無窮數列、級數與誤差

動機

本章需要第 5 章的有限和、基本不等式和冪。你應學會區分數列與級數，判斷收斂的含義，通過部分和計算幾何級數與裂項級數，並用誤差界論證有限近似。無窮記號並不允許我們把無盡列表當成有限表達式處理。

儀器可能在每個整數時刻記錄一個值，回聲模型則可能相加逐漸減弱的信號。前者詢問各個值如何變化，後者詢問累積總量如何變化。這是兩個不同數列，行為也可能不同。

6.1 數列與指標

本章的無窮實數列是從整數尾集 $\{n_0,n_0+1,n_0+2,\ldots\}$ 到 $\mathbb R$ 的函數，其中 $n_0$ 是固定整數。因此指標集包含每個充分大的整數，沒有最後一個指標；通常取 $n_0=1$ 或 $n_0=0$。其值記為 $a_n$。記號 $(a_n)$ 表示整個數列，而不是某個未指定項。

顯式公式直接計算一項；遞推式規定初值和計算後續項的規則。兩者都必須給出指標約定。例如

$$a_n=3+2n\quad(n\ge0)$$

從 $3,5,7,\ldots$ 開始；同一公式若取 $n\ge1$，則從 $5,7,9,\ldots$ 開始。遞推式 $a_{n+1}=2a_n$ 必須給定 $a_0$ 或其他適當初值，才能確定唯一數列。

等差數列具有固定差，等比數列具有固定乘數。若首項指標為零，它們分別形如 $a_n=a_0+nd$ 和 $a_n=a_0r^n$。當 $r=0$，將 $a_0$ 作為給定初值，後續項全部設為零；無需對 $0^0$ 作一般約定。

例題

例 1：顯式與遞推描述。 令 $u_0=7$、$u_{n+1}=(u_n+3)/2$，其中 $n\ge0$。減去平衡值三：

$$u_{n+1}-3=\frac12(u_n-3).$$

因此 $u_n-3=4(1/2)^n$，所以 $u_n=3+4/2^n$。代入遞推式和初值可驗證；第 7 章將這種驗證背後的歸納法形式化。各項遞減趨於三，但在有限指標處從不等於三。

6.2 極限的含義

定義

數列收斂到實數 $L$，記作 $a_n\to L$，是指：

對每個 $\varepsilon>0$，存在整數 $N$，使每個允許的指標 $n\ge N$ 都滿足 $|a_n-L|<\varepsilon$。

正數 $\varepsilon$ 是誤差容許值。指標 $N$ 可以依賴容許值，但必須控制整個尾部，而不只是特別選取的一項。不收斂到任何有限實數的數列稱為發散。發散可表現為無界增長、振蕩等不同情形。

例題

例 2：明確的容許值。 對 $a_n=2+3/n$（$n\ge1$），距二的距離為 $3/n$。給定 $\varepsilon>0$，取整數 $N>3/\varepsilon$。則 $n\ge N$ 蘊含 $|a_n-2|=3/n\le3/N<\varepsilon$，所以 $a_n\to2$。要使誤差嚴格小於 $0.01$，可取 $N=301$；若取 $N=300$，首個指標處只有相等，不是嚴格小於。

極限唯一。若 $L\ne M$ 都是極限，取 $\varepsilon=|L-M|/3$。在足夠靠後的項中，$|a_n-L|$ 和 $|a_n-M|$ 都小於 $\varepsilon$。三角不等式給出 $|L-M|<2|L-M|/3$，矛盾。

收斂數列有界。取尾部使 $|a_n-L|<1$，則尾部各項絕對值小於 $|L|+1$。前面只有有限項，取它們絕對值與 $|L|+1$ 的最大值即可控制整個數列。反之不成立：$(-1)^n$ 有界，但偶數項與奇數項始終相差二，不能收斂。

若對每個相關 $n$ 有 $a_{n+1}\ge a_n$，數列非遞減；若 $a_{n+1}\le a_n$，則非遞增。單調數列可以是常數。僅有單調性或僅有有界性都不能保證收斂。例如 $a_n=n$ 遞增但無界。

6.3 基本極限工具及其假設

命題

若 $a_n\to A$、$b_n\to B$，對固定實數 $c$，

$$a_n+b_n\to A+B,\quad ca_n\to cA,\quad a_nb_n\to AB.$$

若另外 $B\ne0$，則充分大的 $n$ 滿足 $b_n\ne0$，且在該尾部有 $a_n/b_n\to A/B$。省略或改變有限個初始項不影響極限。

證明

這些運算法則的理由如下。和的誤差至多為 $|a_n-A|+|b_n-B|$；讓兩者都小於目標容許值的一半即可。對乘積，寫成

$$a_nb_n-AB=a_n(b_n-B)+B(a_n-A).$$

數列 $a_n$ 有界，因此兩個因子的誤差足夠小時乘積誤差也小。對商，$b_n\to B\ne0$ 蘊含最終 $|b_n|>|B|/2$，且

$$\left|\frac1{b_n}-\frac1B\right| =\frac{|b_n-B|}{|b_nB|}\le\frac{2|b_n-B|}{|B|^2}\to0.$$

再應用乘積法則即可。除以趨於零的數列不在該法則範圍內。

極限運算法則的完整容許值選擇

設 $a_n\to A$、$b_n\to B$ 是以整數 $n\ge n_0$ 為指標的實數列，固定 $\varepsilon>0$。下述所有閾值均可增大至至少為 $n_0$。對和，分別選取使 $|a_n-A|<\varepsilon/2$ 與 $|b_n-B|<\varepsilon/2$ 成立的閾值，再取最大值。三角不等式給出 $|(a_n+b_n)-(A+B)|<\varepsilon$。對固定實數 $c$，若 $c=0$，標量倍數結論立即成立；否則選取 $|a_n-A|<\varepsilon/|c|$，就有 $|ca_n-cA|<\varepsilon$。令 $c=-1$ 並應用和法則，也得到差法則。

對乘積，第 6.2 節已證的有界性給出實數 $M>0$，使每個指標都有 $|a_n|\le M$。選取一個共同尾部，使

$$|b_n-B|<\frac{\varepsilon}{2M},\qquad |a_n-A|<\frac{\varepsilon}{2(|B|+1)}.$$

利用第 6.3 節所示的乘積差分解，得到

$$|a_nb_n-AB|\le M|b_n-B|+|B|\,|a_n-A|<\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon|B|}{2(|B|+1)}<\varepsilon.$$

對倒數，假設 $B\ne0$。選取共同尾部，使 $|b_n-B|<|B|/2$ 且 $|b_n-B|<\varepsilon|B|^2/2$。由於 $|B|\le|B-b_n|+|b_n|$，第一個不等式給出 $|b_n|>|B|/2>0$。因此

$$\left|\frac1{b_n}-\frac1B\right|=\frac{|b_n-B|}{|b_n|\,|B|}<\frac{2|b_n-B|}{|B|^2}<\varepsilon.$$

故在非零尾部 $1/b_n\to1/B$，已證明的乘積法則給出 $a_n/b_n\to A/B$。有限次改變或省略不影響充分靠後的尾部，所以結論不依賴這些初始項。這裏只用實數運算、三角不等式、收斂定義及此前已證的有界性定理，沒有在任何極限法則的證明中預先假設該法則本身。

若最終有 $\ell_n\le a_n\le u_n$，且 $\ell_n,u_n\to L$，則 $a_n\to L$。事實上，對給定容許值，上下界最終都位於 $L-\varepsilon$ 與 $L+\varepsilon$ 之間，從而夾住 $a_n$。這稱為夾逼原理。

例題

例 3：規範化有理式。 對 $n\ge1$，

$$\frac{5n-2}{2n+7}=\frac{5-2/n}{2+7/n}\longrightarrow\frac52.$$

分母趨於二而不是零，故商法則適用。相比之下，不能通過分別給分子分母賦有限極限來處理 $n/n$；二者都不收斂到有限實數。它在每個指標處直接等於一。

對滿足 $|r|<1$ 的實數 $r$，有 $r^n\to0$。對 $0<q=|r|<1$，令 $h=q^{-1}-1>0$。基本不等式 $(1+h)^n\ge1+nh$ 給出

$$|r^n|=q^n\le\frac1{1+nh}\to0.$$

該不等式從 $n=1$ 開始，每一步將 $1+nh$ 乘以 $1+h$ 並保留額外的非負項 $nh^2$ 即得。當 $r=0$，所有正指標冪為零。當 $r=1$，數列恆為一；$r=-1$ 時振蕩；$|r|>1$ 時絕對值無界增長。這些邊界情形不能藏在 $|r|<1$ 的公式里。

另一個基礎事實是單調有界收斂定理：有上界的非遞減數列收斂，有下界的非遞增數列也收斂。對於前者，利用實數完備性令 $L$ 為各項的上確界。給定 $\varepsilon>0$，$L-\varepsilon$ 不可能是上界，故某一項超過它。由單調性，所有後續項介於該項和 $L$ 之間，從而距 $L$ 小於 $\varepsilon$。將數列取負證明遞減情形。此定理證明存在性；之後的代數方程只能在存在性成立後識別極限。

6.4 無窮級數是有限總和的極限

定義

對項 $a_1,a_2,\ldots$，定義第 $N$ 個部分和

$$S_N=\sum_{n=1}^{N}a_n.$$

若數列 $(S_N)$ 收斂到 $S$，則無窮級數 $\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ 收斂到 $S$，其和是該極限。若部分和沒有有限極限，級數發散。該記號提出的是極限問題，並不授權完成無窮次運算。

收斂的必要條件是 $a_n\to0$。若 $S_N\to S$，則對 $n\ge2$，

$$a_n=S_n-S_{n-1}\longrightarrow S-S=0.$$

常見錯誤

所以項不趨於零可證明發散；項趨於零卻不能證明收斂。

例題

例 4：區分項和總和。 數列 $a_n=1/n$ 收斂到零，但對應級數發散。將以 $2^m$ 結束的部分和分組：

$$1+\frac12+\left(\frac13+\frac14\right) +\left(\frac15+\cdots+\frac18\right)+\cdots.$$

從 $2^{j-1}+1$ 到 $2^j$ 的塊含 $2^{j-1}$ 項，每項至少為 $1/2^j$，所以每塊貢獻至少 $1/2$。因此 $S_{2^m}\ge1+m/2$，無界。這是對選定有限部分和的分組，不是未經說明的無窮級數重排。故調和級數發散。

6.5 幾何級數、所有情形與餘項

命題

考慮 $a+ar+ar^2+\cdots$，部分和為 $S_N=\sum_{k=0}^{N-1}ar^k$。若 $a=0$，每項為零，對每個實數 $r$ 級數都收斂到零。現在設 $a\ne0$。

當 $r\ne1$，第 5 章給出 $S_N=a(1-r^N)/(1-r)$。若 $|r|<1$，則 $r^N\to0$，因此

$$\sum_{k=0}^{\infty}ar^k=\frac a{1-r}.$$

當 $|r|\ge1$，各項 $ar^k$ 不趨於零，故級數發散，包括 $r=1$ 和 $r=-1$。在 $r=2$ 時寫出 $a/(1-r)$ 雖得到一個普通數，但不會使它成為發散級數的和。

當 $|r|<1$，前 $N$ 項後的精確餘項為

$$R_N=S-S_N=\frac{ar^N}{1-r},\qquad |R_N|=\frac{|a|\,|r|^N}{|1-r|}.$$

較簡單的估計 $|R_N|\le |a||r|^N/(1-|r|)$ 也成立。精確表達式保留符號，並正確處理負公比。

例題

例 5：交錯幾何累積。 對 $a=6$、$r=-1/3$，和為 $6/(1+1/3)=9/2$。四項後，

$$S_4=6-2+\frac23-\frac29=\frac{40}{9}.$$

餘項為 $(9/2)-(40/9)=1/18$，與 $6(-1/3)^4/(4/3)$ 一致。第四部分和在極限下方，第五部分和在上方。

例題

例 6：回聲容許誤差。 理想化信號依次貢獻 $3,3/2,3/4,\ldots$，使用同一個固定信號單位。假設線性疊加模型適用，其極限總量為六個單位。$N$ 項後的誤差為 $6/2^N$。要使其至多為 $0.01$，需要 $2^N\ge600$。由於 $2^9=512<600$、$2^{10}=1024\ge600$，允許的最小 $N$ 為十。真實回聲模型可能在無窮多項之前失准；該和是在給定理想化條件下的結論。

6.6 裂項、比較與交錯例子

第 5 章給出

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

取極限證明級數和為一。餘項是 $1/(N+1)$，不是首個被省略的項 $1/[(N+1)(N+2)]$。把剩餘總量誤當成一個剩餘貢獻，可能嚴重低估誤差。

對非負項，部分和非遞減。因此級數收斂當且僅當部分和有上界，這來自單調有界收斂定理。特別地，若 $0\le a_n\le b_n$ 且 $\sum b_n$ 收斂，則 $\sum a_n$ 收斂：$a_n$ 的每個部分和介於零與 $b_n$ 級數的有限和之間。若比較從後面開始，可以單獨處理有限初始段。

例如當 $n\ge2$，

$$0<\frac1{n^2}\le\frac1{n(n-1)}=\frac1{n-1}-\frac1n.$$

將上界從二加到 $N$ 得 $1-1/N<1$。加上首項後，$\sum 1/n^2$ 的部分和小於二。因此級數收斂，雖然此比較沒有計算其精確和。

還有一個有用的基本交錯結果。若 $b_n\ge0$、$b_{n+1}\le b_n$ 且 $b_n\to0$，則

$$b_1-b_2+b_3-b_4+\cdots$$

收斂。$N$ 項後的誤差絕對值至多為 $b_{N+1}$。為證明它，偶數部分和非遞減，其增量為 $b_{2m+1}-b_{2m+2}\ge0$；奇數部分和非遞增，其增量為 $-b_{2m+2}+b_{2m+3}\le0$。每個偶數部分和都不大於每個奇數部分和，形成嵌套上下界。兩子列由單調有界收斂定理收斂，而其間距 $b_{2m+1}$ 趨於零，故極限相同。共同極限位於任意相鄰兩個部分和之間；它們的距離是首個省略項，證明誤差界。

對 $b_n=1/n$，這證明 $1-1/2+1/3-\cdots$ 收斂，儘管全正的調和級數發散。判據要求非遞增且趨於零，而不僅是符號交替。這裏不需要該和的精確值。我們保持所給項的次序；這些基本論證不支持任意重排。

6.7 分級練習

基礎

思考檢查

練習 1

1. 對 $n\ge0$，寫出 $a_n=2-3(1/2)^n$ 的前五項並求極限。

思考檢查

練習 2

2. 對 $a_n=4+2/n$，求一個整數 $N$，使所有 $n\ge N$ 滿足 $|a_n-4|<0.005$。

思考檢查

練習 3

3. $1/n$、$(-1)^n$、$n/(n+1)$ 和 $n$ 中哪些收斂到有限實數？若收斂，給出極限。

思考檢查

練習 4

4. 寫出 $a_n=(-1)^{n-1}$（$n\ge1$）對應級數的前四個部分和。級數收斂嗎？

核心

思考檢查

練習 5

5. 求 $\lim_{n\to\infty}(7n+3)/(3n-2)$，並解釋為甚麼規範化後商法則適用。

思考檢查

練習 6

6. 對 $v_0=1$、$v_{n+1}=(v_n+8)/3$，推導並驗證顯式公式，再求極限。

思考檢查

練習 7

7. 判斷收斂性，存在時求和：(a) $\sum_{k=0}^{\infty}5(2/3)^k$；(b) $\sum_{k=0}^{\infty}4(-1)^k$；(c) $\sum_{k=0}^{\infty}0\cdot2^k$。

思考檢查

練習 8

8. 求 $\sum_{n=1}^{\infty}1/[(n+2)(n+3)]$ 的和，以及 $N$ 項後的精確餘項。

思考檢查

練習 9

9. 對 $\sum_{k=0}^{\infty}2(1/3)^k$，求使 $N$ 項後誤差至多為 $1/100$ 的最小 $N\ge1$。

思考檢查

練習 10

10. 解釋為甚麼 $a_n\to0$ 不足以證明 $\sum a_n$ 收斂，並給出各項為正且趨於零的一個收斂級數和一個發散級數。

綜合

思考檢查

練習 11

11. 不計算精確和，證明 $\sum_{n=1}^{\infty}1/(n^2+1)$ 收斂，並給出總和的有限上界。

思考檢查

練習 12

12. $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}/(2n-1)$ 是否由交錯判據收斂？根據餘項界，多少項足以使誤差至多為 $0.001$？

思考檢查

練習 13

13. 重複輸入立即增加 $4$ 個單位，之後在第 $k$ 次延遲後增加 $4(0.8)^k$ 個單位（$k\ge1$）。求理想化無窮總量和到第 $m$ 次延遲為止的總量，明確說明項數。

思考檢查

練習 14

14. 學生聲稱 $w_{n+1}=w_n^2$、$w_0=2$ 收斂到 $L$，所以 $L=L^2$，極限為零或一。指出邏輯錯誤並確定實際行為。

思考檢查

練習 15

15. 將 $0.272727\ldots$ 表為無窮幾何級數和最簡分數，並論證所用的收斂性。

思考檢查

練習 16

16. 假設 $a_n\to L$，證明數列 $a_{n+1}$ 有相同極限。用此論證收斂級數的項趨於零這一必要條件，注意區分 $a_n$ 和 $S_n$ 的作用。

6.8 完整解答

解答 · 練習 1

1. 各項為 $-1,1/2,5/4,13/8,29/16$。由於 $(1/2)^n\to0$，極限為二。首個指標為零，故首項不是 $1/2$。

解答 · 練習 2

2. 需要 $2/n<1/200$，即 $n>400$。因此 $N=401$ 可行；$N=400$ 在首個指標處不滿足嚴格條件。

解答 · 練習 3

3. 第一個趨於零。第二個偶數項為一、奇數項為負一，故無有限極限。第三個等於 $1-1/(n+1)$，趨於一。第四個無界增長，不收斂到有限實數。

解答 · 練習 4

4. 部分和為 $1,0,1,0$，持續振蕩，不收斂。各項也不趨於零，這獨立地排除級數收斂。

解答 · 練習 5

5. 分子分母除以 $n$ 得 $(7+3/n)/(3-2/n)$。它們的極限為七和三，分母極限非零，因此商趨於 $7/3$。

解答 · 練習 6

6. 不動點滿足 $v=(v+8)/3$，故為四。相減得 $v_{n+1}-4=(v_n-4)/3$，因此 $v_n=4-3(1/3)^n$。零處給出一；代入公式得到同形式的下一項。由於 $(1/3)^n\to0$，極限為四。確立行為的是驗證，而不僅是不動點方程。

解答 · 練習 7

7. (a) 公比絕對值小於一，和為 $5/(1-2/3)=15$。(b) 各項在四和負四之間交替，不趨於零，故發散。(c) 每項為零，和為零；首系數為零時不需要 $|r|<1$。

解答 · 練習 8

8. 一項等於 $1/(n+2)-1/(n+3)$，故 $S_N=1/3-1/(N+3)$，無窮和為 $1/3$，精確剩餘總量為 $1/(N+3)$。

解答 · 練習 9

9. 和為三，精確誤差為 $3(1/3)^N=3^{1-N}$。當 $N=5$，誤差為 $1/81>1/100$；當 $N=6$，誤差為 $1/243<1/100$。由於誤差遞減，最小 $N$ 為六。

解答 · 練習 10

10. 調和級數的項 $1/n\to0$，但其部分和由分塊論證無界。級數 $\sum_{n=1}^{\infty}1/[n(n+1)]$ 的正項也趨於零，但其部分和趨於一。必要條件不能區分二者。

解答 · 練習 11

11. 首項為 $1/2$。對 $n\ge2$，$0<1/(n^2+1)\le1/n^2\le1/[n(n-1)]$。首項後的比較裂項總和為一，所以所有部分和至多為 $3/2$。非負項使它們非遞減；單調有界收斂定理證明和有限且不大於 $3/2$。

解答 · 練習 12

12. 這裏 $b_n=1/(2n-1)$ 為正、遞減且趨於零，故級數收斂。$N$ 項後的誤差至多為 $b_{N+1}=1/(2N+1)$。要使其至多為 $1/1000$，需要 $2N+1\ge1000$，故整數 $N\ge500$。這是充分界，不證明較少項絕不可能達到實際誤差要求。

解答 · 練習 13

13. 總量為 $4/(1-0.8)=20$ 單位。到第 $m$ 次延遲包括指標 $k=0,\ldots,m$，故有 $m+1$ 項，總量為 $20[1-(0.8)^{m+1}]$。省略的總量為 $20(0.8)^{m+1}$。

解答 · 練習 14

14. 不動點方程只有在已確立收斂且可以取極限時才約束極限。這裏由初值與反覆平方得到 $w_n=2^{2^n}$。特別地，對 $n\ge0$ 有 $w_n\ge2^{n+1}$，故無界增長。沒有有限 $L$ 可代入方程。

解答 · 練習 15

15. 小數為 $27/100+27/100^2+27/100^3+\cdots$。首項為 $27/100$、公比為 $1/100$，故收斂到 $(27/100)/(1-1/100)=27/99=3/11$。有限截斷後的幾何尾項明確趨於零。

解答 · 練習 16

16. 給定 $\varepsilon>0$，取 $N$ 使所有 $n\ge N$ 滿足 $|a_n-L|<\varepsilon$。那麼對所有 $n\ge N$，也有 $n+1\ge N$，故 $|a_{n+1}-L|<\varepsilon$。若級數部分和滿足 $S_n\to S$，則在 $n\ge2$ 上移位數列 $S_{n-1}$ 也趨於 $S$：令 $n$ 比尾部閾值大一即可。於是由差的極限法則，項 $a_n=S_n-S_{n-1}$ 趨於零。得到項的結論依靠部分和收斂，而不是反過來。

總結

數列收斂指整個尾部進入給定有限數的任意容許誤差內。無窮級數收斂指有限部分和數列收斂。除非每項均為零，幾何級數收斂要求 $|r|<1$。項趨於零是必要而不充分的條件。裂項和比較從有限部分和推導結論；交錯單調項提供另一種帶首個省略項誤差界的基本收斂結果。近似應由剩餘總量論證，而不只是看最後一個已納入貢獻是否小。

聯繫。 第 5 章提供有限公式，第 7 章用歸納法論證遞推公式和不等式。當冪難以方便地用整數比較時，第 9 章的對數可幫助求解幾何誤差不等式。