1積分審斂法

1 積分審斂法

數列可視為在一個函數上取正整數點。譬如說函數 _{f (x)=}¹

x，我們代所有_{n= 1,2,···}

的點，便得到_{f (n)=} ¹

n，便有了數列_{an= f (n) =} ¹

n。

現在我們假設，函數 _{f (x)} 是恆正且遞減到零的。在其上取正整數點，得到數列

a_n= f (n)。將 _{f (x)}底下，_{x≥ 1}的部份，分割成無限多個寬度為₁的子區間。在每個子區

間上，都取最左端的函數值當高，於是做出如圖 1a 的許多長方形。

a

a

a

a

a

(a)

a

a

a

a

a

(b)

Figure 1: 連續與否的幾種情況

每一個長方形都會超出函數一些部份，那麼將這無窮多個長方形加起來，面積會大 於曲線下面積。第一個長方形的高是 _{f (1)= a1}，而寬度是₁，因此面積是 _{a1× 1 = a1}。同 理，第二個長方形面積是_a2，第三個是_a3，以此類推。於是，無窮多個長方形面積加起 來，便是無窮級數

∑∞ n=1

a_n

至於曲線下面積，由於範圍是_[1,∞)，所以便是瑕積分

∫ _∞

1

f (x) dx

無窮多個長方形加起來，面積會大於曲線下面積，意即

∫ _∞

1

f (x) dx< ∑^∞

n=1

a_n (1.1)

而如果在每個子區間上，都改取右端點的話，則會變成圖 1b 。每一個長方形都會整 個在函數下方，那麼將這無窮多個長方形加起來，面積會小於曲線下面積。第一個長方

形的高是 _{f (2)= a2}，面積也是 _a2。第二個長方形的面積是_a3，以此類推。無窮多個長方

形加起來，面積會小於曲線下面積，意即

∑∞ n=2

a_n<

∫ _∞

1

f (x) dx (1.2)

將式子 (1.1) 及式子 (1.2) 合起來，便是

∑∞

a_n<

∫ _∞

f (x) dx< ∑^∞

a_n (1.3)

如果瑕積分^{∫ ∞}

1 f (x) dx發散，它一定是無限大。因為 _{f (x)}恆正，絕無可能是振盪型

發散。而級數 ^∑∞

n=1an比它還大，所以也是無限大。如果瑕積分^∫∞

1 f (x) dx= L收斂，此時 無窮級數 ^∑∞

n=2an 又比瑕積分還小，不可能加到無限大去。而_an 恆正，所以也不會是振盪 型發散，可見它也跟著收斂，從而 ^∑∞

n=1an 也收斂。

性質 1.1 積分審斂法

若函數 _{f (x)}在區間 _[a,∞) 上是恆正並遞減到₀ 的，_a 為一正整數，而數列 _{an =}

f (n)。則瑕積分^∫∞

a f (x) dx 與無窮級數 ^∑∞

n=1a_n同斂散。

要求恆正遞減，是為了確保式子 (1.1) 及 (1.2) 成立。但如果是恆負遞增到0也可以，

這樣等於它是某個恆正遞減到 ₀的函數再整個差負號，不影響斂散性。至於區間為什麼 是寫[a,∞)，是因為有些函數在前面有增有減，到了x≥ a以後才開始遞減，這樣也沒關 係。這樣瑕積分^{∫ ∞}

a f (x) dx 會與 ^∑∞

n=aa_n 同斂散，而其又與 ^∑∞

n=1a_n 同斂散。

探討級數 ^∑∞

n=0 1

n^p , p> 0的斂散性。

解

1

x^p 很明顯是遞減到₀的。於是做瑕積分

∫ _∞

1

1 x^p dx

在_{p≤ 1}時發散；_{p> 1}時收斂。因此，根據積分審斂法，無窮級數 ^∑∞

n=1 1

n^p 在_{p≤ 1}時

發散；p> 1時收斂。這個結果十分重要、有用，務必要熟記。

例題 1.1

探討級數 ^∑∞

n=0e⁻ⁿ 的斂散性。

解

e^−x也很明顯是遞減到₀的。接著做瑕積分

∫ _∞

1

e^−xdx= lim

b→∞

∫ _b

1

e^−xdx

= lim

b→∞

[− e^−x]_b

1

= lim

b→∞e⁻¹− e^−b= e⁻¹+ 0

收斂。於是根據積分審斂法，原級數也收斂。此題直接認出是收斂的無窮等比級數 會比較快，使用積分審斂法只是作為一種演示。

例題 1.2

探討級數 ^∑∞

n=2 1

n ln(n) 的斂散性。

解

明顯 ¹

x ln(x) 是遞減到₀。接著寫出瑕積分

∫ _∞

2

1 x ln(x)dx 觀察到_ln(x)的導函數是 ¹

x，正好就出現在此處。因此設_{u= ln(x)}，_du= ^dx

∫ _∞ x 2

1

x ln(x)dx=

∫ _∞

ln(2)

du u 發散，故原級數發散。

例題 1.3

探討級數 ^∑∞

n=3

1 n ln(n) ln(

ln(n)) 的斂散性。

解

這題與前一題類似，只不過多一層而已。先寫出瑕積分

∫ _∞

3

dx x ln(x) ln(

ln(x)) 接著設_{u= ln}⁽_ln(x)⁾，_du= ^dx

x ln(x)。於是

∫ _∞

3

dx x ln(x) ln(

ln(x)) =

∫ _∞

ln(

ln(3))d u u 發散，故原級數發散。

例題 1.4

探討級數 ^∑∞

n=1ne⁻ⁿ 的斂散性。

解

對於函數 f (x)= xe^−x，導函數 f^′(x)= e^−x− xe^−x= (1 − x)e^−x 在x> 1 都是負的，

因此在_{x≥ 1}以後是遞減的。於是做瑕積分

∫ _∞

1

xe^−xdx= − xe^−x¯¯¯^∞

1 +

∫ _∞

1

e^−xdx 分部積分

=e⁻¹+

∫ _∞

1

e^−xdx

確認收斂就可以停手了^a，不必做到完。畢竟我們只是在看收斂發散，把瑕積分做出 值來也毫無幫助。

a那怎麼知道^{∫ ∞}

1 e^−xdx收斂？它與^∑_e⁻ⁿ同斂散，而後者是等比級數！

例題 1.5

探討級數 ^∑∞

n=0

tan⁻¹(n)

1+ n² 的斂散性。

解 1

此題分母分子皆遞增，比較沒那麼明顯看出遞減。我們可這樣分析：對於函數 f (x)=₁^tan_{+ x}⁻¹₂，其導函數 _f^′_(x)=^{1− 2x tan−1(x)}

(1+ x²)² ，代_{x= 1}可知這至少在_{x≥ 1}以後都是負 的^a，因此 ^tan−1(x)

1+ x² 在_{x≥ 1}以後都是遞減的。

接著寫出瑕積分 _∫

∞

1

tan⁻¹(x) 1+ x² dx 很明顯^b，可設_{u= tan}⁻¹_(x)，_du= ^dx

1+ x²。當_{x= 1}時，_u=^π

4；當_{x→ ∞}時，_u→^π

2。

於是 _∫

∞

1

tan⁻¹(x) 1+ x² dx=

∫ ^π

2 π4

u du

代完就變成不是瑕積分了，也不必花時間去算出來，我們並不關心其值。反正它收 斂，於是原級數收斂。

解 2

判斷瑕積分斂散時直接使用比較

∫ _∞

1

tan⁻¹(x) 1+ x² dx≤

∫ _∞

1 π 2

1+ x² dx 後者收斂，故前者亦收斂，則原級數收斂。

因為我們對積分的變數代換有一定熟悉，促使我們看到此級數想到使用積分審 斂法，但轉成瑕積分後不一定非要用變數代換不可。

a我們沒有必要知道其精確的正負區間！所以直接隨便代吧！

b不覺得明顯嗎？那你可能需要再多練練變數代換技巧，或是你對tan⁻¹(x)的求導並不熟悉。

例題 1.6

探討級數 ^∑∞

n=3 1

ln(n)^ln(ln(n)) 的斂散性。

解

這題也明顯遞減。接著寫出瑕積分

∫ _∞

3

dx ln(x)^ln(ln(x)) 我們設u= ln(ln(x))，du= ^dx

x ln(x)，作個移項可得e^eu+udu= dx。於是

∫ _∞

3

dx ln(x)^ln(ln(x)) =

∫ _∞

ln(ln(3))

e^eu+udu (e^u)^u

不必被這積分的長相嚇到，我們只須看瑕積分到底收不收斂，並非一定要真的做出 例題 1.7

來。我們只要這樣寫

∫ _∞

ln(ln(3))

e^eu+udu (e^u)^u

=

∫ _∞

ln(ln(3))

e^eu+u−u2du>

∫ _∞

ln(ln(3))

e⁰du

後者發散，前者更大，也發散。於是原級數也發散。

有了積分審斂法以後，我們便可以將判斷級數斂散性問題，轉為判斷瑕積分斂散性。

這招並不總是有用，但只要條件滿足、瑕積分好做，積分審斂法便能派上用場。但也要 切記，使用積分審斂法，我們只關心瑕積分的斂散性，因為它與無窮級數同斂散。並不 關心如果收斂的話，會收斂到何值。畢竟這個瑕積分的值，也不會等於無窮級數的和，

所以不必執著於做出瑕積分的值。