數列與級數的收斂

級數與部分和

前往教室時先走完一半的路程，再走剩餘的一半，再走剩餘的一半，依此類推，總路程可寫成：

$$\frac12 + \frac14 + \frac18 + \frac{1}{16} + \cdots$$

無窮多項無法逐項加完，因此須先定義這個「和」的意義。給定數列 $a_1, a_2, a_3, \dots$，前 $N$ 項的和

$$S_N = a_1 + a_2 + \cdots + a_N$$

稱為部分和（partial sum）。若 $S_N$ 在 $N \to \infty$ 時有極限 $S$，則稱級數（series）$\sum_{k=1}^{\infty} a_k$ 收斂（converge）到 $S$；沒有極限則稱發散（diverge）。

因此級數的問題即為部分和數列的極限問題。上述例子的 $S_N = 1 - \frac{1}{2^N}$，極限是 1。

必要條件。 若級數收斂，由 $a_N = S_N - S_{N-1}$，兩個部分和都趨近 $S$，所以 $a_N \to 0$。換言之，通項不趨近 0 的級數一定發散，例如 $\sum \frac{k}{k+1}$。

此條件容易被誤用：通項趨近 0 不代表收斂。

調和級數的發散

由輸出可得 $\sum \frac{1}{k}$ 的部分和：

$\sum \frac{1}{k}$ 稱為調和級數（harmonic series）。其部分和在項數每次加倍時都增加一定的量，證明如下。將各項分組，每組的項數加倍：

$$\frac13 + \frac14 \ge 2 \cdot \frac14 = \frac12$$

$$\frac15 + \frac16 + \frac17 + \frac18 \ge 4 \cdot \frac18 = \frac12$$

$$\frac19 + \cdots + \frac{1}{16} \ge 8 \cdot \frac{1}{16} = \frac12$$

每一組的項都不小於該組最後一項，所以每一組都至少 $\frac12$，因此 $S_{2^n} \ge 1 + \frac{n}{2}$，可以任意大。這個分組證明通常歸功於十四世紀的奧里斯姆（Nicole Oresme）。

它發散得非常緩慢：前 20000 項之和不到 11。因此僅憑電腦算出的部分和無法判斷收斂，必須依靠論證。

$\sum \frac{1}{k^2}$ 則有上限。 從第 2 項起 $\frac{1}{k^2} \le \frac{1}{k(k-1)} = \frac{1}{k-1} - \frac{1}{k}$，右邊加總時中間項全部抵銷（見下方的望遠鏡級數），所以 $S_N \le 1 + 1 = 2$。部分和遞增且有上界，必定收斂。它的和是 $\frac{\pi^2}{6}$，此值須用其他方法求得。

幾何級數與望遠鏡級數

幾何級數。 每一項是前一項乘上固定的公比 $r$：$\sum_{k=0}^{\infty} a r^k$。將部分和乘上 $r$ 再相減，中間項全部抵銷：

$$S_N = a + ar + \cdots + ar^{N-1}$$

$$(1 - r)\,S_N = a(1 - r^N)$$

所以 $r \ne 1$ 時 $S_N = \frac{a(1 - r^N)}{1 - r}$。$\lvert r \rvert < 1$ 時 $r^N \to 0$，得到

$$\sum_{k=0}^{\infty} a r^k = \frac{a}{1 - r} \qquad (\lvert r \rvert < 1)$$

$a \ne 0$、$\lvert r \rvert \ge 1$ 時通項不趨近 0，發散。$\frac{a}{1-r}$ 只有在 $\lvert r \rvert < 1$ 才成立：將 $r = 2$ 代入得到 $-a$，此結果沒有意義。另須注意第一項從 $k = 0$ 算起：$\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{2^k}$ 的 $a$ 是 $\frac12$，所以和是 1。

望遠鏡級數（telescoping series）。 通項可分解為相鄰兩項的差：

$$\begin{aligned} \sum_{k=1}^{N} \frac{1}{k(k+1)} &= \sum_{k=1}^{N} \left(\frac{1}{k} - \frac{1}{k+1}\right) \\ &= 1 - \frac{1}{N+1} \to 1 \end{aligned}$$

審斂法

大部分級數無法算出和，但常可判斷收斂與否。常用的工具如下，每一個都有適用條件：

$p$ 級數。 由積分審斂，$\sum \frac{1}{k^p}$ 在 $p > 1$ 時收斂，$p \le 1$ 時發散，和瑕積分 $\int_1^\infty x^{-p}\,dx$ 的判別相同。所以 $\sum \frac{1}{\sqrt{k}}$ 發散，$\sum \frac{1}{k^2}$ 收斂。

比值審斂的限制。 $\sum \frac{1}{k}$ 和 $\sum \frac{1}{k^2}$ 的比值極限都是 1，一個發散一個收斂，所以 $L = 1$ 時無法得出結論。比值法適用於含階乘或指數的通項，$\sum \frac{k!}{k^k}$ 的比值是 $\left(\frac{k}{k+1}\right)^k \to \frac{1}{e} < 1$，收斂。

選用原則： 先檢查通項是否趨近 0；含 $r^k$ 或 $k!$ 者用比值；形如 $\frac{1}{k^p}$ 者用比較或積分；符號交替者用交錯審斂。

絕對收斂與條件收斂

交錯調和級數將調和級數的符號交替：

$$1 - \frac12 + \frac13 - \frac14 + \cdots$$

$b_k = \frac{1}{k}$ 遞減趨近 0，由交錯審斂法可知其收斂，和是 $\ln 2$。但每一項取絕對值後即為調和級數，發散。

• $\sum \lvert a_k \rvert$ 收斂：絕對收斂（absolute convergence）。絕對收斂一定收斂
• $\sum a_k$ 收斂但 $\sum \lvert a_k \rvert$ 發散：條件收斂（conditional convergence）

這項區別具有實質意義。絕對收斂的級數，任意重排後和不變。條件收斂的級數，重排可以改變和：其正項之和為無窮大，負項之和為負無窮大，兩者抵銷才得到有限的值，因此抵銷的順序有影響。黎曼（Bernhard Riemann）的重排定理進一步指出：條件收斂的級數可以重排成任何實數的和，也可以重排成發散。

以下為實際計算。同樣的項改為兩個正項接一個負項：

$$1 + \frac13 - \frac12 + \frac15 + \frac17 - \frac14 + \cdots = \frac32 \ln 2$$

每一項都恰好使用一次，和卻不是 $\ln 2$。有限多項的加法交換律不能直接推廣至無窮多項。

重點整理

• 級數的和是部分和的極限；極限不存在即為發散
• 收斂時必有 $a_k \to 0$，但 $a_k \to 0$ 不保證收斂：調和級數發散
• 幾何級數 $\sum_{k=0}^\infty ar^k = \frac{a}{1-r}$ 只在 $\lvert r \rvert < 1$ 成立；望遠鏡級數依相鄰項抵銷
• $p$ 級數：$p > 1$ 收斂，$p \le 1$ 發散
• 比值審斂 $L = 1$ 無法判斷；每個審斂法都須先確認條件
• 絕對收斂可以任意重排；條件收斂重排可能改變和
• 有限多項的數值可提供線索，但不能作為收斂的證明

下一課將級數的項換成 $c_k (x-a)^k$，以多項式逼近函數，$x$ 的範圍由本課的審斂法決定。