級數：有限恆等式、模型與有保證的尾項

有限恆等式、模型與尾項

記住一個無窮和公式，並不能回答三個前置問題：使用了哪個有限代數恆等式、端點極限是否存在、有限計算後還剩多少。我們分別建立這些層次，再應用於遞推和等待時間分布。所需基礎是有限代數、等比求和公式、初等對數與級數收斂的定義；不對無窮級數逐項求導。

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。

1. 指標平移是有限代數

對正整數 $N$，定義 $S_N(r)=\sum_{k=1}^Nkr^k$。寫出 $rS_N$ 時，指數及其對應系數都會改變：

$$S_N=r+2r^2+\cdots+Nr^N, \qquad rS_N=r^2+2r^3+\cdots+Nr^{N+1}.$$

相減得到

$$(1-r)S_N=\sum_{k=1}^Nr^k-Nr^{N+1}.$$

最後一項是邊界項，不能僅因為它位於原指標範圍外就刪去。若 $r\ne1$，代入有限等比恆等式得到

$$S_N(r)=\frac{r-(N+1)r^{N+1}+Nr^{N+2}}{(1-r)^2}.$$

若 $r=1$，不能除以 $1-r$，原和直接給出 $N(N+1)/2$。有限恆等式對其他每個實數或複數 $r$ 均有效，包括無窮級數發散的情況。例如在 $r=2$ 時它仍是精確公式。

一般方法。 加權和乘以公比會把相同權重平移一位。相減將線性權重 $k$ 化為更簡單的差 $k-(k-1)=1$。更複雜的多項式權重可通過進一步有限差分簡化。每次相減也會產生端點項，因此推導應在合併冪次之前明確寫出這些項。

2. 通過極限需要另一個論證

當 $|r|<1$ 時，$Nr^N\to0$。為證明額外因子 $N$ 不妨礙收斂，令 $\rho=|r|$，其中 $0<\rho<1$，再選 $q$ 使 $\rho<q<1$。對於充分大的 $n$，有 $\rho(1+1/n)\le q$。因此正項 $a_n=n\rho^n$ 從那時起滿足 $a_{n+1}\le qa_n$。反覆比較，便可用趨於零的等比數列控制它們。$r=0$ 的情況直接成立。

對已證明的有限恆等式取極限，得到

$$\sum_{k=1}^{\infty}kr^k=\frac r{(1-r)^2},\qquad |r|<1.$$

當 $|r|\ge1$ 時，各項 $kr^k$ 不趨於零，因此無窮級數不收斂。有限公式絕不允許在收斂範圍外直接把指標換成無窮。

對於滿足 $|r|<1$ 的有符號或複數公比，精確尾和為

$$\sum_{k=N+1}^{\infty}kr^k =\frac{r^{N+1}[(N+1)-Nr]}{(1-r)^2}.$$

一種推導寫成 $k=N+j$，再把 $\sum_{j\ge1}(N+j)r^{N+j}$ 分成一個等比和與剛建立的加權和。令 $\rho=|r|$，可得到有保證的絕對上界：

$$\left|\sum_{k=N+1}^{\infty}kr^k\right| \le\frac{\rho^{N+1}[(N+1)-N\rho]}{(1-\rho)^2}.$$

此估計不依賴抵消，因此可能大於帶符號誤差的絕對值。

3. 遞推模型需要明確觀察時刻

假設蓄水池在第 $n$ 次添加之後立即含有 $B_n$ 單位。在兩次添加之間保留比例 $q$，先假定 $0<q<1$，然後加入 $d\ge0$ 個新單位。因此

$$B_{n+1}=qB_n+d.$$

展開前幾步可以發現規律，但需要歸納證明：

$$B_n=q^nB_0+d\sum_{j=0}^{n-1}q^j =q^nB_0+\frac{d(1-q^n)}{1-q}.$$

基礎情形 $n=0$ 的和為空。先乘 $q$ 再加 $d$，使有限和轉到下一情形。因此 $B_n$ 趨於 $B_*=d/(1-q)$；減去固定點得到精確誤差 $B_n-B_*=q^n(B_0-B_*)$。

例：模型與解釋。 若 $q=3/4,d=2,B_0=0$，則 $B_n=8(1-(3/4)^n)$，所以 8 是極限水平，不會在有限次添加後達到。要使其與極限之差小於 $0.1$，須有 $8(3/4)^n<0.1$，即 $n>\ln80/\ln(4/3)$。最小整數是 16：精確比較 $80\cdot3^{15}>4^{15}$ 和 $80\cdot3^{16}<4^{16}$，無需對對數取近似便能確認閾值。

如果先添加再保留，遞推式變為 $C_{n+1}=q(C_n+d)$，極限水平為 $qd/(1-q)$。雖然兩模型使用相同的物理常數，其含義卻不同。寫遞推前須先決定在何時觀察該量。退化情形 $q=0$ 可直接檢查：先保留後添加給出 $B_n=d$，其中 $n\ge1$；先添加後保留給出 $C_n=0$，其中 $n\ge1$。這樣避免在 $n=0$ 的公式中使用含糊的數值 $0^0$。

4. 概率綜合：等待首次成功

進行獨立試驗，共同成功概率為 $p$，先假設 $0<p<1$。令 $X$ 為直到並包括首次成功的試驗次數。對於 $k\ge1$，

$$P(X=k)=(1-p)^{k-1}p.$$

這裡的獨立性指每個有限組試驗結果的聯合概率等於各自邊緣概率的乘積。除下述零概率事件外，$X=k$ 表示先失敗 $k-1$ 次，再成功一次，因此得到所示概率。對每個正整數 $m$，永不成功的事件都包含在前 $m$ 次全部失敗的事件中，後者的概率為 $(1-p)^m$。此上界趨於零，故永不成功的概率為零；在該零概率事件上定義 $X=1$，不改變其分布。等比恆等式給出 $\sum_{k=1}^m p(1-p)^{k-1}=1-(1-p)^m\to1$，因此這個可數分布已歸一化。對非負整數值隨機變量，期望定義為非負級數 $\sum_k kP(X=k)$，允許其為無窮。此處已證明的加權求和公式表明期望有限：

$$E[X]=\sum_{k\ge1}kp(1-p)^{k-1}=\frac1p.$$

當 $p=1$ 時，必有 $X=1$，相同答案直接成立。當 $p=0$ 時，首次成功永不發生；不能把 $1/p$ 當作有限期望，也不能說顯示的權重仍然和為 1。

5. 誤差診斷：項的大小不等於尾和大小

“下一項小於容許誤差就停止”通常並不可靠。對首項為 $a$、公比為 $r\in(0,1)$ 的正等比尾和，整個尾和為 $a/(1-r)$。若 $r=99/100$ 且第一項遺漏項為 $10^{-4}$，遺漏總量為 $10^{-2}$，是該項的 100 倍。嚴格停止規則應使用推導出的尾和界控制所有遺漏項的總和。

僅有符號交替也不夠。令 $b_n=(2+(-1)^n)/n>0$。雖然 $b_n\to0$，級數 $\sum_{n\ge1}(-1)^nb_n$ 卻發散：第 $k$ 對連續項為

$$\frac3{2k}-\frac1{2k-1}\ge\frac1{2k},$$

因此其偶數部分和大於等於一個發散的調和級數倍數。通常的交錯級數判別法除了要求正項絕對值趨於零，還需要它們最終單調遞減。這裡絕對值反覆向上跳；忽略這一假設便是第一個錯誤步驟。

分層綜合與診斷

1. 推導。 從有限加權恆等式出發，推導 $r\ne1$ 時 $\sum_{k=0}^{N-1}(k+1)r^k$ 的公式，並單獨處理 $r=1$。解釋指標變換。
2. 模型比較。 在蓄水池模型中，添加 $d$ 後保留比例 $q$。從任意 $C_0$ 出發推導 $C_n$ 的精確公式，比較其極限與先保留後添加模型的極限。
3. 概率。 對 $0<p<1$ 且 $N$ 為正整數的首次成功模型，直接計算 $P(X>N)$，解釋尾概率與期望為何是不同的量。
4. 有保證的計算。 設 $\varepsilon>0$。一個正項等比級數的公比為 $4/5$。首個遺漏項滿足甚麼條件即可保證整個遺漏和小於 $\varepsilon$？該項本身是否必須小於 $\varepsilon$？
5. 證明檢查。 有學生取極限前刪去 $(1-r)S_N=\sum_{k=1}^Nr^k-Nr^{N+1}$ 的最後一項，理由是“端點沒有影響”。指出最後的無窮公式何時仍可能正確，並說明這一論證為何無效。
6. 挑戰。 證明上面 $\sum(-1)^nb_n$ 的成對下界，再解釋部分和某個子列趨於無窮為甚麼足以排除整個部分和數列的收斂。

完整解答

1. 令 $j=k+1$，則該和是 $\sum_{j=1}^N jr^{j-1}$。當 $r\ne0,1$ 時，它是 $S_N(r)/r$，因此等於 $[1-(N+1)r^N+Nr^{N+1}]/(1-r)^2$。當 $r=0$ 時原和等於 1，且對 $N\ge1$ 顯示的表達式也給出 1，因此仍然有效。當 $r=1$ 時，將 1 至 $N$ 的整數相加得到 $N(N+1)/2$。這處理了除以 $r$ 不合法的點。
2. 遞推為 $C_{n+1}=qC_n+qd$。當 $0<q<1$ 且 $n\ge0$ 時，歸納得到 $C_n=q^nC_0+qd(1-q^n)/(1-q)$，趨於 $qd/(1-q)$。當 $q=0$ 時，初值為 $C_0$，而 $n\ge1$ 時 $C_n=0$，故極限為零。先保留後添加的極限為 $d/(1-q)$，當 $0\le q<1$ 時它大 $d$。在觀察時刻，第一次模型中的新添加量只在下一週期受到保留，而第二個模型中的添加量在當前週期立即受到保留。
3. 事件 $X>N$ 表示前 $N$ 次試驗全部失敗，因此由獨立性其概率為 $(1-p)^N$。它是超過閾值的無量綱概率，而 $E[X]=1/p$ 是試驗次數的概率加權平均值。不能用其中一個替代另一個，也不能由期望推斷確定的等待時間保證。
4. 整個尾和是首項 $a$ 的 5 倍，因此 $a<\varepsilon/5$ 是充分條件；對這個正項精確等比尾和，它也是必要條件。要使總和小於 $\varepsilon$，當然必須有 $a<\varepsilon$，但這並不充分：介於 $\varepsilon/5$ 和 $\varepsilon$ 之間的項通過較弱檢驗，尾和卻沒有通過。
5. 端點項是精確有限恆等式的一部分，通常不為零。只有在證明 $Nr^{N+1}\to0$ 後才能刪去；當 $|r|<1$ 時該極限成立。此時最終無窮公式正確，但缺少估計使論證有邏輯缺口。當 $r=2$ 時，端點項增長，不能刪去；所聲稱的無窮和也違反項趨於零的必要條件。
6. 從一對項中減去 $1/(2k)$，得到 $1/k-1/(2k-1)=(k-1)/[k(2k-1)]\ge0$。因此偶數部分和至少為 $\sum_{k=1}^N1/(2k)$，無界。收斂實數列的每個子列都必須收斂到同一個有限極限，因此這個發散子列排除了整個數列的收斂。

總結與術語

指標平移在保留指定有限項的同時改變標籤。邊界項由端點處的平移或消去留下。遞推描述在選定觀察時刻更新的量。有保證的尾界控制所有遺漏項，而非僅控制下一項。有限恆等式、極限論證、模型假設與計算誤差界是不同層次，應按此順序論證。