6.1 數列、級數與收斂的觀念#

學習動機#

前五章我們一路從窮竭法走到泰勒級數：牛頓與萊布尼茲給出「無窮小」的直覺，柯西把極限寫成不等式，魏爾斯特拉斯給了 \(\varepsilon\) - \(\delta\) 的算術，拉格朗日與達朗貝爾把中值定理變成工具，泰勒則把函數拆成無窮多項。到這裡，一個問題一直懸在半空：

我們把 \(f(x)\) 寫成 \(a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + \cdots\) ，那麼「把這些項加起來」究竟是在做什麼？

對大多數函數（ \(e^x\) 、 \(\sin x\) 、 \(1/(1-x)\) ），這個「加起來」在 \(|x|\) 夠小時顯然良好。但對某些函數——例如 \(\tan x\) 在 \(x=\pi/2\) 、 \(1/(1-x)\) 在 \(x=1\) ——答案就不那麼簡單了。而更根本地，在 17 世紀，人們連「一個發散級數能不能等於某個數」這個問題都沒有共識。

本節的目標有三：

1. 重演 17 至 18 世紀那場關於「發散級數」的混亂：歐拉如何在沒有收斂定義的情況下，仍然算出 \(-\frac{1}{3}\) 這種驚人的答案；
2. 引出柯西 1821 年的收斂定義——把「級數的和」重新定義為「部分和數列的極限」，從此一切都有憑據；
3. 說明「收斂到什麼值」這個問題，如何催生出一整族「和的定義」（Césaro 和、Abel 和、Riemann 重排定理），並預告第 12 章的極限交換。

flowchart TD
    A["十八世紀的困惑：<br/>1 - 1 + 1 - 1 + ... = ?<br/>1 + 2 + 4 + 8 + ... = ?"] --> B["歐拉的形式代數：<br/>1/(1-x) = 1 + x + x^2 + ...<br/>形式上對任何 x 都成立"]
    B --> C["柯西 1821：<br/>級數收斂 &lt;=&gt; 部分和數列有極限"]
    C --> D["定義清楚了，<br/>但『收斂到什麼值』仍有歧義"]
    D --> E["絕對收斂：和唯一"]
    D --> F["條件收斂：和依賴順序<br/>Riemann 重排定理"]
    D --> G["發散：可定義別的『和』<br/>Cesaro / Abel / zeta 正則化"]

6.1.1 歐拉的大膽：對發散級數動手#

十八世紀的歐拉（Leonhard Euler, 1707–1783）有一項本領：只要一個級數「看起來像有規律」，他就敢用代數去操作它。最有名的例子是無窮等比級數

這個等式在 \(|x| < 1\) 當然成立；但歐拉發現，只要在形式上做一次「移項」，就能讓它對任何 \(x\) 都給出一個有意義的答案：

因為 \((1-x)\cdot 1 = 1-x\) 、 \((1-x)\cdot x = x - x^2\) 、 \((1-x)\cdot x^2 = x^2 - x^3\) ……相鄰項兩兩抵消，只剩下開頭的 \(1\) 。整個「推導」只用到形式代數，完全不需要級數收斂。

現在把 \(x\) 代入收斂區之外。取 \(x = 2\) ，得到

取 \(x = 4\) ，得到

取 \(x = -2\) ，得到

這些「答案」顯然不可能是真正的和： \(1+2+4+8+\cdots\) 的部分和一路奔向 \(+\infty\) ，怎麼會等於 \(-1\) ？但歐拉的計算過程本身毫無瑕疵——他只是把一個收斂的恆等式延伸到了它不成立的地方。

讓我們用 SymPy 把這場「鬧劇」完整重演一遍。注意 sp.summation 對真正發散的級數會老老實實回報 oo ，而 sp.series 則給出形式展開——兩者之間的落差正是本節要說的故事。

import sympy as sp

n = sp.symbols('n', integer=True, nonnegative=True)
x = sp.symbols('x')

# (1) Grandi 級數 1 - 1 + 1 - 1 + ... 的部分和永遠在 0 與 1 之間擺盪
partials = [sp.summation((-1)**n, (n, 0, N - 1)) for N in range(1, 9)]
print("Grandi 部分和序列 =", partials)

# (2) 歐拉的形式代數：1/(1-x) = 1 + x + x^2 + x^3 + ...
print("1/(1-x) 的形式展開 =", sp.series(1 / (1 - x), x, 0, 6))

# (3) 把 x 代入收斂區之外，歐拉仍然大膽地「算出」一個值
print("x=2  -> 1+2+4+8+...   =", sp.Rational(1, 1 - 2))
print("x=4  -> 1+4+16+64+... =", sp.Rational(1, 1 - 4))
print("x=-2 -> 1-2+4-8+...   =", sp.Rational(1, 1 + 2))

# (4) SymPy 對真正的數值級數給出的答案
print("sum 2^n =", sp.summation(2**n, (n, 0, sp.oo)))
print("sum 4^n =", sp.summation(4**n, (n, 0, sp.oo)))

預期輸出：

Grandi 部分和序列 = [1, 0, 1, 0, 1, 0, 1, 0]
1/(1-x) 的形式展開 = 1 + x + x**2 + x**3 + x**4 + x**5 + O(x**6)
x=2  -> 1+2+4+8+...   = -1
x=4  -> 1+4+16+64+... = -1/3
x=-2 -> 1-2+4-8+...   = 1/3
sum 2^n = oo
sum 4^n = oo

這段程式碼教會我們什麼？ sp.series 與 sp.summation 是兩個不同的運算子。sp.series(1/(1-x), x, 0, 6) 問的是「 \(1/(1-x)\) 在 \(x=0\) 的泰勒展開前六項是什麼」——這是一個純粹的代數問題，答案對所有 \(x\) 都成立（只是誤差項 \(O(x^6)\) 的估計需要 \(|x|\) 小）。sp.summation(2**n, (n, 0, oo)) 問的是「這串數字加起來等於多少」——這是一個分析問題，答案就是 oo 。歐拉做的事，正是在這兩者之間偷換概念。

6.1.2 Grandi 級數與「移項」的陷阱#

Grandi 級數 \(1 - 1 + 1 - 1 + \cdots\) 是十八世紀最著名的爭議對象。義大利數學家 Giovanni Domenico Grandi 在 1703 年就提出它，並且給出了「和等於 \(\frac{1}{2}\) 」的主張。他的推理是：把級數寫成

那麼

（把括號裡的內容往右移一位，得到的級數正是 \(-G\) ），於是 \(G = \frac{1}{2}\) 。

這裡的問題不在運算，而在無窮個項的減法。如果我們真的把部分和排成數列 \(1, 0, 1, 0, \ldots\) ，它根本沒有極限。所謂「 \(G = 1 - G\) 」只是把一個發散級數重新寫了一遍。

十八世紀的數學家為了讓「 \(G = \frac{1}{2}\) 」站得住腳，發展出 Césaro 和（Césaro summation）：取部分和序列 \(s_1, s_2, \ldots\) 的算術平均，再看這個平均序列的極限。對 Grandi 級數而言，部分和是 \(1, 0, 1, 0, \ldots\) ，它們的 Cesàro 平均是 \(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, \frac{1}{2}, \ldots\) ，於是

這是第一個明確承認「和可以有好幾種意義」的例子。讓我們用 SymPy 親手算一遍這個 Cesàro 平均。

import sympy as sp

n = sp.symbols('n', integer=True, nonnegative=True)
m = sp.symbols('m', integer=True, positive=True)
k = sp.symbols('k', integer=True, positive=True)

# Grandi 級數的第 k 個部分和：k 為奇數時是 1，為偶數時是 0
s_k = (1 - (-1)**k) / 2
print("s_k =", s_k)

# Cesaro 平均 C_N = (s_1 + s_2 + ... + s_N)/N
C_N = sp.simplify(sp.summation(s_k, (k, 1, n)) / n)
print("Cesaro 平均 C_N =", C_N)

# 分奇偶討論即可看出極限是 1/2
print("C_2m =", sp.simplify(C_N.subs(n, 2 * m)))
print("C_{2m+1} =", sp.simplify(C_N.subs(n, 2 * m + 1)))
print("lim C_2m =", sp.limit(sp.simplify(C_N.subs(n, 2 * m)), m, sp.oo))
print("lim C_{2m+1} =", sp.limit(sp.simplify(C_N.subs(n, 2 * m + 1)), m, sp.oo))

預期輸出：

s_k = 1/2 - (-1)**k/2
Cesaro 平均 C_N = (-(-1)**n + 2*n + 1)/(4*n)
C_2m = 1/2
C_{2m+1} = (m + 1)/(2*m + 1)
lim C_2m = 1/2
lim C_{2m+1} = 1/2

6.1.3 柯西的收斂定義（1821）#

十八世紀的混亂根源在於：「無窮級數的和」從來沒有被定義過。歐拉、萊布尼茲、格蘭迪各自的心算過程都可以自洽，卻彼此矛盾。要打破這個循環，必須先把「收斂」這件事講清楚。

奧古斯丁-路易 Cauchy（1789–1857）在 1821 年的《Cours d'analyse》中給出了第一個現代意義下的定義。他先定義數列收斂：

數列 \((a_n)\) 收斂，若存在實數 \(A\) ，使得對每個 \(\varepsilon > 0\) 都存在 \(N\) ，使 \(n > N\) 時 \(|a_n - A| < \varepsilon\) 。

然後定義級數：

級數 \(\sum_{n=1}^{\infty} a_n\) 收斂，若它的部分和數列 \(s_N = a_1 + a_2 + \cdots + a_N\) 收斂；此時級數的和就是 \(\lim_{N\to\infty} s_N\) ，記作 \(\sum_{n=1}^{\infty} a_n\) 。

這個定義的威力在於它把級數問題完全化約成數列（乃至數列的收斂）問題：只要能控制 \(s_N\) 走多近某個極限，就得到級數的和。由此立刻推出柯西判別準則：

若對每個 \(\varepsilon > 0\) 存在 \(N\) ，使 \(m, n > N\) 時 \(|s_m - s_n| < \varepsilon\) ，則級數收斂。

也就是說：只要「尾巴夠小」就行，不必知道和是多少。

import sympy as sp

n = sp.symbols('n', integer=True, positive=True)
N = sp.symbols('N', integer=True, positive=True)

# (1) 收斂級數：部分和數列有極限
s_N = sp.summation(1 / n**2, (n, 1, N))
print("S_N =", s_N)
print("lim S_N =", sp.limit(s_N, N, sp.oo))

# (2) 柯西判別準則的數值版本：尾巴 |S - S_N| 要能任意小
S = sp.pi**2 / 6
tails = [abs(sp.N(S - sp.summation(1 / n**2, (n, 1, M)))) for M in [10, 100, 1000]]
print("尾巴大小 =", tails)

# (3) 發散級數：部分和數列沒有有限極限
print("sum 1/n =", sp.summation(1 / n, (n, 1, sp.oo)))

預期輸出：

S_N = harmonic(N, 2)
lim S_N = pi**2/6
尾巴大小 = [0.0951663356816857, 0.00995016666333357, 0.000999500166666633]
sum 1/n = oo

harmonic(N, 2) 是 SymPy 對調和數 \(H_N^{(2)} = \sum_{n=1}^N \frac{1}{n^2}\) 的專用符號；它的極限 \(\frac{\pi^2}{6}\) 就是著名的 Basel 問題答案。我們在 6.3 節會用 sp.summation 重新算出來。

6.1.4 「收斂到什麼值」：和的多重定義與 Riemann 重排定理#

定義了收斂之後，還剩一個惱人的問題。對絕對收斂的級數，「和」是唯一確定的：任何重排都給出同一個值。但對條件收斂的級數（例如交錯調和級數 \(\sum \frac{(-1)^{n+1}}{n} = \log 2\) ），事情就大不一樣了。

德國數學家 Bernhard Riemann（1826–1866）在 1854 年的論文中證明了一個驚人的定理：

Riemann 重排定理：若一個實數級數條件收斂（收斂但不絕對收斂），那麼對任意實數 \(L\) ，都存在一種重排方式使重排後的級數收斂到 \(L\) 。

換句話說，條件收斂級數的「和」可以變成你想要的任何數。這在直覺上非常反直覺：我們把同一堆數字，只是換個順序加起來，答案就變了？

讓我們親手構造一個重排。取交錯調和級數

改排成「取兩個正項、再取一個負項」：

其第 \(k\) 組是 \(\frac{1}{4k-3} + \frac{1}{4k-1} - \frac{1}{2k}\) 。用 SymPy 計算它的極限。

import sympy as sp

n = sp.symbols('n', integer=True, positive=True)
N = sp.symbols('N', integer=True, positive=True)

# (1) 原序：交錯調和級數的和是 log(2)
print("原序 sum (-1)^(n+1)/n =", sp.summation((-1)**(n + 1) / n, (n, 1, sp.oo)))

# (2) 重排：兩個正項再一個負項，第 k 組 = 1/(4k-3) + 1/(4k-1) - 1/(2k)
#     這三個正負號的總和可用調和數寫成 H_(4N) - H_(2N)/2 - H_N/2
rearranged = sp.harmonic(4 * N) - sp.harmonic(2 * N) / 2 - sp.harmonic(N) / 2
print("重排後的極限 =", sp.limit(rearranged, N, sp.oo))

# (3) 數值驗證：前 2000 組的部分和已經很接近極限
s = sp.Integer(0)
for k in range(1, 2001):
    s += sp.Rational(1, 4 * k - 3) + sp.Rational(1, 4 * k - 1) - sp.Rational(1, 2 * k)
print("重排前 2000 組的部分和 =", sp.N(s, 12))
print("3*log(2)/2              =", sp.N(3 * sp.log(2) / 2, 12))

預期輸出：

原序 sum (-1)^(n+1)/n = log(2)
重排後的極限 = 3*log(2)/2
重排前 2000 組的部分和 = 1.03959578256
3*log(2)/2              = 1.03972077084

注意 \(\frac{3}{2}\log 2 \neq \log 2\) ：同樣的數字，只是換了順序，和就從 \(0.6931\) 變成 \(1.0397\) 。這就是為什麼柯西的定義必須加上「部分和數列的極限」這個嚴格框定——它同時也告訴我們：條件收斂級數的「和」依賴於排列順序。

我們在第 12 章會再次遇到這個主題：當我們討論 Lebesgue 積分與「極限與求和的交換」時，Riemann 重排定理會以「非絕對收斂時，Tonelli 定理失效」的形式重新現身。

graph TD
    A["無窮級數 sum a_n"] --> B{"部分和數列<br/>s_N 有極限嗎？"}
    B -->|"有"| C["收斂<br/>和 = lim s_N"]
    B -->|"沒有"| D["發散"]
    C --> E{"絕對收斂？<br/>sum |a_n| 也收斂？"}
    E -->|"是"| F["和唯一<br/>重排不改變和"]
    E -->|"否"| G["條件收斂<br/>Riemann 重排定理：<br/>可重排成任意實數"]
    D --> H["可定義別的『和』：<br/>Cesaro / Abel / Ramanujan"]

6.1.5 形式冪級數 vs 收斂級數：以 \(1/(1-x)\) 為例#

現在我們可以精確地說出歐拉在哪裡出錯了。關鍵是區分兩種完全不同的物件：

（一）形式冪級數（formal power series）。 \(1/(1-x)\) 在形式冪級數環 \(\mathbb{R}[[x]]\) 中有一個意義明確的意義：它是滿足 \((1-x) F = 1\) 的那個 \(F = \sum_{n\ge 0} x^n\) 。這個定義完全不涉及收斂，只涉及係數的逐項運算。因此在形式意義下， \(1/(1-x)\) 對任何 \(x\) 都「存在」，把它代入 \(x = 2\) 得到的 \(-1\) 是一個形式代數的推論，而不是任何實數級數的和。

（二）收斂級數（convergent series）。 \(\sum_{n\ge 0} x^n\) 作為一個實數級數，只在 \(|x| < 1\) 時收斂，其和才是 \(1/(1-x)\) 這個函數值。離開 \(|x| < 1\) ，符號 \(\sum_{n \ge 0} x^n\) 就沒有意義了。

SymPy 恰好把這個區分暴露在我們面前：sp.summation(x**n, (n, 0, oo)) 回傳的是 Piecewise ，其中明確標示了收斂條件；而 sp.series(1/(1-x), x, 0, 6) 則是純形式操作，沒有任何條件。

import sympy as sp

x = sp.symbols('x')
n = sp.symbols('n', integer=True, nonnegative=True)

# (1) 形式冪級數：sp.series 只問「前幾項係數是什麼」，不問收斂
F = sp.series(1 / (1 - x), x, 0, 8)
print("1/(1-x) 的形式展開 =", F)

# (2) 收斂級數：sp.summation 回傳 Piecewise，把收斂條件寫在答案裡
print("sum x^n =", sp.summation(x**n, (n, 0, sp.oo)))

# (3) 形式環性質：(1-x) * sum x^n = 1，恆成立，與 x 的大小無關
G = F.removeO()
print("(1-x) * G =", sp.series((1 - x) * G, x, 0, 8))

# (4) 逐項核對係數：形式冪級數的「定義」就是係數序列
print("G 的係數 =", [sp.expand(G).coeff(x, k) for k in range(8)])

預期輸出：

1/(1-x) 的形式展開 = 1 + x + x**2 + x**3 + x**4 + x**5 + x**6 + x**7 + O(x**8)
sum x^n = Piecewise((1/(1 - x), Abs(x) < 1), (Sum(x**n, (n, 0, oo)), True))
(1-x) * G = 1 + O(x**8)
G 的係數 = [1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1]

請注意 sum x^n 的答案是 Piecewise ：第一個分支 1/(1 - x) 附帶條件 Abs(x) < 1 ，第二個分支則是未求值的 Sum(x**n, (n, 0, oo)) ，代表「SymPy 不知道其他 \(x\) 的情況」。這就是「定義」的威力：當你用 sp.summation 問一個收斂級數時，收斂條件是答案的一部分，而不是需要你自己另外假設的東西。

6.1.6 小結#

下一節我們把「怎麼判斷一個級數收不收斂」這件事做成一套工具箱：比較判別法、比值判別法、根式判別法、Raabe-Duhamel 判別、Bertrand 判別、Gauss 判別，以及萊布尼茲的交錯級數判別法。

習題#

習題 6.1.1（Grandi 與 Cesàro） 用 SymPy 計算 Grandi 級數 \(\sum_{n\ge 0} (-1)^n\) 的前 \(N\) 項部分和，並驗證其 Cesàro 平均恆為 \(\frac{1}{2}\) 。再計算級數 \(\sum_{n\ge 0} (-1)^n \cdot \frac{1}{2^n}\) 的 Cesàro 平均，說明為什麼 Cesàro 和與普通和對這個級數給出相同答案。

習題 6.1.2（Euler 的形式外推） 用 sp.series 計算 \(1/(1-x^3)\) 在 \(x=0\) 的展開至 \(x^6\) ，然後在形式意義下把它代入 \(x=2\) ，得到 \(1+8+64+\cdots\) 的「值」。對照 sp.summation(2**(3*n), (n, 0, oo)) 的結果，解釋兩者為何不同。

習題 6.1.3（Riemann 重排到指定的目標值） 修改 6.1.4 的程式碼：構造一個「取三個正項再取兩個負項」的重排，用 sp.harmonic 寫出其部分和並求出極限。再用貪婪演算法（每次加正項直到超過目標值，然後加負項直到低於目標值）構造一個重排，使其極限接近 \(\frac{\pi}{4}\) 。提示：不要用浮點數累加，用 sp.Rational 保持精確。

習題 6.1.4（形式冪級數的乘法） 證明（用 SymPy 核對）形式冪級數 \(\frac{1}{1-x} \cdot \frac{1}{1+x} = \frac{1}{1-x^2}\) ，並分別比較兩邊係數的第 \(n\) 項。再用 sp.summation 比較 \(\sum x^n\) 與 \(\sum (-x)^n\) 的 Piecewise 答案，說明為什麼後者的收斂條件寫成 Abs(x) < 1 （對比第 5.3 節的 1/(1+x) 展開）。

習題 6.1.5（ \(\zeta\) 正則化的預習） 用 SymPy 計算 \(\sum_{n=1}^{\infty} n^k\) 對 \(k = 1, 2, 3\) 的結果（皆為 oo ）。接著用 \(\frac{1}{(1-x)^2} = \sum_{n\ge 0} (n+1)x^n\) 在形式意義下展開，並在 \(x = 1\) 代入，觀察 \(\frac{1}{(1-1)^2}\) 的形式結果與 \(\sum_{n\ge 0}(n+1) = \infty\) 的矛盾。說明這個矛盾為何不能靠「把 \(\infty\) 當成一個數來代數運算」解決。