，我们先说到这里，后面如果还能接上，再谈回来。我怕自己发散出去回不来了，^-^

3. 级数运算律方面的探究

3.1 运算律前言

前面我们提到了两个问题，其中第一个问题，级数敛散性我们前面大致上讨论了一番。但未涉及到细节，细节可到我主页专题中去翻翻，非常详细的。

还有一个问题，就是前面我们提到的那么多好用的运算律，对于级数还能支持吗？

首先我们先看正项级数，不管是加法结合律、交换律都是支持的，因为我们只需要考虑部分和就可以了，不管你怎么结合，怎么交换，本质上部分和没发生本质变化，原来收敛，变化后还是收敛的。

然后我么看乘法部分，也就是两个级数相乘，有限项的两个级数相乘得到的是一个有限长方矩阵，而级数相乘后的和的每一部分放在矩阵中，构成了无穷长方矩阵。

因为我们前面知道正项级数加法满足交换律和结合律，因此把上面的无穷长方矩阵的元素全部加在一起，不管你用什么顺序都无所谓，因为对于正项级数都一样了。

3.2 加法结合律

好像故事很完美，但事故发生了, 对于任意项级数就没有那么幸运了

振荡级数: $1 - 1 + 1 - 1 + 1 - 1 + \cdots$

$(1 - 1) + (1 - 1) + (1 - 1) + \cdots$ 这样得到的新级数和原来的振荡级数不同。

$1 +(- 1 + 1) +(- 1 + 1) + (- 1 + 1) + \cdots$ 这样得到的又是一个新的级数。

振荡级数本身不收敛，当我们将某些项结合在一起时，就得到了不同的新的级数。

看来对于任意级数来说，本身不收敛的级数，在应用了结合律之后得到了收敛的级数；在应用了交换律之后得到了收敛不同的级数。

不幸中的万幸，如果级数本身收敛，我们又得到了比较好的性质:

对于收敛级数来说，我们是可以具有结合性的:

考虑收敛级数 $\sum\limits_{n=1}^\infty a_n = a_1 + a_2 + \cdots + a_n + \cdots$ $(A)$

用任意方式将它的项联合成若干组，但同时不改变它们的分布位置: $a_1 + a_2 + \cdots + a_{n_1}, a_{n_1+1} + a_{n_1+2} + \cdots + a_{n_2}, \cdots, a_{n_k+1} + a_{n_k+2} + \cdots + a_{n_{k+1}}, \cdots$

这里的 $\{n_k\}$ 是从某一个自然数序列中抽出的关于下标的部分增序列。

定理: 从这些和组成的级数

$(a_1 + a_2 + \cdots + a_{n_1}) + (a_{n_1+1} + a_{n_1+2} + \cdots + a_{n_2}) + \cdots + (a_{n_k+1} + a_{n_k+2} + \cdots + a_{n_{k+1}}) + \cdots$ $(\tilde{A})$

恒收敛，并且具有与原级数相同的和。换句话说: 收敛级数具有可结合性。

这个定理直接从部分和关系就可得出:

新级数的部分和序列: $\tilde{A}_1, \tilde{A}_2, \cdots, \tilde{A}_k, \cdots$ 刚好就是原来的和的部分序列: $A_{n_1}, A_{n_2}, \cdots, A_{n_k}, \cdots$

注:

从上面的振荡级数来说，如果某个级数的通项是几部分的和组成，本身是收敛级数，但如果把括号展开，构成的新的级数可能是发散的。
但对于收敛级数来说，我们可以将有限项进行结合，构成新的级数，这个新的级数依然是收敛的，而且新级数的和与原级数的和一样。
如果某个级数 $(\tilde{A})$ (通项由多个部分的和组成)，将括号展开后得到的是收敛级数 $A$ ，那么原来的级数 $(\tilde{A})$ 也收敛，并且收敛于这个新级数的和A。这点就是上面定理可推出的。
对于收敛级数 $\tilde{A}$ , 若它的每个括号中的加数符号相同，那么把括号去掉，展开为新级数，可以保证新级数(A)也收敛。这种情况就是保证展开后的级数也收敛的最简单情形。当然，对于 $\tilde{A}$ ，不同的括号里边的加数符号可以不同。

下面给一个简单的例子:

确定级数 $\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{E(\sqrt{n})}}{n}$ 的收敛性。其中 $E(x)$ 表示 $x$ 的整数部分。

我们可以将级数的项列一些出来:

前三项 $n=1,2,3$ , $E(\sqrt{n}) = 1$ , 因此前面三项分别为: $-1, -\frac{1}{2}, -\frac{1}{3}$

紧接着5项 $n=4,5,6,7,8$ , $E(\sqrt{n}) = 2$ , 因此前面三项分别为: $\frac{1}{4}, \frac{1}{5},\frac{1}{6}, \frac{1}{7},\frac{1}{8}$

把这些具有相同符号的几个项作为级数的一项，那么得到的是交错级数: $\sum\limits_{k=1}^\infty(-1)^k\Bigg[\frac{1}{k^2} + \frac{1}{k^2+1} + \cdots + \frac{1}{(k+1)^2-1}\Bigg]$ (1)

因为有不等式:

$\frac{2}{k+1} < \overbrace{\frac{1}{k^2} + \frac{1}{k^2+1} +\cdots}^{k个}+\overbrace{\frac{1}{k^2 + k} \cdots + \frac{1}{(k+1)^2-1}}^{k+1个} < \frac{2}{k}$

前面k个缩所加数为 $\frac{1}{k^2+k}$ , 总共k个，因此前面k个和大于 $\frac{1}{k+1}$ ; 后面k+1个缩小加数为 $\frac{1}{(k+1)^2-1}$ , 共k+1个，因此后面k+1个和大于 $\frac{1}{k} > \frac{1}{k+1}$ ，因此左边不等式成立。

同理可以考虑右侧不等式: 左边k个放大为 $k\cdot\frac{1}{k^2} = \frac{1}{k}$ ；右边k+1个放大为: $(k+1)\cdot \frac{1}{k^2 + k} = \frac{1}{k}$ , 因此右侧不等式也成立。

于是我们知道这个级数的通项趋于0，就是Leibniz级数，收敛。

3.3 加法交换律

前面可结合性，仅仅要求级数收敛即可，但是对于可交换性，我们必须对级数收敛性要求提高，绝对收敛级数才满足可交换性。

假设级数(A)具有和A, 那么我们在级数(A)中以任意方式重新配置级数的项后，我们得到新的级数: $\sum\limits_{k=1}^\infty a_k^\prime = a_1^\prime + a_2^\prime + \cdots + a_k^\prime + \cdots$ $(A^\prime)$

这个级数的每一项 $a_k^\prime$ 跟原级数的一个确定的项 $a_{n_k}$ 是相同的。

定理: 若级数(A)绝对收敛，则把它的项重新配置后得到的级数 $(A^\prime)$ 也收敛，并且具有与原级数相同的和A。换句话说: 绝对收敛级数具有可交换性。

3.4 非绝对收敛的情况

前面我们对加法交换律讨论了绝对收敛的情况，本身也是正项级数的结论。那么现在对非绝对收敛级数怎么样呢？我们还是需要一探究竟的。

非绝对收敛级数并不具备交换性: 在每个这样的级数中，由于级数的适当重新配置后，可能会改变他的和，或者甚至完全破坏它的收敛性。

假设级数(A)收敛，但非绝对收敛。因此其通项趋于零: $\lim\limits_{n\to\infty} a_n = 0$ 。对于从(A)中分离出来的正项分量和负向分量构成的级数(P)和(Q), 同样有 $\lim\limits_{k\to\infty} p_k = 0, \lim\limits_{m\to\infty} q_m = 0$ (2)

但在给定的情形下，它们两个级数都发散。

下面是它们的部分和之间的关系:

$A_n = P_k - Q_m, A_n^* = P_k + Q_m$ (3)

假设(P), (Q)中有一个收敛，不妨设(P)收敛，那么由(3)的第一个式子，我们必然推出(Q)收敛。

而(P), (Q)收敛，由(3)的第二个式子又推出( $A^*$ )的收敛性，即(A)绝对收敛，这与假设的条件矛盾。

非绝对收敛的级数，它的正项部分构成的级数和负项绝对值构成的级数都是发散的。

3.5 黎曼定理

先说结论，黎曼定理告诉我们，非绝对收敛级数，你随意交换级数的项，最终可以得到任意和的级数，可以从负无穷到正无穷。也就是说不满足交换律，交换后的结果完全不确定，你想要什么结果，它都能给你什么结果。当然这条还是蛮有用的，后面我们举个例题。

若级数(A)非绝对收敛，则无论预先取怎样的数B(有限的或无限的 $\pm\infty$ ), 都可以这样重新配置这级数中的项，使得变形后的级数具有和B。

证:

(a) B为有限的情形。

首先(A)非绝对收敛，则(P), (Q)都发散，那么可以知道它们的任意余式都发散，这两个级数中的每一个都可以从任何地方开始，收集足够多的项，使得和超过任何一个数。

下面我们对级数(A)的项进行重新配置:

首先取一定数目的正项，保持它们在级数中的次序，使得它们的和超过数B:

$p_1 + p_2 + \cdots + p_{k_1} > B$

然后在它们后面接着写出负项(同样按照它们在级数中的次序), 取足够多的项，使得总和小于B:

$p_1 + p_2 + \cdots + p_{k_1} - q_1-q_2 - \cdots - q_{m_1} < B$

之后再放入一些正项，使得和大于B:

$p_1 + p_2 + \cdots + p_{k_1} - q_1-q_2 - \cdots - q_{m_1} +p_{k_1+1} + p_{k_1+2} + \cdots + p_{k_2} > B$

然后再收集一些负项，使得和小于B:

$p_1 + p_2 + \cdots + p_{k_1} - q_1-q_2 - \cdots - q_{m_1} +p_{k_1+1} + p_{k_1+2} + \cdots + p_{k_2} - q_{m_1 + 1} - q_{m_1 + 2} - \cdots - q_{m_2} < B$

如此，按照这种方法不停做下去，显然级数(A)的每一项连同自己的符号，会在一定的位置出现。

根据这种方法，每当写出项p或q, 然后再在后面补充q或p的合适的像，则偏差，按绝对值不会超过最后所写出的项，则级数: $(p_1 + \cdots + p_{k_1}) - (q_1 + \cdots + q_{m_1}) + (p_{k_1+1} + \cdots + p_{k_2}) - (q_{m_1 + 1} + \cdots + q_{m_2}) + \cdots = B$

而我们每个括号里边的符号都是相同的，因此，去掉括号不影响级数的收敛性，结论依然成立。

(b) 若 $B = +\infty$

我们只需要选取一个趋于无穷大的序列 $B_1, B_2, \cdots, B_i, \cdots$ , 我们可以收集到遵从我们的要求的正数，使得和依次大于 $B_1, B_2, \cdots, B_i, \cdots$ 等等，从而负项收集的数只要一次放在每一个正数组之后，用这种方法，显然会做出具有和为 $+\infty$ 的级数。

类似地可以构造出来 $B=-\infty$ 的级数。

说明: (绝对收敛性与非绝对收敛性的本质区别)

非绝对收敛级数的收敛性，只是由于正项与负项的互相抵消才能实现，并且主要由这些项一个跟着一个的次序来决定。

2. 绝对收敛级数的收敛性，则根据这些项的减小速度，而与它们的次序无关。

3.6 一个有趣的例子

$\ln2 = \underbrace{1 - \frac{1}{2}} + \underbrace{\frac{1}{3} - \frac{1}{4}} + \cdots + \underbrace{\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k}} + \cdots$ (4)

重新配置一下这个级数:

$\underbrace{1 - \frac{1}{2} - \frac{1}{4}} + \underbrace{\frac{1}{3} - \frac{1}{6} - \frac{1}{8}} + \cdots + \underbrace{\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{4k-2} - \frac{1}{4k}} + \cdots$ (5)

调换后，这个级数的和减少了一半:

分别用 $A_n, A^\prime_n$ 表示这两个级数的部分和，则:

$A_{3m}^\prime = \sum\limits_{k=1}^m(\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{4k-2} - \frac{1}{4k}) = \sum\limits_{k=1}^m(\frac{1}{4k-2}- \frac{1}{4k}) = \frac{1}{2}\sum\limits_{k=1}^m(\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k}) = \frac{1}{2}A_{2m}$

于是 $A^\prime_{3m}\to\frac{1}{2}\ln2$

因为 $A^\prime_{3m-1} = A^\prime_{3m} + \frac{1}{4m}, A^\prime_{3m-2} = A^\prime_{3m-1} + \frac{1}{4m-2}$ 都趋于同一个极限 $\frac{1}{2}\ln2$

因此，级数(5)收敛并趋于 $\frac{1}{2}\ln2$ 。

我们知道调和级数的部分和公式为:

$H_n = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \cdots + \frac{1}{n} = \ln n + C+ \gamma_n$ (其中 $C$ 为欧拉常数， $\gamma_n\to0(n\to\infty)$ )

我们可以推出:

$\frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \cdots + \frac{1}{2m} = \frac{1}{2}H_m + \frac{1}{2}C + \frac{1}{2}\gamma_m$

$\begin{aligned}1+\frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \cdots + \frac{1}{2k-1} &= H_{2k} - \frac{1}{2}H_k = \ln(2k) + C + \gamma_{2k} - \frac{1}{2}(\ln k + C + \gamma_k)\\&=\ln2 + \frac{1}{2}\ln k + \frac{1}{2}C +\gamma_{2k} - \frac{1}{2}\gamma_k\end{aligned}$

现在把级数(4)的项排成这样的次序: 先放p个正项、然后放q个负项，然后再放p个正项，再放q个负项，如此下去。

$1 + \frac{1}{3} + \cdots + \frac{1}{2p-1} - \frac{1}{2} - \cdots - \frac{1}{2q} + \frac{1}{2p+1} + \cdots + \frac{1}{4p-1} - \frac{1}{2q+2} - \cdots$ (6)

然后我们把轮流p项和q项组合起来，再利用上面我们推导的公式，就可以得到级数的部分和

$\tilde{A}_{2n} = \ln(2\sqrt{\frac{p}{q}}) + a_n, (a_n\to0)$ , 它趋于 $\ln(2\sqrt{\frac{p}{q}})$ ,

另外，很方便可知: $\tilde{A}_{2n-1}$ 与上面的部分和相差一个无穷小量，也趋于同一个和。

因此，级数(6)的和为 $\ln(2\sqrt{\frac{p}{q}})$ 。

$1 + \frac{1}{3} + \cdots + \frac{1}{2p-1} - \frac{1}{2} - \cdots - \frac{1}{2q} + \frac{1}{2p+1} + \cdots + \frac{1}{4p-1} - \frac{1}{2q+2} - \cdots = \ln(2\sqrt{\frac{p}{q}})$

有了上面的结论，简单描述一下:

轮流取p个正项、q个负项，得到的级数的和为 $\ln(2\sqrt{\frac{p}{q}})$ ，这样我们就可以根据这类级数的形式，直接写出其和。

比如我们前面这个级数:

$\ln2 = \underbrace{1 - \frac{1}{2}} + \underbrace{\frac{1}{3} - \frac{1}{4}} + \cdots + \underbrace{\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k}} + \cdots$ ，轮流取1个正项，1个负项，因此和为 $\ln(2\sqrt{\frac{1}{1}}) = \ln2 - \ln1 = \ln2$

2. $\underbrace{1 - \frac{1}{2} - \frac{1}{4}} + \underbrace{\frac{1}{3} - \frac{1}{6} - \frac{1}{8}} + \cdots + \underbrace{\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{4k-2} - \frac{1}{4k}} + \cdots$ , 轮流取1个正项，2个负项，因此和为 $\ln(2\sqrt{\frac{1}{2}}) = \ln2 + \frac{1}{2}(\ln1 - \ln2) = \frac{1}{2}\ln2$

3. $1 + \frac{1}{3} - \frac{1}{2} + \frac{1}{5} + \frac{1}{7} - \frac{1}{4} + \cdots = \ln(2\sqrt{\frac{2}{1}}) = \frac{3}{2}\ln2$

4. $1 - \frac{1}{2} - \frac{1}{4} - \frac{1}{6} - \frac{1}{8} + \frac{1}{3} - \frac{1}{10} - \frac{1}{12} - \frac{1}{14} - \frac{1}{16} + \cdots = \ln(2\sqrt{\frac{1}{4}}) = \ln2 - \ln\frac{1}{2} = 0$

到目前为止，级数加法运算律的问题我们基本上搞定了，但故事还没完。

3.7 级数乘法

级数乘法我们就围绕这个无穷长方矩阵来探究。级数乘法无非就是把上面矩阵中的项全部加和在一起。

但是前面我们已经知道级数加法对于结合律和交换律是有条件要求的，特别是交换律，需要级数绝对收敛，才能满足。那么我们想要得到上述矩阵所代表的和，首先一个就是用什么顺序将这些项加在一起。两种不同顺序的加和方式之间其实就构成了加法的交换律，我们先不说绝对收敛的情况，先说下把这些项加在一起的方式。

将上述矩阵的项加在一起的方式非常多，最著名的就是对角线方式和矩形方式:

左侧就是我们鼎鼎大名的Cauchy乘积表示方式，而右侧也是一种非常有用的方式。

当然这些方式得到的级数都是普通级数: $\sum u_r$ , 其中的项就是我们矩阵中的每一个项，无一遗漏。

后面还会引入其他的相关级数，因此这里必须重申一下，这种级数叫普通级数。

让我们脑洞大开一下, 除了这种方式，我们是不是还可以想出来其他的表示级数乘积的和表示方式呢?

既然上面是矩阵，矩阵有行有列，对于有限矩阵来说，我们通常按行研究，也可以按列研究。对无穷矩阵，我们同样可以脑洞大开，如果我们按行研究

我们的表示就变成:

$\sum\limits_{i=1}^{\infty} a_ib_1 + \sum\limits_{i=1}^{\infty} a_ib_2 + \cdots + \sum\limits_{i=1}^{\infty} a_ib_n + \cdots$

这种我们称为二重级数，我们记做 $\sum\limits_{i,j=1}^\infty a_ib_j$

除此之外，我们还可以这样考虑，嵌套累加符号:

$\sum\limits_{i=1}^{\infty}\sum\limits_{j=1}^{\infty} a_ib_j$ 或 $\sum\limits_{j=1}^{\infty}\sum\limits_{i=1}^{\infty} a_ib_j$ 这种我们称之为累级数。

因此我们现在围绕这个无穷矩阵，就出现了四种级数:

简单级数 $\sum u_r$
累级数(1) $\sum\limits_{j=1}^{\infty}\sum\limits_{i=1}^{\infty} a_ib_j$
累级数(2) $\sum\limits_{i=1}^{\infty}\sum\limits_{j=1}^{\infty} a_ib_j$
二重级数 $\sum\limits_{i,j=1}^\infty a_ib_j$

注: 关于累级数和二重级数的区别在于，累级数极限过程有顺序要求；而二重级数，取极限的过程是同时的。

前面我们知道绝对收敛级数可交换，因此，如果乘积是绝对收敛的，那么我们上面四种级数都是收敛的。

因此要彻底搞清楚，什么时候乘积绝对收敛就需要探究一番了。

除此之外，还有假如 $\sum a_n \cdot \sum b_n = \sum c_n$ , 那么三者之间不同情况的探究也需要进行。

比如第一个级数收敛，第二个级数绝对收敛，那么第三个级数会怎样？

等等，这些，我们这里不发散了，字数有点过多了。这些理论很枯燥，但是确实有用，需要静下心来把它们啃一啃，还是会有很大收货的。

4. 文末配导航

完结撒花....

学数相伴：11. 1常数项无穷级数学数相伴：11.2 正项级数的收敛性判别法学数相伴：11.2 正项级数的收敛性补充材料学数相伴：11.3 任意项级数的收敛性(1)学数相伴：11.3 任意项级数的收敛性(2) - Leibniz级数学数相伴：11.3 Abel变换(稍稍发散一下) -- 高考中也有应用学数相伴：正项级数Abel-Dini定理(Logan Gnanapragasam) - 1 学数相伴：Abel-Dini定理告诉您为什么不存在最完美的敛散性判别法和对比级数?学数相伴：11.3 Abel-Dirichlet判别法学数相伴：11.4 收敛级数的性质(加法部分)学数相伴：11.4 收敛级数性质(乘法部分)学数相伴：11.4 Toplitz定理及其应用(收敛级数性质乘法部分2)学数相伴：11.5 累级数与二重级数学数相伴：11.6. 无穷乘积理论及应用学数相伴：11.7 初等函数的展开-Taylor公式、Taylor级数学数相伴：11.8 借助级数做近似计算学数相伴：11.9 发散级数求和法

绝对收敛级数与条件收敛级数有何本质区别？

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