正項級數的判別閾值、根值判別法與收斂半徑

學習目標與預備知識

使用收斂判別法時，首先要區分其假設與結論。本章證明非負項級數的積分判別法與二進凝聚判別法，用它們處理對數臨界情形，並從上極限的定義導出根值判別法與冪級數收斂半徑公式。

我們使用實數的完備性、實數列的單調收斂定理、柯西準則、對數的基本性質以及定積分和反常積分。級數從另一個有限指標開始，收斂性不變：相應部分和相差一個固定的有限和，但級數的值通常會改變。

1. 非負項：部分和、比較與尾項

對於 $a_n\ge0$，記 $A_N=\sum_{n=1}^N a_n$。這些部分和非遞減。如果它們有上界，完備性給出 $A_N\to\sup_N A_N$；如果沒有上界，那麼對每個實數 $K$，總有某個部分和大於 $K$，此後的部分和也都如此。因此，非負項級數或者有有限的和，或者發散到 $+\infty$。

若對所有 $n\ge n_0$ 都有 $0\le a_n\le b_n$，且 $\sum b_n$ 收斂，則 $a_n$ 的尾級數部分和以相應 $b_n$ 尾級數的有限和為上界，因而收斂。反之，若 $\sum a_n=+\infty$，則較大的 $b_n$ 尾級數部分和無界。注意比較的方向：較大級數發散並不能判定較小級數。

極限比較。 假設最終有 $a_n,b_n>0$，並且 $a_n/b_n\to\ell$，其中 $0<\ell<\infty$。取一個指標，使它之後均滿足 $\ell/2<a_n/b_n<3\ell/2$。於是

$$\frac\ell2 b_n\le a_n\le\frac{3\ell}2b_n.$$

乘以正常數不改變非負部分和的有界性。兩個方向的比較表明，兩個級數同斂散。假設 $\ell>0$ 和 $\ell<\infty$ 不可隨意去掉：$a_n/b_n\to0$ 只在 $\sum b_n$ 收斂時提供所需的上比較，並不產生等價關係。

對於收斂級數，前 $m$ 項之後的餘項為

$$R_m=\sum_{n=m+1}^{\infty}a_n.$$

證明收斂與給出 $R_m$ 的數值界是兩件不同的事。下面的判別法同時提供兩者。

2. 積分判別法及其不等式

定理 1。 設 $f:[N,\infty)\to[0,\infty)$ 非遞增，其中 $N$ 是正整數。那麼 $\sum_{n=N}^{\infty}f(n)$ 收斂當且僅當 $\int_N^{\infty}f(x)\,dx$ 有限。當兩者收斂時，對每個整數 $m\ge N$，

$$\int_{m+1}^{\infty}f(x)\,dx\le\sum_{n=m+1}^{\infty}f(n)\le\int_m^{\infty}f(x)\,dx.$$

有界單調函數在每個緊子區間上都黎曼可積。

證明。 在 $[n,n+1]$ 上，由單調性得到 $f(n+1)\le f(x)\le f(n)$。對此逐點不等式積分，得到

$$f(n+1)\le\int_n^{n+1}f(x)\,dx\le f(n).$$

將右側不等式從 $n=N$ 加到 $M$，得到 $\int_N^{M+1}f\le\sum_{n=N}^{M}f(n)$。將左側不等式從 $n=N$ 加到 $M-1$，得到 $\sum_{n=N+1}^{M}f(n)\le\int_N^M f$。因此

$$\int_N^{M+1}f\le\sum_{n=N}^{M}f(n)\le f(N)+\int_N^M f.$$

若反常積分有限，右側就為所有部分和提供上界。若級數收斂，左側不等式為 $\int_N^{M+1}f$ 提供上界。對於任意實數上端點 $T$，選取整數 $M$ 使 $T\le M+1$；由非負性，$\int_N^T f$ 也有上界。因此非遞減的積分有有限極限，等價性得證。

對於餘項，對 $n=m+1,m+2,\ldots$ 在 $[n,n+1]$ 上使用右側矩形估計，得到積分下界；對同一組整數在 $[n-1,n]$ 上使用左側矩形估計，得到積分上界。先對有限個不等式求和，再取極限；所有量都收斂，且不等式得以保留。$\square$

例 1：完整的 $p$ 級數閾值。 若 $p\le0$，則 $n^{-p}\ge1$，故通項不趨於零。若 $p>0$，則 $x^{-p}$ 為正且遞減。當 $p\ne1$ 時，

$$\int_1^T x^{-p}\,dx=\frac{T^{1-p}-1}{1-p},$$

而當 $p=1$ 時，積分為 $\log T$。這些表達式有有限極限當且僅當 $p>1$。因此 $\sum n^{-p}$ 收斂當且僅當 $p>1$。此時餘項滿足

$$\frac{(m+1)^{1-p}}{p-1}\le R_m\le\frac{m^{1-p}}{p-1}.$$

當 $p=3$ 時，上式為 $1/[2(m+1)^2]\le R_m\le1/(2m^2)$。例如，$m=100$ 保證 $R_{100}\le1/20000$；這並不意味著確切餘項等於該上界。

例 2：對數改變臨界情形。 考慮

$$\sum_{n=3}^{\infty}\frac1{n(\log n)^q},\qquad q\in\mathbb R.$$

對於 $f(x)=1/[x(\log x)^q]$，其中 $x>1$，

$$\frac{f'(x)}{f(x)}=-\frac1x-\frac{q}{x\log x}=-\frac{1+q/\log x}{x}.$$

對每個固定實數 $q$，當 $x$ 充分大時，分子 $1+q/\log x$ 為正。因此即使 $f$ 從初始指標開始並非遞減，積分判別法仍可用於某個尾部。代換 $u=\log x$ 得

$$\int\frac{dx}{x(\log x)^q}=\int u^{-q}\,du.$$

從任意固定的正下限 $u$ 到無窮的積分有限，當且僅當 $q>1$。因此此對數級數收斂當且僅當 $q>1$。特別地，$\sum1/(n\log n)$ 發散，儘管其各項小於調和級數對應項；單憑較小這一點並不能證明收斂。

當 $q>1$ 且 $m$ 充分大時，餘項至多為

$$\int_m^{\infty}\frac{dx}{x(\log x)^q}=\frac{(\log m)^{1-q}}{q-1}.$$

當 $q=2$ 時，這個界僅以 $1/\log m$ 的速度下降，說明收斂級數也可能收斂得很慢。

3. 二進凝聚：單調性的作用

定理 2。 若 $a_n\ge0$ 且 $a_n$ 非遞增，則

$$\sum_{n=1}^{\infty}a_n\quad\text{收斂當且僅當}\quad\sum_{k=0}^{\infty}2^k a_{2^k}\quad\text{收斂}.$$

證明。 分塊 $B_k=\sum_{n=2^k}^{2^{k+1}-1}a_n$ 恰有 $2^k$ 項。每項至多為 $a_{2^k}$，至少為 $a_{2^{k+1}}$，因此

$$\frac12\bigl(2^{k+1}a_{2^{k+1}}\bigr)\le B_k\le2^k a_{2^k}.$$

若凝聚級數收斂，上界使分塊級數的部分和有界。若分塊級數收斂，下界使凝聚級數從 $k=1$ 開始的部分和有界；加回遺漏的一項不改變收斂性。最後，分塊端點的部分和構成原非負項部分和的子列。任何中間部分和都位於相鄰端點的部分和之間，故端點有界也使它有界。因此分塊級數收斂當且僅當原級數收斂。$\square$

若單調性只從某個指標開始成立，就把之前有限個 $a_n$ 替換為該單調尾部的首項。這得到全局非遞增的非負數列，同時兩個級數都只改變有限項，因此結論仍成立。

例 3：改變對數底數，不改變閾值。 當 $q>0$ 時，$a_n=1/[n(\log_2 n)^q]$ 在 $n\ge2$ 時遞減。在二的冪指標處，

$$2^k a_{2^k}=\frac1{k^q}\qquad(k\ge1).$$

凝聚判別法與 $p$ 級數定理給出：收斂當且僅當 $q>1$。若 $q\le0$，則當 $n\ge2$ 時 $(\log_2 n)^q\le1$，因此 $a_n\ge1/n$，級數發散。故對每個實數 $q$ 都有相同閾值。這與積分計算一致，因為 $\log_2 n=(\log n)/(\log2)$ 只使每項改變一個正常數因子。

4. 上極限是尾部界，而不是猜測出的極限

對於數列 $u_n\ge0$，定義

$$s_N=\sup\{u_n:n\ge N\},\qquad L=\inf_N s_N=\limsup_{n\to\infty}u_n,$$

允許取值 $+\infty$。尾部上確界非遞增，故其下確界就是它的廣義極限。我們需要以下兩個結論。

• 若 $L<q$，則最終有 $u_n<q$。事實上，某個尾部上確界小於 $q$；否則這些上確界的下確界至少為 $q$。
• 若 $q<L$，則有無窮多個指標滿足 $u_n>q$。否則某個尾部的每項都至多為 $q$，迫使其上確界以及 $L$ 至多為 $q$。

原數列沒有極限時，這些結論仍有用。有限個特別大的項會影響某些較早的尾部上確界，但不影響 $L$。

定理 3：根值判別法。 對實數項 $a_n$，令 $L=\limsup |a_n|^{1/n}$，並取 $0^{1/n}=0$。

1. 若 $L<1$，則 $\sum a_n$ 絕對收斂。
2. 若 $L>1$，包括 $L=+\infty$ 的情形，$a_n$ 不趨於零，所以 $\sum a_n$ 發散。
3. 若 $L=1$，此判別法既不能確定收斂，也不能確定發散。

證明。 第一種情形下，選取 $q$ 使 $L<q<1$。最終有 $|a_n|^{1/n}<q$，從而 $|a_n|<q^n$。與收斂的幾何級數比較，即得絕對收斂。

第二種情形下，選取有限的 $q$ 使 $1<q<L$；當 $L=+\infty$ 時也可以這樣選。無窮多個指標滿足 $|a_n|^{1/n}>q$，故在這些指標處有 $|a_n|>q^n\ge1$。因此 $a_n$ 不可能趨於零。

第三種情形中，$\sum1/n^2$ 收斂，$\sum1/n$ 發散，而交錯調和級數條件收斂。三種情形均有 $|a_n|^{1/n}\to1$。為驗證這個根值極限而不預先假定它，先注意對於每個 $\varepsilon>0$，

$$(1+\varepsilon)^n\ge\binom n2\varepsilon^2\ge n$$

只要 $n\ge1+2/\varepsilon^2$ 即有上式。因此最終有 $1\le n^{1/n}\le1+\varepsilon$，並且 $n^{1/n}\to1$。取其倒數或倒數的平方，即得所需極限。$\square$

根值極限等於一並不是發散的證據；它表示這個幾何比較已到達無法判定的邊界。

5. 推導收斂半徑公式

考慮實冪級數

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

並定義 $L=\limsup_{n\to\infty}|c_n|^{1/n}$。常數系數 $c_0$ 不參與這一定義。對於 $t=|x-a|>0$，

$$\limsup |c_n(x-a)^n|^{1/n}=tL.$$

當 $L$ 有限時，這是因為將每個尾部上確界乘以正數 $t$ 與取下確界可交換。若 $L=+\infty$，所有這些尾部上確界都是無窮大，乘以正數 $t$ 後仍是無窮大。

根值判別法於是給出 柯西–阿達馬公式

$$R=\frac1L,\qquad\frac10=+\infty,\qquad\frac1{+\infty}=0.$$

若 $0<L<\infty$，級數在 $t<R$ 時絕對收斂，在 $t>R$ 時發散。若 $L=0$，它對每個有限 $t$ 都絕對收斂，故 $R=+\infty$。若 $L=+\infty$，它在每個 $t>0$ 處發散，故 $R=0$。在中心 $x=a$，所有 $n\ge1$ 的項均為零，各種情形下的和都是 $c_0$。當 $0<R<\infty$ 時，端點滿足 $tL=1$；根值判別法不判定端點。

例 4：零系數使簡單比值法失效，卻不妨礙根值判別法。 令 $c_0=0$，並對 $k\ge1$ 設

$$c_{2k}=\frac{3^{2k}}{(2k)^2},\qquad c_{2k-1}=0.$$

沿偶數指標，$|c_{2k}|^{1/(2k)}=3/(2k)^{1/k}\to3$；沿奇數指標，根值為零。故極限不存在，但上極限為 $3$，且 $R=1/3$。分母為零時，相鄰系數的比值無定義。在任一端點 $x=\pm1/3$，只剩偶次冪，絕對值級數為 $\sum_{k\ge1}1/(2k)^2$，它收斂。因此收斂區間是 $[-1/3,1/3]$。

例 5：一個端點收斂，另一個端點發散。 對於

$$\sum_{n=2}^{\infty}\frac{2^n x^n}{n\log n},$$

最終有 $1\le n\log n\le n^2$。夾在 $1$ 和 $n^{2/n}$ 之間可知其 $n$ 次方根趨於一，所以系數根值的極限是 $2$，而 $R=1/2$。在 $x=1/2$ 處，例 2 的對數級數發散。在 $x=-1/2$ 處，項為 $(-1)^n/(n\log n)$；其正的絕對值遞減到零，因此交錯級數判別法給出收斂。對應的絕對值級數發散。故收斂區間為 $[-1/2,1/2)$，左端點處條件收斂。

6. 分級練習

基礎

P01. 給出 $\sum_{n=m+1}^{\infty}n^{-4}$ 的明確上下界。找出一個整數 $m$，保證餘項至多為 $10^{-6}$。

P02. 判斷 $\sum_{n=3}^{\infty}1/[n(\log n)^{3/2}]$ 與 $\sum_{n=3}^{\infty}1/[n(\log n)^{1/2}]$ 的收斂性。說明應用積分判別法所需的代換及尾部單調性。

P03. 若 $a_n,b_n>0$ 且 $a_n/b_n\to0$，$\sum b_n$ 發散是否蘊含 $\sum a_n$ 發散？分別舉出一個 $\sum a_n$ 收斂和一個發散的例子。

核心

P04. 在二的冪指標處取 $a_n=1/n$，其餘指標處取 $a_n=0$，以此證明沒有單調性時不能使用凝聚判別法。求出兩個級數的斂散情況，並驗證 $a_n\to0$。

P05. 設偶數 $n$ 對應 $a_n=4^{-n}$，奇數 $n$ 對應 $a_n=9^{-n}$。求 $|a_n|^{1/n}$ 的上極限與下極限，用根值判別法判斷收斂性，並解釋為何不能說根值數列有一個極限。

P06. 用根值判別法直接證明 $\sum_{n=1}^{\infty}n^2/5^n$ 收斂。解答必須說明根值極限的理由，不能只說指數增長快於多項式。

P07. 設 $c_0=0$；當 $3$ 整除 $n$ 時 $c_n=n^2 2^n$，否則 $c_n=0$。求 $\sum c_nx^n$ 的收斂半徑與完整的實數收斂區間。

綜合與證明檢驗

P08. 當 $n=2^k$、其中整數 $k\ge1$ 時，令 $c_n=5^n$；其餘情況，包括 $n=0,1$，令 $c_n=0$。求收斂半徑並檢查兩個端點。解釋為甚麼任意長的連續零系數並不意味著收斂半徑無窮大。

P09. 假設兩個具有相同中心的冪級數僅有有限個系數不同。證明它們有相同的收斂半徑和端點斂散性，儘管其和不一定相同。

P10. 求所有實數 $q$，使以下級數

$$\sum_{n=16}^{\infty}\frac1{n\log n\,(\log\log n)^q}$$

收斂。在進行積分代換前，驗證符號與最終單調性條件。

7. 完整解答

S01. 對 $f(x)=x^{-4}$ 應用餘項不等式。積分得到

$$\frac1{3(m+1)^3}\le\sum_{n=m+1}^{\infty}\frac1{n^4}\le\frac1{3m^3}.$$

我們需要 $3m^3\ge10^6$。取 $m=70$ 得 $3m^3=1{,}029{,}000$，故上界為 $1/1{,}029{,}000<10^{-6}$。這是一個足以保證精度的選擇，並不聲稱它是實際餘項滿足要求的最小指標。

S02. 對每個正指數 $q$，在 $x>1$ 上有 $f'(x)/f(x)=-(1+q/\log x)/x<0$。兩個被積函數在 $x\ge3$ 時均為正。令 $u=\log x$，則 $du=dx/x$。當 $q=3/2$ 時，尾積分 $\int u^{-3/2}du$ 在無窮處有限；從 $\log3$ 開始的積分值為 $2/\sqrt{\log3}$，故級數收斂。當 $q=1/2$ 時，一個原函數是 $2\sqrt u$，它無界增長，所以積分與級數都發散。

S03. 不成立。令 $b_n=1/n$。取 $a_n=1/n^2$ 時，比值為 $1/n\to0$，但較小的級數收斂。取 $a_n=1/[n\log(n+1)]$ 時，比值為 $1/\log(n+1)\to0$，但較小的級數仍發散。為證明後者，$n\ge2$ 時有 $n+1\le n^2$，所以 $\log(n+1)\le2\log n$。因此 $a_n\ge1/(2n\log n)$，可用發散的對數級數作下比較。比值極限為零不能提供 $b_n$ 的固定正倍數作為下界。

S04. 當 $n=2^k$ 時，$a_n=2^{-k}$，所以原級數等於 $\sum_{k=0}^{\infty}2^{-k}=2$。其他指標處的項為零，而且始終有 $0\le a_n\le1/n$，故 $a_n\to0$。但對每個 $k$ 都有 $2^ka_{2^k}=1$，因此凝聚級數發散。該數列並非非遞增：在充分大的二的冪之前，它從零跳到正值。這違反了分塊不等式所需的單調性假設。

S05. 偶數指標處根值為 $1/4$，奇數指標處為 $1/9$。每個尾部均包含這兩類指標，故其上確界為 $1/4$、下確界為 $1/9$。因此 $\limsup=1/4$，$\liminf=1/9$。由於 $1/4<1$，根值判別法給出絕對收斂。不同的子列極限表明根值數列本身沒有極限。

S06. 我們有

$$\left(\frac{n^2}{5^n}\right)^{1/n}=\frac{n^{2/n}}5.$$

定理 3 中的二項式論證證明 $n^{1/n}\to1$，故其平方也趨於一。上式根值趨於 $1/5<1$，根值判別法證明級數收斂。這一證明定量說明瞭在取 $n$ 次方根後多項式因子為何消失。

S07. 在三的倍數指標上，系數根值為 $2n^{2/n}\to2$；在其他指標上為零。為說明上極限恰為 $2$，注意充分大的非零根值均小於 $2+\varepsilon$，而對每個 $\varepsilon>0$，無窮多個根值大於 $2-\varepsilon$。因此 $R=1/2$。在 $x=1/2$ 處，三的倍數指標上的項為 $n^2$，不趨於零。在 $x=-1/2$ 處，相應項為 $(-1)^n n^2$，其絕對值同樣不趨於零。兩端點均發散，收斂區間為 $(-1/2,1/2)$。

S08. 在每個選定指標處系數根值為 $5$，其他處為零。每個尾部都含選定指標，故尾部上確界為 $5$，收斂半徑為 $1/5$。在 $x=1/5$ 處，選定項均為一，故通項不能趨於零。在 $x=-1/5$ 處，選定指數 $2^k$ 均為偶數，因此這些項仍為一。區間為 $(-1/5,1/5)$。連續的零再長，也不會改變每個尾部的根值上確界為 $5$；半徑取決於尾部上確界，而非非零系數所佔比例。

S09. 設所有 $n>K$ 的系數相同。則當 $N>K$ 時，兩個系數根值數列的尾部相同，由已證公式可知其上極限和收斂半徑相同。在任意固定實數輸入處，兩個級數相差有限多項式 $\sum_{n=0}^K(c_n-d_n)(x-a)^n$。對充分大的截斷指標，其部分和之差都是這個固定有限值。因此一個級數在該輸入處收斂當且僅當另一個收斂，包括任何有限端點。差多項式不一定為零，所以不能推出兩者的和相等。

S10. 當 $x\ge16>e$ 時，$\log x>0$ 且 $\log\log x>0$，故對每個實數 $q$ 表達式都為正。其對數導數為

$$-\frac1x-\frac1{x\log x}-\frac{q}{x\log x\log\log x} =-\frac1x\left(1+\frac1{\log x}+\frac{q}{\log x\log\log x}\right).$$

括號內趨於一，因而最終為正，證明瞭最終遞減。令 $u=\log\log x$，則 $du=dx/(x\log x)$。反常尾積分變為從正下限到無窮的 $\int u^{-q}du$。當 $q>1$ 時積分有限；當 $q=1$ 時它是發散到無窮的對數；當 $q<1$ 時它按上端點的正冪增長。對遞減尾部應用積分判別法，得到原級數收斂當且僅當 $q>1$。

總結

比較法控制非負項部分和。積分判別法和凝聚判別法要求單調結構，其證明解釋了原因。根值判別法利用上極限提供的最終上界或無窮多個下界。柯西–阿達馬公式由此得出，同時分別處理零、無窮與端點情形。僅憑半徑計算不能確定端點的和，也不能推斷無窮運算可交換。