级数收敛与构造函数

习题$A$：课堂内容的补充及$\epsilon -N$语言的训练

$A1)$ {xn}n≥1\{x_n\}_{n\ge1}{xn​}n≥1​是有界的实数数列。证明，这个数列有子列{xni}i≥1\{x_{n_i}\}_{i\ge1}{xni​​}i≥1​使得${\lim }_{i\to \infty }{x}_{n_i}$存在并且
$$\underset{i\to \infty }{\lim }{x}_{n_i}=\underset{n\to \infty }{\mathrm{limsup}}{x}_n$$

证明：根据数列上极限的定义，${\mathrm{limsup}}_{n\to \infty }{x}_n={\lim }_{n\to \infty }{\overline{x}}_n$，其中x‾n=sup⁡{xk:k≥n}\overline{x}_n=\sup\{x_k:k\ge n\}xn​=sup{xk​:k≥n}，设$\epsilon >0$，则存在$N\ge n$，使得$x_N>{\overline{x}}_n-\epsilon$。特别地，对于${\epsilon }_1=1$，存在$n_1\ge 1$使得${\overline{x}}_1\ge x_{n_1}>{\overline{x}}_1-{\epsilon }_1$，递推地定义，对于${\epsilon }_i=\frac{1}{i}$，存在$n_i\ge n_{i-1}+1$使得${\overline{x}}_{n_{i-1}+1}\ge x_{n_i}>{\overline{x}}_{n_{i-1}+1}-{\epsilon }_i$，由于{ni}i≥1⊂Z>0\{n_i\}_{i\ge1}\sub\Z_{>0}{ni​}i≥1​⊂Z>0​是递增的，可知{xni}i≥1\{x_{n_i}\}_{i\ge1}{xni​​}i≥1​和{x‾ni−1+1}i≥2\{\overline{x}_{n_{i-1}+1}\}_{i\ge2}{xni−1​+1​}i≥2​分别是{xn}\{x_n\}{xn​}与{x‾n}\{\overline{x}_n\}{xn​}的子列。而$|x_{n_i}-{\overline{x}}_{n_{i-1}+1}|<{\epsilon }_i=\frac{1}{i}$，因此${\lim }_{i\to \infty }{x}_{n_i}={\lim }_{i\to \infty }{\overline{x}}_{n_{i-1}+1}={\lim }_{n\to \infty }{\overline{x}}_n={\mathrm{limsup}}_{n\to \infty }{x}_n\in \mathbb{R}$，得证。

$A2)$ {xn}n≥1\{x_n\}_{n\ge1}{xn​}n≥1​是实数数列。证明，{xn}n≥1\{x_n\}_{n\ge1}{xn​}n≥1​收敛的充分必要条件是${\mathrm{limsup}}_{n\to \infty }{x}_n={\mathrm{liminf}}_{n\to \infty }{x}_n(\in \mathbb{R})$。

证明：假设{xn}\{x_n\}{xn​}收敛，那么其所有子列都收敛到相同值，而由$A1)$上下极限均可由某子列收敛到，因此上下极限相等即${\mathrm{limsup}}_{n\to \infty }{x}_n={\mathrm{liminf}}_{n\to \infty }{x}_n$；假设${\mathrm{limsup}}_{n\to \infty }{x}_n={\mathrm{liminf}}_{n\to \infty }{x}_n$，注意到对任意的$n\in {\mathbb{Z}}_{>0}$，有${\overline{x}}_n\ge x_n\ge {\underline{x}}_n$，而${\lim }_{n\to \infty }{\overline{x}}_n={\mathrm{limsup}}_{n\to \infty }{x}_n={\mathrm{liminf}}_{n\to \infty }{x}_n={\lim }_{n\to \infty }{\underline{x}}_n$，根据夹逼定理有${\lim }_{n\to \infty }{x}_n={\mathrm{limsup}}_{n\to \infty }{x}_n={\mathrm{liminf}}_{n\to \infty }{x}_n$。

$A3)$ {x(k)}k≥1\{x^{(k)}\}_{k\ge1}{x(k)}k≥1​是${\mathbb{R}}^n$中的点列，其中，$x^{(k)}=(x_1^{(k)},\cdots ,x_n^{(k)})$。那么，{x(k)}k≥1\{x^{(k)}\}_{k\ge1}{x(k)}k≥1​在${\mathbb{R}}^n$中收敛当且仅当它的每个分量都是收敛的实数数列，即对任意的i=1,⋯ ,n,{xi(k)}k≥1i=1,\cdots,n,\{x^{(k)}_i\}_{k\ge1}i=1,⋯,n,{xi(k)​}k≥1​在$\mathbb{R}$中收敛。

证明：注意这个证明成立要求${\mathbb{R}}^n$中的距离是由每个$\mathbb{R}$上的距离通过恰当的方式诱导得到的。具体来说，往往假定在$\mathbb{R}$上相应于绝对值范数$|\cdot |$讨论收敛，对应的${\mathbb{R}}^n$空间中收敛是在对应的范数$||x||:=\sqrt{x_1^2+\cdots +x_n^2}$的意义下讨论的。假设{x(k)}\{x^{(k)}\}{x(k)}收敛到$x=(x_1,\cdots ,x_n)$，那么有${\lim }_{k\to \infty }||x^{(k)}-x||=0$，而$0\le |x_i^{(k)}-x_i|\le ||x^{(k)}-x||$从而根据夹逼定理有${\lim }_{k\to \infty }|x_i^{(k)}-x_i|=0$即${\lim }_{k\to \infty }{x}_i^{(k)}=x_i$，完成了一个方向的证明。

为了证明另一个方向，假设{xi(k)}\{x_i^{(k)}\}{xi(k)​}收敛到$x_i$，根据极限的运算性质有${\lim }_{k\to \infty }||x^{(k)}-x|{|}^2={\lim }_{k\to \infty }|x_1^{(k)}-x_1{|}^2+\cdots +{\lim }_{k\to \infty }|x_n^{(k)}-x_n{|}^2=0$，这就是要证的。

$A4)$ （复数数列的四则运算）假设{zn}n≥1\{z_n\}_{n\ge1}{zn​}n≥1​和{wn}n≥1\{w_n\}_{n\ge1}{wn​}n≥1​是两个收敛的复数的数列。证明，如果${\lim }_{n\to \infty }{w}_n\ne 0$，那么数列{znwn}n≥N\{\frac{z_n}{w_n}\}_{n\ge N}{wn​zn​​}n≥N​（${\lim }_{n\to \infty }{w}_n\ne 0$表明存在$N$，使得当$n\ge N$时，$w_n\ne 0$）并且${\lim }_{n\to \infty }\frac{z_n}{w_n}=\frac{{\lim }_{n\to \infty }{z}_n}{{\lim }_{n\to \infty }{w}_n}$。

证明：设$z_n\to z,w_n\to w$。$n$充分大时有$0\le \frac{|w|}{2}<|w_n|$，那么有$|\frac{z_n}{w_n}-\frac{z}{w}|=|\frac{z_{n}w-z{w}_n}{w_{n}w}|=\frac{|z_{n}w-zw+zw-z{w}_n|}{|w_n||w|}<2\cdot \frac{|w||z-z_n|+|z||w-w_n|}{|w{|}^2}\to 0$，最后一步是因为$|z_n-z|\to 0,|w_n-w|\to 0$。这说明$\frac{w_n}{z_n}\to \frac{w}{z}$，得证。

$A5)$ 假设{an}n≥1\{a_n\}_{n\ge1}{an​}n≥1​是递减的正实数的数列并且${\lim }_{n\to \infty }{a}_n=0$。证明，级数：
$$a_1-a_2+a_3-a_4+\cdots +(-1{)}^{n-1}{a}_n+\cdots$$
是收敛的。

证明：设$\epsilon >0$，由$a_n\to 0$一定存在$N\ge 1$使得$a_n<\epsilon$对于所有的$n>N$，设$p>0$，考虑$a_{n+1}-a_{n+2}+\cdots +(-1{)}^{p-1}{a}_{n+p}$，不妨设$p$是偶数，那么$(a_{n+1}-a_{n+2})+\cdots +(a_{n+p-1}-a_{n+p})>0$，注意到如果$p$是奇数会再加上正的一项从而整个式子仍然是正的。因此我们有$a_{n+1}-a_{n+2}+\cdots +(-1{)}^p{a}_{n+p}>0$对于所有的$p\ge 0$。

另一方面，我们先设$p$是奇数，从而$a_{n+1}-(a_{n+2}-a_{n+3})-\cdots -(a_{n+p-1}-a_{n+p})<a_{n+1}<\epsilon$，注意到如果$p$是偶数会减去正的一项从而整个式子仍然小于$\epsilon$。因此我们有$a_{n+1}-a_{n+2}+\cdots +(-1{)}^p{a}_{n+p}<\epsilon$对于所有的$p\ge 0$。综上，$|a_{n+1}-a_{n+2}+\cdots +(-1{)}^p{a}_{n+p}|<\epsilon$对所有的$n\ge N$与$p\ge 0$成立，因此由$Cauchy$收敛准则有原级数收敛。

$A6)$ ${\sum }_{k=0}^{\infty }{a}_k$是复数项的级数。如果${\sum }_{k=0}^{\infty }|a_k|$收敛，证明，${\sum }_{k=0}^{\infty }{a}_k$也收敛，其中$|\cdot |$是取复数的模长。

证明：设$\epsilon >0$，由$Cauchy$收敛准则存在$N\ge 1$使得对于所有的$n\ge N,p\ge 0$，$|a_{n+1}|+\cdots +|a_{n+p}|<\epsilon$，而注意到根据绝对值的三角不等式有$|a_{n+1}+\cdots +a_{n+p}|\le |a_{n+1}|+\cdots +|a_{n+p}|<\epsilon$，这说明${\sum }_{k=0}^{\infty }{a}_k$收敛。

$A7)$ 证明，我们可以在$\mathbb{C}$上定义指数函数：
$$\exp :\mathbb{C}\to \mathbb{C},z\mapsto \exp (z)=e^z=\sum _{k=0}^{\infty }\frac{z^k}{k!}$$

证明：只要证明${\sum }_{k=0}^{\infty }\frac{z^k}{k!}$收敛就行了，这是因为${\sum }_{k=0}^{\infty }\frac{|z{|}^k}{k!}$收敛。

$A8)$ {an}n≤1\{a_n\}_{n\le1}{an​}n≤1​是复数的数列，我们假设对任意的$n$，$a_n\ne 0$。令$P_n=a_1\cdots a_n$，如果{Pn}n≥1\{P_n\}_{n\ge1}{Pn​}n≥1​的极限存在并且该极限不是零，我们就称无限乘积${\prod }_{n\ge 1}{a}_n$收敛并且记${\prod }_{n\ge 1}{a}_n={\lim }_{n\to \infty }{P}_n$。证明$Cauchy$判别准则：${\prod }_{n\ge 1}{a}_n$收敛当且仅当对于任意的$\epsilon >0$，存在$N$，使得对于任意的$n\ge N,p\ge 0$，我们都有
$$|a_n\cdots a_{n+p}-1|<\epsilon$$

证明：设$P_n\to P\ne 0,\epsilon >0$，从而$|P_n|$有非零的下界，将其记为$m>0$。根据$Cauchy$收敛准则存在$N\ge 1$，有$|P_{n+p}-P_{n-1}|=|P_{n-1}||a_n\cdots a_{n+p}-1|<\epsilon$对所有的$n\ge N,p\ge 1$，从而$|a_n\cdots a_{n+p}-1|<\frac{\epsilon }{|P_{n-1}|}\le \frac{\epsilon }{m}$，完成了一个方向的证明。

为了证明另一个方向的结论，让我们先假设对于任意的$\epsilon >0$，存在$N\ge 1$，使得对于任意的$n\ge N,p\ge 0$，$|a_n\cdots a_{n+p}-1|<\epsilon$。注意到存在$n_0$使得$|a_{n_0}\cdots a_{n_0+p}-1|<\frac{1}{2}$，从而$a_{n_0}\cdots a_{n_0+p}\in (\frac{1}{2},\frac{3}{2})$对所有的$p\ge 0$，因此$|P_n|<\frac{3}{2}|P_{n_0-1}|$有上界，记{∣Pn∣}\{|P_n|\}{∣Pn​∣}的一个上界为$M$。因此有$|P_{n+p}-P_n|=|P_n||a_{n+1}\cdots a_{n+p}-1|<M\epsilon$对于所有的$n\ge N,p\ge 0$，从而{Pn}\{P_n\}{Pn​}是收敛的，证毕。

$A9)$ 证明函数$\exp$在$\mathbb{R}$上是严格递增的。

证明：设$x<y$，那么$e^y-e^x=e^x(e^{y-x}-1)\ge e^x(y-x)>0$，得证。其中，第一个不等号是因为$e^z={\sum }_{k=0}^{\infty }\frac{z^k}{k!}\ge 1+z$对所有的$z>0$

$A10)$ （基本的增长速度比较）假设$P(X)$是一个$n$次多项式（实数系数），$Q(X)$是一个$m$次多项式（实数系数），$m>n$，证明：
$$\underset{k\to \infty }{\lim }\frac{P(k)}{Q(k)}=0,\underset{k\to \infty }{\lim }\frac{Q(k)}{e^k}=0$$

证明：设$P(k)=c_0+\cdots +c_n{k}^n,Q(k)=d_0+\cdots +d_m{k}^m$，那么
$$\frac{P(k)}{Q(k)}=\frac{c_0+\cdots +c_n{k}^n}{d_0+\cdots +d_m{k}^m}=\frac{c_0{k}^{-m}+\cdots +c_n{k}^{n-m}}{d_0{k}^{-m}+\cdots +d_m}\to \frac{0}{d_m}=0$$

后一个式子是因为$e^k\ge 1+\cdots +\frac{k^{m+1}}{(m+1)!}=R(k)$为一个$m+1$次实数系数多项式，从而$|\frac{Q(k)}{e^k}|=\frac{|Q(k)|}{e^k}\le \frac{|Q(k)|}{R(k)}=|\frac{Q(k)}{R(k)}|\to 0$，因此$|\frac{Q(k)}{e^k}|\to 0$。

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习题$B$：计算下面的极限（包含发散的情形）

(1) $\frac{n+10}{2n-1}=\frac{1+10/n}{2-1/n}\to \frac{1}{2}$

(2) $\frac{\sqrt{n}+10}{2\sqrt{n}-1}=\frac{1+10/\sqrt{n}}{2-1/\sqrt{n}}\to \frac{1}{2}$

(3) $0.\underset{n个}{\underbrace{9\cdots 9}}=9{\sum }_{k=1}^n(\frac{1}{10}{)}^k=9\cdot \frac{\frac{1}{10}(1-(\frac{1}{10}{)}^n)}{1-\frac{1}{10}}\to 1$

(4) $\frac{1}{n(n+3)}\to 0$

(5) $0\le |\frac{\cos n}{n}|\le \frac{1}{n}\to 0$从而$\frac{\cos n}{n}\to 0$

(6) $0<\frac{2^n}{n!}=\frac{2\cdots 2}{1\cdots n}\le \frac{2\cdot 2\cdot 2\cdots 2}{1\cdot 2\cdot 3\cdots 3}=2\cdot (\frac{2}{3}{)}^{n-2}\to 0$从而$\frac{2^n}{n!}\to 0$

(7) $0<\frac{n!}{n^n}=\frac{1\cdots n}{n\cdots n}\le \frac{1\cdot n\cdots n}{n\cdot n\cdots n}=\frac{1}{n}\to 0$从而$\frac{n!}{n^n}\to 0$

(8) $\sqrt{n+10}-\sqrt{n+1}=\frac{9}{\sqrt{n+10}+\sqrt{n+1}}\to 0$

(9) $\frac{1+c\cdots +n}{n^2}=\frac{n(n+1)}{2n^2}=\frac{1+1/n}{2}\to \frac{1}{2}$

(10) $\frac{1^2+\cdots +n^2}{n^3}=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6n^3}=\frac{(1+1/n)(2+1/n)}{6}\to \frac{1}{3}$

(11) 设$a>1$则$a^{\frac{1}{n}}>1$。设$a^{\frac{1}{n}}=1+{\alpha }_n$，则$a=(1+{\alpha }_n{)}^n\ge (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{1}){\alpha }_n=n{\alpha }_n$，从而$0<{\alpha }_n<\frac{1}{n}\to 0$即${\alpha }_n\to 0$，故$a^{\frac{1}{n}}\to 1$。若$a<1$则$a^{\frac{1}{n}}=\frac{1}{(\frac{1}{a}{)}^{\frac{1}{n}}}\to 1$

(12) 设$n>10000$，$0<\frac{n^{10000}}{a^n}=\frac{n^{10000}}{(1+(a-1){)}^n}=\frac{n^{10000}}{{\sum }_{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)(a-1{)}^k}<\frac{10001!n^{10000}}{n(n-1)\cdots (n-10000)}\to 0$即$\frac{n^{10000}}{a^n}\to 0$。

(13) $\frac{2^n+n}{3^n+n^2}=\frac{(\frac{2}{3}{)}^n+\frac{n}{3^n}}{1+\frac{n^2}{3^n}}\to 0$

(14) $\frac{3^n+2^n}{3^n+n^2}=\frac{1+{\frac{2}{3}}^n}{1+\frac{n^2}{3^n}}\to 0$

(15) $\sqrt{n}(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})=\frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1}\to \frac{1}{2}$

(17) $(1-\frac{1}{n}{)}^n=\frac{1}{(1+\frac{1}{n-1}{)}^{n-1}}(1-\frac{1}{n})\to e^{-1}$

(18) $((1-\frac{1}{5n}{)}^{5n}{)}^{\frac{1}{5}}(1-\frac{1}{5n}{)}^{2019}\to e^{-\frac{1}{5}}$，其中$(1-\frac{1}{5n}{)}^{5n}\to e^{-1}$来自于(17)，为了过程的完整，还需要证明$a_n\to a⟹a_n^{\frac{1}{5}}\to a^{\frac{1}{5}}$。不妨设$a\ne 0$，那么，
$$|a_n^{\frac{1}{5}}-a^{\frac{1}{5}}|=\frac{|a_n-a|}{|a_n^{\frac{4}{5}}+a_n^{\frac{3}{5}}{a}^{\frac{1}{5}}+\cdots +a^{\frac{4}{5}}|}\le \frac{|a_n-a|}{|a_n^{\frac{4}{5}}|+|a_n^{\frac{3}{5}}||a^{\frac{1}{5}}|+\cdots +|a^{\frac{4}{5}}|}$$
由于$|a_n|$有正的下界（$n$充分大的时候），上式的分母也有正的下界，从而有$|a_n^{\frac{1}{5}}-a^{\frac{1}{5}}|\le M|a_n-a|\to 0$即$a_n^{\frac{1}{5}}\to a^{\frac{1}{5}}$。

(19) 设$(n^3+n^2+9n+1{)}^{\frac{1}{n}}=1+{\alpha }_n>1$，有$n^3+n^2+9n+1=(1+{\alpha }_n{)}^n>\frac{n(n-1)(n-2)(n-3)}{4!}{\alpha }_n^4$（设$n>4$），从而$0<{\alpha }_n^4\le \frac{4!(n^3+n^2+9n+1)}{n(n-1)(n-2)(n-3)}\to 0$，即${\alpha }_n\to 0$，故$(n^3+n^2+9n+1{)}^{\frac{1}{n}}\to 1$

(20) $(2018^n+2019^n{)}^{\frac{1}{n}}=2019((\frac{2018}{2019}{)}^n+1{)}^{\frac{1}{n}}$，其中$1<((\frac{2018}{2019}{)}^n+1{)}^{\frac{1}{n}}<2^{\frac{1}{n}}\to 1$，从而$((\frac{2018}{2019}{)}^n+1{)}^{\frac{1}{n}}\to 1$即$2019((\frac{2018}{2019}{)}^n+1{)}^{\frac{1}{n}}\to 2019$

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习题$C$：$Riemann$重排定理

$Riemann$证明下面有趣的定理：如果实数项级数${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$收敛但不绝对收敛，那么可以将级数重新排列，使得重排后的级数可以收敛到任意事先指定的α∈R∪{±∞}\alpha\in\R\cup\{\pm\infin\}α∈R∪{±∞}。假设$\phi :{\mathbb{Z}}_{\ge 1}\to {\mathbb{Z}}_{\ge 1}$是正整数到自身的双射，令$b_k=a_{\phi (k)}$，序列{bk}k≥1\{b_k\}_{k\ge1}{bk​}k≥1​被称为是{ak}k≥1\{a_k\}_{k\ge1}{ak​}k≥1​的⼀个重排，级数${\sum }_{n=1}^{\infty }{b}_n$被称为是级数${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$的⼀个重排。

我们将{an}n≥1\{a_n\}_{n\ge1}{an​}n≥1​中的非负项$(\ge 0)$的全体按照它们在{an}n≥1\{a_n\}_{n\ge1}{an​}n≥1​中的先后次序排列得到序列$c_1,c_2,c_3,\cdots$；类似地，将{an}n≥1\{a_n\}_{n\ge1}{an​}n≥1​中的负项$(>0)$按原顺序排列得到序列 $d_1,d_2,d_3,\cdots$。

$C1)$ 证明，${\lim }_{n\to \infty }{c}_n={\lim }_{n\to \infty }{d}_n=0$

证明：先证明{an}\{a_n\}{an​}的非负项和负项都有无限项。用反证法，假设{an}\{a_n\}{an​}的非负项只有有限项，从而存在$N>0$使得$a_n<0$对所有$n>N$，由题意${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$收敛故${\sum }_{n=N+1}^{\infty }{a}_n$也收敛，故${\sum }_{n=N+1}^{\infty }|a_n|=-{\sum }_{n=N+1}^{\infty }{a}_n$也收敛，但这与${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$不绝对收敛矛盾。

因此{cn},{dn}\{c_n\},\{d_n\}{cn​},{dn​}都是{an}\{a_n\}{an​}的子列，由于${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$收敛有$a_n\to 0$，从而$c_n\to 0,d_n\to 0$。

$C2)$ 证明，${\sum }_{n=1}^{\infty }{c}_n=+\infty ,{\sum }_{n=1}^{\infty }{d}_n=-\infty$。

证明：注意到{∑k=1nck}\{\sum_{k=1}^nc_k\}{∑k=1n​ck​}与{∑k=1ndk}\{\sum_{k=1}^nd_k\}{∑k=1n​dk​}都是单调的数列，因此这两个级数要么发散到无穷（无界）要么收敛（有界）。我们来逐一排除其他情况。

假设两个级数都收敛，那么${\sum }_{k=1}^n|a_k|\le {\sum }_{n=1}^{\infty }{c}_n+(-{\sum }_{n=1}^{\infty }{d}_n)$从而${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$绝对收敛，推出矛盾！

假设两个级数一个收敛一个发散，不妨设${\sum }_{n=1}^{\infty }{c}_n$收敛而${\sum }_{n=1}^{\infty }{d}_n$发散，又有${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n={\sum }_{n=1}^{\infty }{c}_n+{\sum }_{n=1}^{\infty }{d}_n$收敛，推出${\sum }_{n=1}^{\infty }{d}_n$收敛，推出矛盾！

因此，我们说明了两个级数必须同时发散，这就是要证的。

$C3)$ 证明，对任意$\alpha \in \mathbb{R}$，存在级数${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$的一个重排${\sum }_{k=1}^{\infty }{b}_k$，使得${\sum }_{k=1}^{\infty }{b}_k=\alpha$。

证明：不妨设$\alpha \ge 0$，$\alpha <0$的情况的方法是类似的。

我们将通过不停地挑选{cn}\{c_n\}{cn​}与{dn}\{d_n\}{dn​}中的项组成{bn}\{b_n\}{bn​}。我们的思路是，先选入一些正项使它们的和恰好比$\alpha$大，然后选入一些负项使得总共的和比$\alpha$小，重复这一过程。由于两个数列的级数都是发散的，从而它们的部分和总是有能力让总共的和任意地增大（减小）；由于两个数列都是收敛到$0$的，整体的和越来越接近于$\alpha$。

选择$n_1\in {\mathbb{Z}}_{>0}$使得：
$$c_1+\cdots +c_{n_1-1}\le \alpha ,c_1+\cdots +c_{n_1}>\alpha$$
注意到${\sum }_{n=1}^{\infty }{c}_n=+\infty$，因此{cn}\{c_n\}{cn​}从任意一项开始的部分和都是无界的，这表示上述的$n_1$总是存在的。现在，我们选入$c_1,\cdots ,c_{n_1}$作为重排数列的开始一段，记重排后数列的部分和数列为{Sn}={∑k=1nbk}\{S_n\}=\{\sum_{k=1}^nb_k\}{Sn​}={∑k=1n​bk​}，那么有$|S_{n_1}-\alpha |<|c_{n_1}|$。

现在选择$n_2\in {\mathbb{Z}}_{>0}$使得：
$$c_1+\cdots +c_{n_1}+d_1+\cdots +d_{n_2-1}\ge \alpha ,c_1+\cdots +c_{n_1}+d_1+\cdots +d_{n_2}<\alpha$$
同理，这样的$n_2$是存在的。我们选入$d_1,\cdots ,d_{n_2}$放在刚才选取的$c$们的后面。注意到对于$n=n_1+1,\cdots ,n_1+n_2-1$，都有$|S_n-\alpha |<|c_{n_1}|$，另外，$|S_{n_1+n_2}-\alpha |<|d_{n_2}|$。

再选择$n_3\in {\mathbb{Z}}_{>0}$使得：
$$c_1+\cdots +d_{n_2}+c_{n_1+1}+\cdots +c_{n_1+n_3-1}\le \alpha ,c_1+\cdots +d_{n_2}+c_{n_1+1}+\cdots +c_{n_1+n_3}>\alpha$$
类似地，选入$c_{n_1+1},\cdots ,c_{n_1+n_3}$放在刚才选取的$d$们的后面。注意到对于$n=n_1+n_2+1,\cdots ,n_1+n_2+n_3-1$，都有$|S_n-\alpha |<|d_{n_2}|$，另外，$|S_{n_1+n_2+n_3}-\alpha |<|c_{n_1+n_3}|$。

重复上述的过程，我们得到一个数列{bn}\{b_n\}{bn​}，由于我们是从{an}\{a_n\}{an​}中选取项加入的，而{an}\{a_n\}{an​}中的任意一项一定会在某一步被选入，所以这是{an}\{a_n\}{an​}的一个重排。注意到对于$\epsilon >0$，存在$N$，对于所有的n>N,max{∣cn∣,∣dn∣}<εn>N,max\{|c_n|,|d_n|\}<\varepsilonn>N,max{∣cn​∣,∣dn​∣}<ε。根据上面的步骤，存在$N^{\prime }>0$，使得对于任意的$n>N^{\prime }$，都存在$n^{\prime },n^{\prime \prime }>N$，使得∣Sn−α∣<max{∣cn′∣,∣dn′′∣}<ε|S_n-\alpha|<max\{|c_{n'}|,|d_{n''}|\}<\varepsilon∣Sn​−α∣<max{∣cn′​∣,∣dn′′​∣}<ε，即$|S_n-\alpha |$的大小总是被max{∣cn∣,∣dm∣}max\{|c_n|,|d_m|\}max{∣cn​∣,∣dm​∣}控制。因此$S_n\to \alpha$即${\sum }_{k=1}^{\infty }{b}_k=\alpha$。

$C4)$ 证明：存在级数${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$的一个重排${\sum }_{k=1}^{\infty }{x}_k$，使得${\sum }_{k=1}^{\infty }{x}_k=+\infty$。

证明：稍稍修改$C3)$的步骤，先选取正项恰大于$1$，再选取负项恰小于$1$，再选取正项恰大于$2$，再选取负项恰小于$2$。重复这一过程，有${\sum }_{k=1}^{\infty }{b}_k=+\infty$。