分部求和、一致抵消與 Abel 端點定理

學習目標與預備知識

絕對收斂足以支持許多運算，卻不能描述所有收斂級數。即使絕對值級數發散，抵消作用仍可能使長段和保持較小。本章推導一個有限求和恆等式，並用它證明數項級數與一致收斂的 Dirichlet 判別法；隨後證明 Abel 端點定理，包括用以保證冪級數在收斂端點處連續的一致收斂結論。

本章使用 Cauchy 判別準則、一致收斂及其保持連續性的性質、單調實數列、初等三角恆等式和幾何級數。在涉及對數的例題中，還會用到微積分基本定理。三角函數的構造已給出加法公式；本章不以 Fourier 級數理論為前提。

1. 先有有限恆等式，再得無限結論

設 $m\le N$ 為整數。對實數列 $a_n,b_n$，令

$$B_{m,k}=\sum_{n=m}^k b_n\quad(k\ge m),\qquad B_{m,m-1}=0.$$

由於 $b_n=B_{m,n}-B_{m,n-1}$，將兩個有限和相減可得

$$\begin{aligned} \sum_{n=m}^N a_nb_n &=\sum_{n=m}^N a_nB_{m,n}-\sum_{n=m}^N a_nB_{m,n-1}\\ &=a_NB_{m,N}+\sum_{n=m}^{N-1}(a_n-a_{n+1})B_{m,n}. \end{aligned}$$

第二行中，第二個和在 $n=m$ 時的零項消失；將其餘項換指標後，$a_{n+1}B_{m,n}$ 便與第一個和中的項對齊。這稱為分部求和。它是精確的有限恆等式，無需任何收斂假設。

若 $a_n\ge0$ 非遞增，且在所考慮的區段內 $|B_{m,k}|\le B$，則三角不等式給出

$$\left|\sum_{n=m}^N a_nb_n\right| \le Ba_N+B\sum_{n=m}^{N-1}(a_n-a_{n+1})=Ba_m.$$

各差值非負，其和為 $a_m-a_N$。單調性正是在這一裂項步驟中使用的。僅有各個 $b_n$ 的界，不能代替對其區段和的界。

2. 數項級數的 Dirichlet 判別法

定理 1。 假設部分和 $P_N=\sum_{n=1}^N b_n$ 有界，例如 $|P_N|\le M$，且 $a_n\ge0$ 非遞增並趨於零，則 $\sum a_nb_n$ 收斂。此外，若其和為 $s$，則

$$\left|s-\sum_{n=1}^N a_nb_n\right|\le2Ma_{N+1}.$$

證明。 令 $P_0=0$。每個區段和滿足

$$|B_{m,k}|=|P_k-P_{m-1}|\le2M.$$

因此有限恆等式給出 $|\sum_{n=m}^N a_nb_n|\le2Ma_m$。給定 $\varepsilon>0$，選取 $m_0$，使所有 $m\ge m_0$ 都滿足 $2Ma_m<\varepsilon$；若 $M=0$，則每個 $b_n=P_n-P_{n-1}$ 都為零，結論直接成立。這個尾和估計正是 Cauchy 判別準則，故級數在 $\mathbb R$ 中收斂。對第 $N$ 項之後的餘項，以 $N+1$ 為起始指標應用該估計，再令有限上指標趨於無窮。由於絕對值連續，不等式在極限下仍成立。$\square$

若已知更精確的直接區段界 $|B_{m,k}|\le B$，同一證明給出不超過 $Ba_{N+1}$ 的餘項界。對交錯係數 $b_n=(-1)^{n-1}$，每個區段和的絕對值至多為一。因此上述論證包含通常的交錯級數餘項界 $a_{N+1}$。

週期系數與其平均值

假設 $b_n$ 週期性重複一組 $\beta_1,\ldots,\beta_p$，其和為零。每個完整週期貢獻零。因此初始部分和只能取有限個值 $0,\beta_1,\beta_1+\beta_2,\ldots,\beta_1+\cdots+\beta_{p-1}$，故有界。Dirichlet 判別法適用於任何非負、非遞增且趨於零的權重。

若週期的平均值 $\mu=p^{-1}\sum\beta_j$ 非零，寫成 $b_n=\mu+d_n$。新的週期系數 $d_n$ 平均值為零，部分和有界。取權重 $1/n$，

$$\sum_{n=1}^N\frac{b_n}{n}=\mu\sum_{n=1}^N\frac1n+\sum_{n=1}^N\frac{d_n}{n}.$$

第二項有有限極限；當 $\mu>0$ 時第一項趨於 $+\infty$，當 $\mu<0$ 時趨於 $-\infty$。所以週期性本身並非所需的抵消條件；平均值為零才提供了這種條件。

例 1：三項抵消，而非正負交替。 設係數重複 $2,-1,-1$，考慮

$$s=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{b_n}{n+2}.$$

初始部分和只取 $0,1,2$，因此任意兩個這樣的和之差的絕對值至多為二，直接區段界為 $B=2$。由於 $a_n=1/(n+2)$ 遞減至零，級數收斂，且第 $N$ 項之後的餘項至多為 $2/(N+3)$。絕對值級數發散，因為 $|b_n|\ge1$，故 $|b_n|/(n+2)\ge1/(n+2)$。

前六項之和為

$$s_6=\frac23-\frac14-\frac15+\frac26-\frac17-\frac18=\frac{79}{280}.$$

因此 $|s-79/280|\le2/9$。這是一個較粗但有效的估計：它給出了可重複計算的有限近似與解析誤差界，並未把近似值當作精確和。

3. 所有參數共用一個界：一致 Dirichlet 判別法

含參數的級數可能在每個參數值處都收斂，卻沒有共同的收斂速度。一致 Cauchy 判別準則要求：對每個 $\varepsilon>0$，一個起始指標就能控制所有參數及其後所有尾段。

定理 2。 設 $E$ 為一個集合。假設對每個 $x\in E$，

1. $a_n(x)\ge0$ 且 $a_{n+1}(x)\le a_n(x)$；
2. $\sup_{x\in E}a_n(x)\to0$；
3. 存在有限常數 $B$，使得對每個 $x\in E$ 及所有 $N\ge m\ge1$，均有 $|\sum_{n=m}^N b_n(x)|\le B$。

那麼 $\sum a_n(x)b_n(x)$ 在 $E$ 上一致收斂，其餘項滿足

$$\sup_{x\in E}\left|\sum_{n=N+1}^{\infty}a_n(x)b_n(x)\right|\le B\sup_{x\in E}a_{N+1}(x).$$

證明。 固定 $x$ 並應用有限恆等式，由單調性估計得到 $|\sum_{n=m}^N a_n(x)b_n(x)|\le Ba_m(x)$。對 $x$ 取上確界，即得與上指標無關的界。由假設 2，該界在 $m\to\infty$ 時趨於零，所以部分和列一致 Cauchy。實數的完備性給出逐點極限，而同一一致 Cauchy 界給出一致收斂：先取尾和容差 $\varepsilon/2$，再對每個 $x$ 令上指標趨於無窮，便得到對所有 $x$ 均不超過 $\varepsilon/2<\varepsilon$ 的誤差。最後，在有限尾和不等式中取極限，得到所示餘項估計。$\square$

例 2：遠離有問題端點的正弦級數

設 $0<\delta<\pi$，$E_\delta=[\delta,2\pi-\delta]$。由加法恆等式，

$$2\sin(x/2)\sin(nx)=\cos((n-1/2)x)-\cos((n+1/2)x).$$

從 $n=m$ 加到 $N$，內部餘弦項全部抵消，因此

$$\left|\sum_{n=m}^N\sin(nx)\right| \le\frac{2}{2|\sin(x/2)|}\le\frac1{\sin(\delta/2)}\qquad(x\in E_\delta).$$

最後一個不等式成立，因為 $x/2\in[\delta/2,\pi-\delta/2]$，在此區間正弦值至少為 $\sin(\delta/2)>0$。取 $a_n=1/n$，由定理 2 可知

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin(nx)}n$$

在 $E_\delta$ 上一致收斂，且第 $N$ 項之後的餘項不超過 $1/[(N+1)\sin(\delta/2)]$。每個有限部分和都連續，故其和在 $E_\delta$ 上連續。對每個固定的 $x\in(0,2\pi)$，都存在上述某個閉區間包含 $x$，因此級數在該開區間內逐點收斂。

例 3：為什麼不能無條件擴大區間

同一正弦級數在 $(0,2\pi)$ 上以及在 $[0,2\pi]$ 上都不一致收斂，儘管兩個端點處的級數恆為零。對每個正整數 $m$，取 $x_m=\pi/(6m)$。當 $m\le n\le2m$ 時，角 $nx_m$ 屬於 $[\pi/6,\pi/3]$，故 $\sin(nx_m)\ge1/2$。又 $n\le2m$，所以

$$\sum_{n=m}^{2m}\frac{\sin(nx_m)}n\ge\frac{m+1}{4m}>\frac14.$$

一致 Cauchy 準則要求充分靠後的所有區段，在定義域每一點處都小於例如 $1/8$。上式所示的尾段對每個 $m$ 都違反這一要求。隨着尾段指標增大，參數點向端點移動；只檢查固定參數會漏掉這一失效現象。

例 4：沒有可求和絕對控制列的一致收斂

在 $[0,1]$ 上，令 $a_n(x)=x^n/n$，$b_n=(-1)^{n-1}$。權重非負且隨 $n$ 非遞增，在 $x=0$ 也如此。它們的上確界為 $1/n\to0$，交錯係數的區段和絕對值至多為一。因此

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}x^n}{n}$$

在 $[0,1]$ 上一致收斂，尾項不超過 $1/(N+1)$。但其第 $n$ 項絕對值的上確界是 $1/n$。在整個區間上控制這些項的任何常數 $M_n$ 都須滿足 $M_n\ge1/n$，故 $\sum M_n$ 發散，M 判別法在此不能應用。該判別法不適用並不證明不一致收斂；這裏的抵消論證給出了絕對控制無法提供的結論。

4. Abel 端點定理：先確定端點收斂

定理 3。 假設數項級數 $\sum_{n=0}^{\infty}c_n$ 收斂到 $s$。那麼冪級數 $\sum_{n=0}^{\infty}c_nr^n$ 在 $0\le r\le1$ 上一致收斂。若以 $F(r)$ 表示其和，且包括 $F(1)=s$，那麼 $F$ 在 $[0,1]$ 上連續，並且

$$\lim_{r\uparrow1}\sum_{n=0}^{\infty}c_nr^n=\sum_{n=0}^{\infty}c_n.$$

這裏 $r^0$ 是常值多項式一，在 $r=0$ 時亦然。定理假設級數在 $r=1$ 處普通收斂；不能僅憑內部公式製造這種收斂。

利用一致尾和的證明。 給定 $\varepsilon>0$，數項級數收斂可提供一個指標 $m_0$，使得

$$\left|\sum_{n=m}^k c_n\right|<\varepsilon/2\qquad(k\ge m\ge m_0).$$

對每個 $r\in[0,1]$，在有限求和恆等式中取 $a_n=r^n$ 與 $b_n=c_n$。這些權重非負且非遞增，但其上確界並不隨 $n\to\infty$ 而趨於零，因此單靠定理 2 不能得出結論。關鍵在於係數尾段的界可以取得足夠小。由恆等式，

$$\begin{aligned} \left|\sum_{n=m}^N c_nr^n\right| &\le\frac\varepsilon2\left[r^N+\sum_{n=m}^{N-1}(r^n-r^{n+1})\right]\\ &=\frac\varepsilon2 r^m\le\frac\varepsilon2<\varepsilon. \end{aligned}$$

這是整個閉區間上的一致 Cauchy 估計，由完備性得到一致極限。各部分和都是多項式，因而連續；一致極限保持連續性，故 $F$ 在 $[0,1]$ 上連續。在 $r=1$ 處，定義它的級數就是假設中的數項和 $s$，於是由左連續性得到所示極限。$\square$

對以 $a$ 為中心、有限正收斂半徑為 $R$ 的冪級數，若右端點收斂，取 $c_n=d_nR^n$ 與 $x-a=Rr$ 即可化為本定理；若左端點收斂，取 $c_n=d_n(-R)^n$ 與 $x-a=-Rr$。這種縮放只證明從收斂區間內部單側趨近的結論，不涉及半徑以外的點。

5. Abel 加權平均恆等式與第二種端點證明

另有一個有用的恆等式。令 $s_n=\sum_{k=0}^n c_k$。當 $0\le r<1$ 時，

$$F(r)=(1-r)\sum_{n=0}^{\infty}s_nr^n.$$

推導。 有限恆等式是

$$\sum_{n=0}^N c_nr^n=(1-r)\sum_{n=0}^{N-1}s_nr^n+s_Nr^N.$$

將右側展開並比較相鄰係數，或使用有限分部求和公式，均可得到它。由於 $s_n\to s$，存在常數 $K$，使所有 $n$ 都滿足 $|s_n|\le K$。因此當 $r<1$ 時，$\sum |s_n|r^n\le K/(1-r)$，且 $|s_Nr^N|\le Kr^N\to0$。這樣便可在有限恆等式中合法取極限。

權重 $(1-r)r^n$ 非負，且總和為一。因此

$$F(r)-s=(1-r)\sum_{n=0}^{\infty}(s_n-s)r^n.$$

給定 $\varepsilon>0$，選取 $N_0$，使 $n\ge N_0$ 時 $|s_n-s|<\varepsilon/2$。上式尾部的絕對值至多為 $\varepsilon/2$，因為其權重之和至多為一。前面有限部分的絕對值至多為

$$(1-r)\sum_{n=0}^{N_0-1}|s_n-s|,$$

當 $r\uparrow1$ 時它趨於零。當 $r$ 充分接近 1 時，此項小於 $\varepsilon/2$，從而證明 $|F(r)-s|<\varepsilon$。這一第二種證明把端點極限解釋為對已收斂部分和的加權平均，而不是未經證明地交換兩個極限。

例 5：先證明端點存在，再求其值

對每個 $0\le r<1$，幾何級數 $\sum_{n=0}^{\infty}(-t)^n$ 在 $[0,r]$ 上一致收斂，因為其各項由可求和常數列 $r^n$ 控制。其和為 $1/(1+t)$。在該緊區間逐項積分，得到

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}r^n}{n}=\int_0^r\frac{dt}{1+t}=\log(1+r).$$

在 $r=0$ 時等式也成立，兩邊均為零。另一方面，交錯調和數項級數由 Dirichlet 判別法收斂。因此 Abel 端點定理適用，給出

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}n=\lim_{r\uparrow1}\log(1+r)=\log2.$$

證明次序不可顛倒：先證明端點數項級數收斂，再證明內部恆等式，最後由有充分依據的極限定理確定端點值。

6. Abel 定理不能消除的兩個邊界問題

逆命題不成立。 當 $c_n=(-1)^n$ 時，內部冪級數的和為 $1/(1+r)$，且當 $r\uparrow1$ 時有有限極限 $1/2$。但 $c_n$ 不趨於零，所以 $\sum c_n$ 按普通意義發散。有限徑向極限的存在不意味着邊界級數收斂。把徑向極限稱作普通級數的和會改變收斂的含義。

端點求導是另一問題。 例 5 的級數在 $[0,1]$ 上一致收斂。當 $r<1$ 時，其導數級數為 $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}r^{n-1}=1/(1+r)$。在 $r=1$ 時，導數級數的項為 $(-1)^{n-1}$，不趨於零。然而函數 $\log(1+r)$ 在 1 處的左導數是有限值 $1/2$。所以函數項級數在端點的一致收斂，既不保證端點導數級數收斂，也不允許在那裏逐項求值。收斂半徑內部的逐項求導定理仍然有效，但該定理並未因此擴展到邊界。

7. 分級練習

基礎

P01. 對 $m=2,N=4$、$a_n=1/n$ 與 $(b_2,b_3,b_4)=(3,-2,1)$，驗證有限分部求和恆等式。精確計算原來的和及恆等式右側的兩項。

P02. 設 $b_n$ 週期性重複 $3,-1,-2$。證明 $\sum b_n/\sqrt n$ 條件收斂，並由初始部分和可能取到的值給出明確的餘項界。

P03. 解釋為什麼“$b_n$ 有界且 $a_n\to0$ 且非遞增，就能推出 $\sum a_nb_n$ 收斂”是錯誤的。給出反例並指出缺少的假設。

核心

P04. 在 Dirichlet 判別法中，僅有 $a_n\to0$ 能否替代非負且非遞增的條件？取 $b_n=(-1)^n$ 和 $a_n=[1+(-1)^n]/(2n)$，分析所提出的結論。

P05. 對 $E=[\pi/3,5\pi/3]$，給出 $\sum\sin(nx)/n$ 的一致餘項界。選取 $N$，使第 $N$ 項之後的誤差在整個 $E$ 上嚴格小於 $0.01$。

P06. 證明正弦級數在 $[0,2\pi]$ 上不一致收斂，儘管每個端點處的級數收斂。給出一個使一致 Cauchy 準則失效的固定正容差。

P07. 定義

$$G(r)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n r^n}{n+1}\qquad(0\le r\le1).$$

證明一致收斂，求 $r>0$ 時的 $G(r)$，説明 $G(0)$ 並計算 $G(1)$。給出對所有 $r\in[0,1]$ 都有效的、求和至指標 $N$ 後的誤差界。

綜合與證明分析

P08. 某學生算出 $\lim_{r\uparrow1}\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n r^n=1/2$，便斷定 $\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n=1/2$。準確説明哪個推論沒有依據，並證明該級數在普通意義下發散。

P09. 對 $H(r)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}r^n/n$，比較：(i) 它在 1 處的左導數；(ii) 從收斂半徑內部令 $r\uparrow1$ 時導數的極限；(iii) 逐項求導後再令 $r=1$ 所得的級數。論證這三個答案並解釋為什麼沒有矛盾。

P10. 假設 $\sum_{n=0}^{\infty}c_n$ 與 $\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^nc_n$ 都收斂。證明 $\sum c_nx^n$ 在整個 $[-1,1]$ 上一致收斂。不要僅憑兩個端點的逐點收斂推斷一致收斂。

8. 完整解答

S01. 原來的和為 $3/2-2/3+1/4=13/12$。區段部分和為 $B_{2,2}=3$、$B_{2,3}=1$ 和 $B_{2,4}=2$。恆等式的末項為 $a_4B_{2,4}=(1/4)2=1/2$。差值之和為

$$(a_2-a_3)B_{2,2}+(a_3-a_4)B_{2,3} =(1/2-1/3)3+(1/3-1/4)1=1/2+1/12=7/12.$$

兩部分相加得 $1/2+7/12=13/12$，符合要求。這裏沒有使用無限極限運算。

S02. 週期系數的初始部分和反覆取 $0,3,2$。因此每個區段和都是該集合中兩個數的差，其絕對值至多為三。權重 $n^{-1/2}$ 為正、遞減且趨於零。Dirichlet 的證明給出收斂性，以及第 $N$ 項之後不超過 $3/\sqrt{N+1}$ 的餘項界。由於每個指標都滿足 $|b_n|\ge1$，絕對值級數大於等於 $\sum n^{-1/2}$；後者由 $p$ 級數判別法發散。因此原級數條件收斂。

S03. 取 $b_n=1$ 和 $a_n=1/n$。數列 $b_n$ 有界、權重遞減至零，但乘積級數為調和級數，因而發散。其係數部分和 $P_N=N$ 無界。Dirichlet 的假設要求這些部分和有界，而不僅是每一項有界。

S04. 所給權重在奇數指標處為零，在偶數指標處為 $1/n$。它們非負且趨於零，但無窮多次從零增至正數，因此並非非遞增。乘以 $b_n=(-1)^n$ 後，偶數項仍為正，奇數項為零。所以

$$\sum_{n=1}^{\infty}a_nb_n=\sum_{k=1}^{\infty}\frac1{2k},$$

它趨於 $+\infty$。係數部分和有界，因此這個反例凸顯的是缺少權重單調性。

S05. 此處 $\delta=\pi/3$，且 $\sin(\delta/2)=\sin(\pi/6)=1/2$，所以一致尾項界為 $2/(N+1)$。要使誤差嚴格小於 $0.01=1/100$，只需 $N+1>200$。取 $N=200$，在所給區間每個 $x$ 處都有 $2/201<1/100$。這是統一保證，不是對最大誤差精確值的斷言。

S06. 對 $m\ge1$，令 $x_m=\pi/(6m)$。每個 $x_m$ 都屬於 $[0,2\pi]$。當 $m\le n\le2m$ 時，角度屬於 $[\pi/6,\pi/3]$，其正弦值至少為 $1/2$，且 $1/n\ge1/(2m)$。因此區段和大於 $1/4$。若級數一致收斂，其部分和列必須對容差 $1/8$ 一致 Cauchy：存在某個閾值，使所有從該閾值之後開始的區段在每一點都小於 $1/8$。取超過閾值的 $m$，便與上述下界矛盾。兩個端點數項級數的收斂性與這種移動點導致的障礙無關。

S07. 對每個 $r\in[0,1]$，各項的絕對值 $r^n/(n+1)$ 非負且隨 $n$ 非遞增；它們對 $r$ 的上確界為 $1/(n+1)\to0$，而交錯係數的區段和絕對值至多為一。一致 Dirichlet 定理給出一致收斂，其指標 $N$ 之後的餘項在整個 $[0,1]$ 上不超過 $1/(N+2)$。當 $r>0$ 時，將級數乘以 $r$，得到內部的對數級數：

$$rG(r)=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}r^k}{k}=\log(1+r)\qquad(0<r<1).$$

因此在那裏 $G(r)=\log(1+r)/r$。當 $r=0$ 時只剩常數項，所以 $G(0)=1$；由對數在 1 處的導數，也有 $\log(1+r)/r\to1$。一致收斂使 $G$ 在 1 處連續，因而 $G(1)=\log2$，且同一公式 $\log(1+r)/r$ 在 $r=1$ 時也成立。定義 $G(0)$ 時沒有除以零。

S08. 當 $0\le r<1$ 時，幾何級數公式給出內部和 $1/(1+r)$，因此徑向極限為 $1/2$。Abel 定理從係數級數的普通收斂推出這個徑向極限；學生使用了其逆命題，而該逆命題不僅未被證明，而且是錯誤的。係數項 $(-1)^n$ 不趨於零。更具體地説，求和至指標 $N$ 的部分和在 $N$ 為偶數時為一、$N$ 為奇數時為零，兩個子列的極限不同，所以普通級數發散。

S09. 前面的例題已確定 $H(r)=\log(1+r)$ 在 $[0,1]$ 上成立，因此它在 1 處的左導數為 $1/2$。對每個 $0<r<1$，收斂半徑內部的冪級數逐項求導定理給出 $H'(r)=1/(1+r)$；當 $r\uparrow1$ 時，其極限也是 $1/2$。若逐項求導後代入 $r=1$，所得級數為 $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}$。其項不趨於零，部分和在一與零之間交替，故發散。前兩個有限導數分別涉及函數本身和內部極限；發散表達式則涉及端點處的交換，而這裏沒有保證導數級數收斂的假設。逐項求導定理只在收斂半徑內部陳述，因此其有效結論沒有受到矛盾。

S10. 對收斂數項級數 $\sum c_n$ 應用 Abel 的一致尾和證明。對每個 $\varepsilon>0$，它給出指標 $N_+$，使得只要 $N\ge m\ge N_+$ 且 $x\in[0,1]$，每個尾段 $\sum_{n=m}^{N}c_nx^n$ 的絕對值都小於 $\varepsilon$。對 $d_n=(-1)^nc_n$ 應用同一證明，得到對 $r\in[0,1]$ 有效的閾值 $N_-$。若 $x\in[-1,0]$，令 $r=-x$，則 $c_nx^n=d_nr^n$，故第二個尾和估計適用。於是共同閾值 $\max(N_+,N_-)$ 控制 $[-1,1]$ 上各點的尾段。一致 Cauchy 準則證明整個區間上一致收斂。這個證明結合了兩個半區間上的一致估計，而不是僅結合兩個端點值。

總結

分部求和將加權求和問題轉化為對係數部分和以及權重變化量的控制。當 M 判別法不適用時，Dirichlet 抵消法仍可證明條件收斂或一致收斂。Abel 端點定理要求端點數項級數收斂，然後證明趨近該端點時的一致收斂。有限徑向極限或函數值的一致收斂，都不會自動允許將其當作邊界級數的和或在邊界逐項求導。