交错级数判别法（Leibniz 判别法）

条件

设交错级数 $\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}{b}_n=b_1-b_2+b_3-b_4+\cdots$，其中数列 $\{b_n\}$ 满足

1. $b_n\ge 0$ 且单调递减：$b_n\ge b_{n+1}$；
2. $\underset{n\to \infty }{\lim }{b}_n=0$。

结论

则级数 $\sum (-1{)}^{n-1}{b}_n$ 收敛。设其和为 $S$，则有余项估计

$$|S-S_n|\le b_{n+1},$$

即用前 $n$ 项近似时，误差不超过第一个被舍弃项的绝对值，且 $S$ 总在相邻两个部分和 $S_n,S_{n+1}$ 之间。

几何/直觉理解

把部分和画在数轴上：加 $b_1$ 前进、减 $b_2$ 后退、加 $b_3$ 再前进……由于步长 $b_n$ 越来越小且趋于零，每次往返都比上一次短，部分和像”衰减的钟摆”一样左右摆动、幅度不断收窄，最终被挤向唯一的极限 $S$。

具体地：偶数部分和 $S_2,S_4,S_6,\dots$ 单调递增，奇数部分和 $S_1,S_3,S_5,\dots$ 单调递减，且每个偶数和都小于每个奇数和——两列互相围困，区间长 $S_{2n+1}-S_{2n}=b_{2n+1}\to 0$，故共同收敛于夹在中间的 $S$。这也立刻解释了余项估计：$S$ 与 $S_n$ 同在一个长为 $b_{n+1}$ 的小区间内。

证明

证明： 考察偶数与奇数部分和两个子列。

偶数和递增：

$$S_{2n+2}-S_{2n}=b_{2n+1}-b_{2n+2}\ge 0(\text{由 }{b}_n\text{ 递减}),$$

故 $\{S_{2n}\}$ 单调递增。

有上界：

$$S_{2n}=b_1-(b_2-b_3)-(b_4-b_5)-\cdots -(b_{2n-2}-b_{2n-1})-b_{2n}\le b_1,$$

每个括号非负，故 $S_{2n}\le b_1$。

由单调有界定理（ANL-THM-006），$\{S_{2n}\}$ 收敛，设 $S_{2n}\to S$。

奇数和收敛于同一极限：$S_{2n+1}=S_{2n}+b_{2n+1}$，而 $b_{2n+1}\to 0$，故 $S_{2n+1}\to S+0=S$。

奇、偶子列同趋于 $S$，故整个部分和数列 $S_n\to S$，即级数收敛（ANL-DEF-033）。

余项估计：由 $\{S_{2n}\}$ 递增趋于 $S$、$\{S_{2n+1}\}$ 递减趋于 $S$，得对一切 $n$，$S$ 落在 $S_n$ 与 $S_{n+1}$ 之间。故

$$|S-S_n|\le |S_{n+1}-S_n|=b_{n+1}.■$$

常见错误

• ✗ 漏掉单调递减条件，只验证 $b_n\to 0$。反例： $$\frac{1}{\sqrt{2}-1}-\frac{1}{\sqrt{2}+1}+\frac{1}{\sqrt{3}-1}-\frac{1}{\sqrt{3}+1}+\cdots$$ 项趋零但不单调，级数实际发散。单调性不可省。
• ✗ 把结论误读为”绝对收敛”。Leibniz 只保证收敛；如交错调和级数 $\sum \frac{(-1{)}^{n-1}}{n}=\ln 2$ 收敛，但 $\sum 1/n$ 发散，故仅条件收敛（ANL-DEF-034）。
• ✗ 余项估计用错符号或项。误差界是下一项 $b_{n+1}$（首个丢弃项），不是 $b_n$。
• ✗ 对”非严格交错”（符号不规则正负）套用。本判别法要求严格 $+,-,+,-$ 交替。一般符号变化的级数需用 Abel/Dirichlet 判别法（ANL-THM-043）。

推论与应用

• 是 Dirichlet 判别法（ANL-THM-043）取 $a_n=(-1{)}^{n-1}$（部分和有界）的特例
• 余项估计 $|S-S_n|\le b_{n+1}$ 给出交错级数求和的现成误差控制

跨专业应用

• 数值计算：交错级数（如 $\arctan$、$\ln (1+x)$ 的展开）天然自带误差界，便于控制截断精度
• 物理：交替微扰项求和（如某些级数解）用 Leibniz 估计收敛与误差