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 an = 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，於是做出如下 圖的許多長方形。

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)，也 就 是 a1，而 寬 度 是 1，因 此 面 積 是

a

1× 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

∫ _∞

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)

而如果在每個子區間上，都改取右端點的話，則會變成下圖

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)，也就是 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，面積會大於曲線下面積，意即

∑∞ n=2

a

n<

∫ _∞

1

f (x)dx (2)

將式子

1

^及式子

2

^{合起來，便是}

∑∞ n=2

a

_n<

∫ _∞

1

f (x)dx

<

∑∞ n=1

a

_n

(3)

如果說瑕積分 ∫_∞

1

f (x)dx 是發散的，它一定是跑到無限大的那種發散。

這是因為函數恆正，它絕無可能是來回跑的那種發散。而此時因為無窮級 數

∑∞ n=1

a

n 比它還大，自然也是無限大，發散。

如果說瑕積分 ∫_∞

1

f (x)dx 是收斂的，就是說瑕積分是有個定值 L 的。

此時因為無窮級數

∑∞ n=2

a

n 又比瑕積分還小，所以不可能加到無限大去。而 他每一項恆正，所以也不會是來回跑的那種發散，可見它也跟著收斂。而

∑∞ n=1

a

n 比它多一個 a1，收斂的級數再增減有限項，並不可能使其發散，所

以

∑∞ n=1

a

n 也收斂。

整合以上討論，只要瑕積分 ∫_∞

1

f (x)dx 收斂，無窮級數

∑∞ n=1

a

n 就收斂；

只要瑕積分 ∫_∞

1

f (x)dx 發散，無窮級數

∑∞ n=1

a

n 就發散。

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=1

a

n

同斂散。

要求遞減是因為，這樣才能確保式子

1

^及式子

2

成立。要遞減到 0 是 理所當然，畢竟不收斂到 0 的話無窮級數就發散，也不必檢驗了。而既然 是遞減到 0，那當然會是恆正的，負的沒辦法遞減到 0。但如果是恆負遞增 到 0 便可以了，這樣等於它是某個恆正遞減到 0 的函數再差負號，然而差 負號並不影響斂散性。

而區間為什麼是取 [a, ∞) 是因為，這樣條件會較寬鬆。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=a

a

n同斂散。而

∑∞ n=1

a

n與之相比，又只不過多了前面 a− 1 項，並不影響斂散性，因此也是同斂散。

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。這招並不都有用，但只要瑕積分好做，積分審斂法便能派上 用場。

討論

∑∞ n=1

1

n

^p , p > 0 的收斂情況。

1

x

^p 很明顯是遞減的。於是做瑕積分

∫ _∞

1

1

x

^p

dx

在 p ≤ 1 時發散；p > 1 時收斂。這是在學習瑕積分時便已討論過的。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，務必熟記。

判斷

∑∞ n=1

e

⁻ⁿ 的斂散性。

e

^−x 也很明顯是遞減的。接著做瑕積分

∫ _∞

1

e

^−x

dx

= lim

b→∞

∫ _b

1

e

^−x

dx

= 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。

判斷

∑∞ n=2

1

n ln(n)

的斂散性。

此題也明顯是遞減。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

。於是

∫ _∞

2

1

x ln(x) dx

=

∫ _∞

ln(2)

du

u

發散，故原級數發散。

判斷

∑∞ n=3

1

n ln(n) ln (ln(n))

的斂散性。

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))

du u

發散，故原級數發散。

判斷

∑∞ n=1

xe

^−x 的斂散性。

對於函數

xe

^−x 微分後得到

e

^−x− xe^−x = (1 − x)e^−x

這在 x ≥ 1 以後都小於等於 0，因此在 x ≥ 1 以後是遞減的。

於是做瑕積分

∫ _∞

1

xe

^−x

dx

= −xe^−x∞₁ +

∫ _∞

1

e

^−x

dx

分部積分

=e⁻¹+ lim

b→∞

[−e^−x]b 1

=e⁻¹+ (0 + e⁻¹)

確認收斂就可以停手了，不必做到完。畢竟我們只在看收斂發散，並不須 知道級數和。就算想知道級數和，把瑕積分做出值來也毫無幫助，畢竟這 兩個有誤差。

判斷

∑∞ n=1

arctan(n)

1+ n² 的斂散性。

此題比較沒那麼明顯可看出它遞減。因為雖然分母是遞增的，但分子也 是遞增。我們可這樣分析：對於函數

arctan(x) 1+ x² 將它微分以後得到

1− 2x arctan(x) (1+ x²)²

代 x = 1 可知這至少在 x ≥ 1 以後都是負的，因此可知 arctan(x)

1+ x² 在 x ≥ 1 以後都是遞減的。

接著寫出瑕積分 ∫ _∞

arctan(x) + x

dx

很明顯 ¹，可設 u = arctan(x)，du =

dx

1+ x²。當 x = 1 時，u = ^π 4；當

x

→ ∞ 時，u → ^π

2。於是

∫ _∞

1

arctan(x) 1+ x²

dx

=

∫ ^π₂

π 4

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。

判斷

∑∞ n=3

1

ln(n)^ln(ln(n)) 的斂散性。

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+u

du

= dx。於是

∫ _∞

3

dx

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

∫ _∞

ln(ln(3))

e

^eu+u

du

(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 直接積出來再取極限。我們只要這樣寫

∫ _∞

ln(ln(3))

e

^eu+u

du

(e^u)^u

=

∫ _∞

ln(ln(3))

e

^eu+u−u2

du

>

∫ _∞

ln(ln(3))

e

⁰

du

1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 arctan(x) 的微分並 不熟悉。

後者發散，前者更大，也發散。於是原級數也發散。

如果你看了這題還是覺得很難的話，也沒有關係。其實我在這裡放這 題，只是想表達，不必執著於去想這個函數要怎麼積。我們只關心那個瑕 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，它們之間是 有一些誤差的。