7. 數列、有限和與收斂級數

學習目標與定義

數列 $(a_n)_{n\ge1}$ 是按次序排列的數。若對每個 $\varepsilon>0$，存在正整數 $N\in\mathbb Z_{\ge1}$ 使 $n\ge N$ 蘊含 $|a_n-L|<\varepsilon$，則數列收斂到 $L$。級數 $\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ 通過部分和 $S_N=\sum_{n=1}^N a_n$ 定義：它收斂當且僅當 $S_N$ 有有限極限。項與部分和是不同的數列。

等差數列滿足 $a_n=a_1+(n-1)d$，首尾配對得 $S_N=N(a_1+a_N)/2$。等比數列滿足 $a_n=ar^{n-1}$，其精確有限和為

$$S_N=\frac{a(1-r^N)}{1-r}\quad(r\ne1),\qquad S_N=Na\quad(r=1).$$

推導。 從 $S_N=a+\cdots+ar^{N-1}$ 減去 $rS_N=ar+\cdots+ar^N$，中間項全部抵消，得到 $(1-r)S_N=a-ar^N$。這是不需要收斂假設的有限代數恆等式。

定理：等比級數及其尾項

若 $|r|<1$，則 $\sum_{n=1}^{\infty}ar^{n-1}=a/(1-r)$，取前 $N$ 項後的誤差為 $ar^N/(1-r)$。若 $a\ne0$ 且 $|r|\ge1$，級數不收斂。

證明。 當 $|r|<1$，$r^N\to0$，所以有限和公式給出所述極限和精確誤差。當 $|r|\ge1$，各項不趨於零。任何收斂級數都必須滿足 $a_n=S_n-S_{n-1}\to0$，故此時不可能收斂。特殊情況 $a=0$ 的零級數對任何 $r$ 都收斂。

項趨於零是必要但非充分條件。調和級數 $\sum1/n$ 發散：第 $n=2^{k-1}+1,\ldots,2^k$ 塊有 $2^{k-1}$ 項，每項至少為 $1/2^k$，所以每塊至少貢獻 $1/2$，部分和因此無界。

裂項和也應先計算有限和再取極限。例如

$$\sum_{n=1}^N\frac1{n(n+1)}=\sum_{n=1}^N\left(\frac1n-\frac1{n+1}\right)=1-\frac1{N+1}.$$

因此無窮和為 $1$。有限抵消本身不能證明無窮項可任意重排；上述次序是計算的一部分。

證明橋樑：有限和、等比極限與比較

下述等比恆等式中的 $a,r$ 可以為實數或複數，並令 $\rho=|r|$。當使用複數時，有符號餘項應理解為複數餘項；複數和的收斂按模定義。

我們將阿基米德性質與完備性作為實數的基本性質。阿基米德性質說明：對每個實數 $M$，都存在正整數 $N\in\mathbb Z_{\ge1}$ 使 $N>M$。完備性說明：每個非空且有上界的實數集合都有最小上界。歸納法只用於有限整數論證；這裏不預設無窮抵消或重排。

等比冪趨於零。 設 $0\le\rho<1$。若 $\rho=0$，則對 $n\ge1$ 有 $\rho^n=0$。否則令 $t=1/\rho-1>0$。由歸納法有 $(1+t)^n\ge1+nt$：將 $1+nt$ 乘以 $1+t$，得到 $1+(n+1)t+nt^2\ge1+(n+1)t$。因此 $0\le\rho^n\le1/(1+nt)$。給定 $\varepsilon>0$，阿基米德性質保證存在 $N$ 使 $1+Nt>1/\varepsilon$；對 $n\ge N$ 就有 $\rho^n<\varepsilon$。所以當 $|r|<1$ 時，$r^n\to0$。

當 $|r|<1$ 時，對有限等比和 $S_N=a(1-r^N)/(1-r)$，直接相減得

$$\left|S_N-\frac a{1-r}\right|=\frac{|a|\,|r|^N}{|1-r|}\longrightarrow0.$$

這從收斂定義直接證明無窮和及其精確有符號餘項 $a r^N/(1-r)$，也包括負公比。若 $a=0$，對每個實數或複數 $r$，所有部分和都為零。若 $a\ne0$ 且 $|r|\ge1$，各項的絕對值至少為 $|a|$，所以各項不趨於零。

為甚麼收斂級數的項趨於零。 若 $S_n\to S$，則

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

對任意 $\varepsilon>0$，當 $n$ 充分大時，右邊兩項都小於 $\varepsilon/2$，故 $a_n\to0$。此外，每個收斂實數列都有界：充分靠後的項與極限的距離小於一，而之前有限項也有界。這些事實證明上面的等比級數發散結論。

調和級數的有限分塊發散證明。 對每個整數 $k\ge1$，有限區塊 $n=2^{k-1}+1,\ldots,2^k$ 有 $2^{k-1}$ 項，每項至少為 $1/2^k$。因此

$$\sum_{n=1}^{2^K}\frac1n =1+\sum_{k=1}^K\sum_{n=2^{k-1}+1}^{2^k}\frac1n \ge1+\frac K2.$$

這些部分和無界，所以調和級數不收斂；但由阿基米德性質，$1/n\to0$。以上分組全部是有限的，不依賴無窮級數重排定理。

比較與絕對收斂。 先證明非遞減且有上界的實數列 $(s_n)$ 收斂於 $L=\sup\{s_n:n\ge1\}$。對每個 $\varepsilon>0$，存在 $s_N>L-\varepsilon$，否則 $L-\varepsilon$ 就是上界；對 $n\ge N$，有 $L-\varepsilon<s_n\le L$。

若從某項開始 $0\le u_n\le b_n$，且 $b_n\ge0$、$\sum b_n$ 收斂，則 $u_n$ 的尾部部分和非遞減，並被固定的有限初始貢獻加上 $b_n$ 部分和的一個上界所控制。由前面的上確界論證，$\sum u_n$ 收斂。對實數 $a_n$，若 $\sum|a_n|$ 收斂，可將該論證用於 $a_n^+=(|a_n|+a_n)/2$ 和 $a_n^-=(|a_n|-a_n)/2$；它們都介於零與 $|a_n|$ 之間。兩個部分和各自收斂，所以其差 $\sum_{n=1}^N a_n$ 收斂，因為差的誤差不超過兩個各別誤差之和。對複數 $a_n$，將實數結論用於實部和虛部，它們的絕對值均不超過 $|a_n|$。 若兩個分量和的極限為 $U,V$，則複數部分和趨於 $U+iV$，因為 $|z-(U+iV)|\le|\operatorname{Re}z-U|+|\operatorname{Im}z-V|$。這證明絕對收斂蘊含收斂，也證明可與收斂的等比控制級數作比較。改變有限個初始項不影響收斂性，因為它只給後面的部分和加上固定有限常數。

例題

誤差目標。 用 $n=0,\ldots,N-1$ 項近似 $\sum_{n=0}^{\infty}3(1/4)^n=4$。被省略的尾項為 $4(1/4)^N$。要使其小於 $10^{-3}$，要求 $4^N>4000$。由於 $4^5=1024$、$4^6=4096$，六項足夠，五項不夠。

循環小數。 小數 $0.272727\ldots$ 表示 $\sum_{k=1}^{\infty}27\cdot100^{-k}$，其和為 $(27/100)/(1-1/100)=27/99=3/11$。等比級數定義使無窮記號精確化。

分層練習

1. 基礎。 求 $\sum_{n=1}^{20}(3n-1)$。
2. 核心。 求 $\sum_{n=1}^{\infty}2(-1/3)^{n-1}$ 的和，並給出取前四項後的絕對誤差界。
3. 核心。 求 $\sum_{n=1}^{\infty}1/((n+1)(n+2))$。
4. 證明。 解釋為何 $\sum n/(n+1)$ 發散，再給出一個項趨於零但發散的級數。

詳解

1. 使用 $\sum_{n=1}^{20}n=20\cdot21/2=210$，得到 $3\cdot210-20=610$。
2. 公比的絕對值小於一，因此和為 $2/(1+1/3)=3/2$。精確尾項為 $[2(-1/3)^4]/(1+1/3)=1/54$，其絕對值也是 $1/54$。
3. 寫成 $1/((n+1)(n+2))=1/(n+1)-1/(n+2)$。前 $N$ 項和為 $1/2-1/(N+2)$，極限為 $1/2$。
4. 各項 $n/(n+1)$ 趨於 $1$，不滿足項趨零的必要條件。調和級數的項滿足 $1/n\to0$，但如上面的分組估計所示，它發散。因此該條件不能反過來使用。

總結與術語

部分和是有限項的累積和。級數在部分和收斂時收斂；尾項是截斷後省略的餘項。裂項級數利用有限部分和中相鄰項的抵消化簡。先找出精確有限恆等式，再論證極限；未經檢查假設，不要把無窮項直接代入公式。