冪級數：收斂半徑、端點與有保證的近似

學習目標與基礎

把冪級數看成由輸入索引的一族數項級數，確定其收斂區間，並在指定輸入範圍上為有限近似建立誤差界。所需基礎是數列、有限與無窮等比和、多項式代數及實數完備性。核心論證不需要逐項求導或積分。

以實數 $a$ 為中心的冪級數為

$$\sum_{n=0}^{\infty}c_n(x-a)^n,$$

其中系數 $c_n$ 是固定實數。每選定一個 $x$，部分和就形成數值數列。只有在該數列收斂的輸入上，級數的和才定義為函數。當 $x=a$ 時值為 $c_0$；$n=0$ 項是常數多項式 $c_0$，而不是對數值 $0^0$ 作含糊求值。

有限多項式是終止的冪級數，在所有位置收斂。無窮冪級數可能只在中心收斂，因此不能僅憑每一個單獨項就為公式指定定義域。

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. 為甚麼收斂向內部傳播

引理：項有界給出等比控制

假設冪級數在 $x_0\ne a$ 處收斂，則其項有界：存在 $M>0$，使對所有 $n$ 均有 $|c_n(x_0-a)^n|\le M$。若 $|x-a|<|x_0-a|$，則

$$|c_n(x-a)^n|\le M\left(\frac{|x-a|}{|x_0-a|}\right)^n,$$

因而由等比比較，級數絕對收斂。

證明。 收斂數項級數的項趨於零，因此有界，包括有限個初始項。把 $(x-a)^n$ 分解成 $(x_0-a)^n[(x-a)/(x_0-a)]^n$。所得等比公比的絕對值小於 1，證明了比較。由三角不等式，絕對收斂又使帶符號的尾和滿足柯西條件，因此原級數也收斂。

定理：收斂半徑

存在擴展數 $R\in[0,\infty]$，使級數在 $|x-a|<R$ 時絕對收斂，在 $|x-a|>R$ 時發散。若 $0<R<\infty$，兩個端點 $a-R,a+R$ 須分別檢驗。

證明。 令 $R$ 為級數收斂點到中心距離 $|x-a|$ 的上確界，中心提供距離零。若給定距離 $r<R$，由上確界定義存在一個距離大於 $r$ 的收斂點；引理因而給出距離為 $r$ 的每個點都絕對收斂。由上界性質，距離大於 $R$ 的點不可能是收斂點。同一論證涵蓋收斂距離集合無界、$R=\infty$ 的情況，也涵蓋只有距離零出現、$R=0$ 的情況。論證使用嚴格距離比較，因此不能判定距離恰為 $R$ 的兩個端點。

因此收斂區間可以是開區間、閉區間，或只在一端閉合。距離中心相同並不迫使帶符號的兩個端點具有相同的收斂行為。

2. 完整的端點例子

考慮 $\sum_{n=1}^{\infty}(x-2)^n/n$。當 $|x-2|<1$ 時，其各項絕對值由 $|x-2|^n$ 控制，故級數收斂。若 $|x-2|>1$，記 $\rho=|x-2|>1$。項 $\rho^n/n$ 不趨於零：相鄰項之比為 $\rho n/(n+1)$，最終有一個大於 1 的下界。因此收斂半徑為 1。

當 $x=3$ 時，級數是調和級數，發散。當 $x=1$ 時，它是交錯調和級數，收斂但不絕對收斂。為證明交錯結論，先取負號，得到以正項開始的交錯調和級數。對於取負後的級數，偶數部分和遞增、奇數部分和遞減；每個偶數部分和不大於其後任一奇數部分和，而配對之差趨於零。由實數完備性，它們有共同極限。再取負號仍保持收斂。這是正項絕對值遞減至零時通常的交錯論證，而不是可以隨意使用交替符號的許可。因此收斂區間為 $[1,3)$。

比較而言，$\sum_{n\ge1}(x-2)^n/n^2$ 在兩個端點都絕對收斂。數項級數 $\sum1/n^2$ 收斂，因為當 $n\ge2$ 時，$1/n^2\le1/[n(n-1)]=1/(n-1)-1/n$，右邊是可望遠求和的優級數。因此其收斂區間為 $[1,3]$，雖然半徑同樣是 1。

3. 從有限等比恆等式得到函數

當 $|x|<1$ 時，有限公式 $\sum_{n=0}^N x^n=(1-x^{N+1})/(1-x)$ 給出

$$\frac1{1-x}=\sum_{n=0}^{\infty}x^n, \qquad \frac1{3-2x}=\frac13\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{2x}{3}\right)^n \quad\text{when }|x|<\frac32.$$

有理函數可能在這些區間之外仍有定義，但這些特定的級數表示沒有。例如在 $x=2$ 處，$1/(3-2x)=-1$ 存在，而等比表示的公比為 $4/3$，故發散。函數公式的定義域與某個展開式的收斂域不同。

代入也可以改變冪次形狀。級數

$$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(x-1)^{2n}}{4^n}$$

是公比為 $(x-1)^2/4$ 的等比級數。它恰在 $|x-1|<2$ 時收斂，因此區間為 $(-1,3)$，其中的和為 $1/[1-(x-1)^2/4]$。兩個端點處每一項都為 1，違反項趨於零的必要條件。

4. 在整個輸入範圍上近似

假設在距離 $s>0$ 處收斂，從而 $|c_n|s^n\le M$。固定 $0<r<s$，則所有滿足 $|x-a|\le r$ 的輸入，其次數 $N$ 之後的尾和滿足

$$\left|\sum_{n=N+1}^{\infty}c_n(x-a)^n\right| \le\frac{M(r/s)^{N+1}}{1-r/s}.$$

同一個界在較小閉區間內處處成立。它控制全部遺漏項，並且與區間內所選輸入無關，因此是有保證的近似。

更具體地，在 $|x|\le r<1$ 上，

$$\left|\sum_{n=N+1}^{\infty}\frac{x^n}{n+1}\right| \le\frac{r^{N+1}}{(N+2)(1-r)},$$

因為該尾和中始終有 $1/(n+1)\le1/(N+2)$。當 $r$ 接近 1 的端點時，分母 $1-r$ 解釋了為何第一遺漏項很小，整個誤差仍可能不小。關於和函數的導數或積分還需要後續分析中提供的其他定理，不能在這裡未經證明地假設。

5. 零半徑和無窮半徑都是實際情形

對於 $\sum_{n\ge0}n!x^n$，任何非零輸入的相鄰項絕對值之比為 $(n+1)|x|$，最終至少為 2。各項不可能趨於零，故半徑為零。在中心，級數只有常數項貢獻。

對於 $\sum_{n\ge0}x^n/n!$，先取 $x=0$：常數項為一，每個更高次多項式項為零，故級數收斂。若 $x\ne0$，各項絕對值均為正，相鄰項之比為 $|x|/(n+1)$，最終不大於 $1/2$。從該指標開始反覆比較，絕對尾和便由收斂等比尾和控制。故其半徑為無窮。將其和識別為指數函數並證明指數法則是另一項構造；收斂結論本身不依賴這一恆等式。

分層練習與診斷

1. 中心代換。 求 $\sum_{n\ge0}[(x+2)/5]^n$ 的收斂區間與和，並檢查兩個端點。
2. 端點證明。 確定 $\sum_{n\ge1}(x+1)^n/n^2$ 的收斂區間，證明端點檢驗，不能把趨於 1 的比值當作決定性依據。
3. 定義域區分。 解釋為甚麼有理函數 $1/(1-x)$ 在 $x=2$ 處有定義，儘管所示等比展開不能在那裡表示它。
4. 有保證的尾界。 對 $|x|\le1/2$ 上的 $\sum_{n\ge0}x^n/(n+1)$，給出次數 $N$ 後的顯式誤差界，證明它趨於零。
5. 半徑診斷。 證明 $\sum_{n\ge0}n!(x-3)^n$ 的半徑為零，並指出其中心處的和。
6. 修復證明。 某學生說，在 $x=a+s$ 收斂便證明在 $a\pm s$ 及所有更遠點都收斂。準確說明向內傳播引理證明了甚麼，並給出更強說法的端點反例。

完整解答

1. 公比的絕對值小於 1 當且僅當 $-5<x+2<5$，即 $-7<x<3$。當 $x=3$ 時各項為 1；當 $x=-7$ 時各項在 1 與 −1 間交替，仍不趨於零。兩個端點都發散。內部的和為 $1/[1-(x+2)/5]=5/(3-x)$。
2. 當 $|x+1|<1$ 時，由等比比較內部收斂；距離更大時，記 $\rho=|x+1|>1$。相鄰項絕對值之比為 $\rho n^2/(n+1)^2$，最終至少為 $q=(1+\rho)/2>1$。反覆比較給出一條增長無界的正等比數列下界，故各項不趨於零。在 $x=0$ 和 $x=-2$，絕對值級數為 $\sum1/n^2$，由上面的望遠界收斂。完整區間為 $[-2,0]$。比值趨於 1 本身不能決定收斂性。
3. 在 2 處，函數值為 $-1$，因為分母非零。冪級數的部分和在那裡為 $1+2+\cdots+2^N=2^{N+1}-1$，發散。只有等比餘項趨於零時才證明了函數等於級數的和，即 $|x|<1$。
4. 誤差界為 $(1/2)^{N+1}/[(N+2)(1-1/2)]=2^{-N}/(N+2)$。它至多為 $2^{-N}$，因而趨於零。該推導在所述區間上一致控制整個絕對尾和，包括抵消可能使實際誤差更小的負輸入。
5. 對任意 $x\ne3$，相鄰項絕對值之比為 $(n+1)|x-3|$，最終大於 2，因此各項不滿足趨於零的必要條件。只有中心處收斂，值為常數項 $0!=1$，故半徑為零。
6. 在距離 $s>0$ 處收斂意味著每個嚴格更小的距離處絕對收斂，卻不保證相反端點或更遠處收斂。對於 $\sum_{n\ge1}(-1)^n x^n/n$，輸入 $x=1$ 得到收斂的交錯調和級數，但 $x=-1$ 得到發散的正項調和級數。當 $|x|>1$ 時各項不趨於零。等比比較中的嚴格不等式不可省略。

總結與術語

冪級數為每個輸入指定一個數項級數。中心是取冪所圍繞的輸入，半徑分隔內部絕對收斂與外部發散。端點檢驗獨立於內部檢驗。範圍上的一致尾界同時保證該較小範圍內每個輸入的近似誤差，而不聲稱未經證明的求導或積分交換。