數列與級數

更新 2026年10月7日

數列是依規則排出的一串數。級數是它各項的和。數列 1, 2, 3, 4 有四項；級數 1 + 2 + 3 + 4 是 10。數列的問題問的是某一項，級數的問題問的是總和。

什麼是第 n 項，又怎麼求？

第 n 項公式可以由位置 n 直接給出數列的任何一項。代入 n = 100 就得到第一百項，而像「加 3」這樣的逐項規律要走 99 步才能到那裡。詳見 逐項規律。對等差數列來說，公差就是 n 的係數。在 7, 11, 15, 19 中公差是 4，所以從 4n 開始，它給出 4, 8, 12, 16；每一項都多 3，所以第 n 項是 4n + 3。這行得通，因為第一項是 4 × 1 + 3 = 7，而每往後一步就多加一個 4。只有常數項取決於第一項，相減就能求出它。當差會變時這個方法就失效，例如 1, 4, 9, 16，它的第 n 項是 $n^2$n²。用一個沒用過的項檢查公式：第 4 項是 4 × 4 + 3 = 19。

在 5, 8, 11, 14 中公差是 3，所以從 3n 開始，它給出 3, 6, 9, 12。每一項都比它多 2，所以第 n 項是 3n + 2。詳見 第n項。

有些數列是認出來的，不是算出來的：平方數 1, 4, 9, 16，三角形數 1, 3, 6, 10，2 的次方 1, 2, 4, 8，以及費波那契數列 1, 1, 2, 3, 5, 8，其中每一項都是前兩項的和。詳見 值得了解的數列。

當差不固定時

如果一階差不固定，但二階差固定，這個數列就是二次數列，它的第 n 項含有 $n^2$n²。$n^2$n² 的係數是二階差的一半。

這裡二階差是 2，所以 $n^2$n² 的係數是 1。從每一項減去 $n^2$n²，剩下 2, 4, 6, 8，也就是 2n。第 n 項是 $n^2+2n$n² + 2n。詳見 二次數列。

如果每一項都是前一項的固定倍數，這個數列就是等比數列，那個倍數就是公比。3, 6, 12, 24 的公比是 2，第 n 項是 $3\times 2^{n-1}$3 × 2ⁿ⁻¹。指數是 n − 1，因為第一項乘以公比的次數是零次。詳見 等比數列。

遞迴關係用符號寫出逐項規律，再加上第一項：$u_{n+1}=u_n+4$uₙ₊₁ = uₙ + 4 和 $u_1=3$u₁ = 3 給出 3, 7, 11, 15。沒有第一項，這條規律就沒有指定任何數列。詳見 遞迴關係。

一長串數要怎麼加？

等差級數的加法是把項從外往內配對：第一項配最後一項，第二項配倒數第二項。每一對的和都一樣，而對數是項數的一半，所以從 a 到 l 的 n 項加起來是 $\frac{n\left(a+l\right)}{2}$n(a + l)/2。在 3 + 7 + 11 + … + 39 中各項每次增加 4，所以一共有 (39 − 3) ÷ 4 + 1 = 10 項。每一對的和是 3 + 39 = 42，五對得 5 × 42 = 210。配對之所以成立，是因為往內移一步時一端加 4、另一端減 4。項數是奇數時，沒配到的中間項算半對。不知道最後一項時，用公差 d 寫成 $\frac{n\left(2a+\left(n-1\right)d\right)}{2}$n(2a + (n − 1)d)/2。用平均項確認：(3 + 39) ÷ 2 = 21，而 10 × 21 = 210。

西格瑪記法把一個和寫成一行。$\sum$Σ 下方的字母是計數變數，下方和上方的數字是它的起點和終點，右邊的式子是要加的項。$\sum _{n=1}^{4}2n$Σ 2n from n = 1 to 4 就是 2 + 4 + 6 + 8 = 20。詳見 西格瑪記法。

等比級數需要另一招。寫下 S = 3 + 6 + 12 + 24，乘以公比得 2S = 6 + 12 + 24 + 48，再用第二行減去第一行，剩下 S = 48 − 3 = 45。用字母做同樣的減法得 $S=\frac{a\left(r^n-1\right)}{\left(r-1\right)}$S = a(rⁿ − 1)/(r − 1)。詳見 等比數列的和。

為什麼無窮多項的和可以是有限的？

無窮多項的和可以是有限的，因為各項可以縮小得夠快，讓累計的和逼近一個極限，也就是無窮級數的和。加上 $\frac{1}{2}$1/2，再加 $\frac{1}{4}$1/4，再加 $\frac{1}{8}$1/8：累計的和是 0.5、0.75、0.875。每一項都補上離 1 剩下差距的一半，所以加了 n 項之後差距是 $\frac{1}{2^n}$1/2ⁿ，沒有任何累計的和會超過 1。首項為 a、公比為 r 的等比級數，無窮級數的和是 $\frac{a}{\left(1-r\right)}$a/(1 − r)，只在 r 嚴格介於 −1 和 1 之間時成立。這裡 $a=\frac{1}{2}$a = 1/2 且 $1-r=\frac{1}{2}$1 − r = 1/2，所以和是 $\frac{1}{2}÷\frac{1}{2}=1$1/2 ÷ 1/2 = 1。這個公式是有限和 $\frac{a\left(1-r^n\right)}{\left(1-r\right)}$a(1 − rⁿ)/(1 − r) 在 $r^n$rⁿ 縮小到 0 時的極限。光是各項變小還不夠：$1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\dots$1 + 1/2 + 1/3 + … 會超過任何界限。檢查一個部分和：$\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}=\frac{7}{8}$1/2 + 1/4 + 1/8 = 7/8，比 1 少 $\frac{1}{8}$1/8。

用這個公式 $\frac{a}{\left(1-r\right)}$a/(1 − r)，a = 8、$r=\frac{1}{2}$r = 1/2 的級數 8 + 4 + 2 + 1 + … 的和是 $\frac{8}{\left(1-\frac{1}{2}\right)}=16$8/(1 − 1/2) = 16。詳見 無窮級數的和。

怎麼證明一個公式對每個 n 都成立？

數學歸納法分兩步證明一個公式對每個正整數 n 都成立。基底情形證明命題在 n = 1 時成立。歸納步驟假設它在 n = k 時成立，並證明它在 n = k + 1 時也必然成立。兩步合起來就涵蓋每一個 n。要證明前 n 個奇數的和是 $n^2$n²，先檢查 n = 1：$1=1^2$1 = 1²。假設前 k 個奇數的和是 $k^2$k²，再加上下一個奇數 2k + 1：$k^2+2k+1={\left(k+1\right)}^2$k² + 2k + 1 = (k + 1)²，這正是 k + 1 時的命題。這不是循環論證：它假設一個情形來證明下一個。兩步缺一不可：$n^2+n+41$n² + n + 41 在 n 從 1 到 39 時都是質數，但歸納步驟無法證明，而 n = 40 就不成立。直接檢查一個情形：$1+3+5+7=16=4^2$1 + 3 + 5 + 7 = 16 = 4²。

以 $1+2+\cdots +n=\frac{n\left(n+1\right)}{2}$1 + 2 + … + n = n(n + 1)/2 為例。n = 1 時兩邊都是 1，而兩邊同時加上 n + 1，就把 n 的情形變成 n + 1 的情形。詳見 數學歸納法證明：1加到n的和。

同樣的兩步可以證明 $8^n-1$8ⁿ − 1 對每個 n 都是 7 的倍數：檢查 n = 1，再證明移到下一個情形時多加的也是 7 的倍數。詳見 數學歸納法證明：整除性。

前 n 個平方數和前 n 個立方數的和也有封閉公式；立方的和是 ${\left(1+2+\cdots +n\right)}^2$(1 + 2 + … + n)²。詳見 平方和與立方和。裂項法把每一項寫成兩個相鄰值的差：$\frac{1}{\left(r\left(r+1\right)\right)}$1/(r(r + 1)) 等於 $\frac{1}{r}-\frac{1}{\left(r+1\right)}$1/r − 1/(r + 1)，所以從 r = 1 到 n 的和收縮成 $1-\frac{1}{\left(n+1\right)}$1 − 1/(n + 1)。詳見 裂項法。

這個級數收斂嗎？

當部分和趨近一個極限時，級數收斂。先用最省事的判別法，也就是第 n 項判別法：如果各項不趨近於零，級數就發散。$\sum \frac{n}{\left(2n+1\right)}$Σ n/(2n + 1) 的各項趨近於 $\frac{1}{2}$1/2，所以這個級數發散。詳見 發散的第 n 項判別法。這個判別法成立，是因為收斂的級數到後來每一項都必須幾乎是零。它只能證明發散：各項趨近於零是收斂的必要條件，不是充分條件，而調和級數 $1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\dots$1 + 1/2 + 1/3 + … 雖然各項變小卻仍然發散。當各項確實趨近於零時，就依項的形式選一個更精細的判別法：像 $\sum \frac{1}{n^2}$Σ 1/n² 這樣的 p 級數收斂，因為它的次方大於 1，而比值審斂法適合處理階乘。用計算各項來檢查這個例子：第 99 項是 $\frac{99}{199}$99/199，接近一半，而前兩項相加是 $\frac{1}{3}+\frac{2}{5}=\frac{11}{15}$1/3 + 2/5 = 11/15。

p 級數 $\sum \frac{1}{n^p}$Σ 1/nᵖ 恰好在 p > 1 時收斂，所以 $\sum \frac{1}{n^2}$Σ 1/n² 收斂，而 p = 1 的調和級數 $\sum \frac{1}{n}$Σ 1/n 不收斂。這個判別法把和與 $y=\frac{1}{x^p}$y = 1/xᵖ 下方的面積相比較。詳見 p 級數。

比較審斂法利用一個你已經知道的級數。一個正項級數，如果各項始終小於某個收斂級數的對應項，它也收斂；如果各項始終大於某個發散級數的對應項，它也發散。$\sum \frac{1}{\left(n^2+1\right)}$Σ 1/(n² + 1) 收斂，因為每一項都小於 $\frac{1}{n^2}$1/n²。詳見 級數的比較審斂法。

比值審斂法適合處理階乘和次方。設 L 是每一項除以前一項的極限：L < 1 收斂，L > 1 發散，L = 1 則無法判斷。對 $\sum \frac{2^n}{n!}$Σ 2ⁿ/n! 來說，比值是 $\frac{2}{\left(n+1\right)}$2/(n + 1)，趨近於 0，所以級數收斂。詳見 比值審斂法。

當正負號交錯時，條件比較寬鬆：大小遞減且趨近於零就夠了，因為極限被夾在相鄰的部分和之間。所以 $1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\dots$1 − 1/2 + 1/3 − 1/4 + … 收斂，而調和級數不收斂。詳見 交錯級數審斂法。

把函數變成無窮多項式

冪級數的各項含有 x 的次方，所以它對某些 x 收斂，對另一些 x 不收斂。比值審斂法的條件 L < 1 表示 x 必須落在離中心距離 R 以內，R 就是收斂半徑。這個判別法對兩個端點什麼也沒說，所以要分別檢查。對 $\sum \frac{x^n}{n}$Σ xⁿ/n 來說半徑是 1：在 x = 1 時它是調和級數，發散；在 x = −1 時它正負交錯，收斂，所以收斂區間是 $-1\le x<1$−1 ≤ x < 1。詳見 收斂半徑與收斂區間。

馬克勞林級數把一個函數寫成以 0 為中心的冪級數。第 n 個係數是在 0 的 n 階導數除以 n!，所以級數和函數在 0 的值以及每一階導數都相同。要記住 $e^x$eˣ、sin x、cos x、ln(1 + x) 和 $\frac{1}{\left(1-x\right)}$1/(1 − x)；其他的都可以由這些代換、逐項微分或逐項積分得到。詳見 常見的馬克勞林級數。

泰勒級數用另一個中心 a：在 a 的導數，以及 x − a 的次方。ln x 在 0 沒有值，所以它的級數建立在 x = 1。詳見 以某點為中心的泰勒級數。

把級數在 n 次項之後截斷會留下誤差。拉格朗日誤差界說誤差最多是 $M\times |x-\frac{a{|}^{n+1}}{\left(n+1\right)!}$M × |x − a|ⁿ⁺¹/(n + 1)!，其中 M 是 (n + 1) 階導數在 a 和 x 之間的最大絕對值。sin x 截到 3 次、在 $|x|\le 1$|x| ≤ 1 上時，每一階導數的絕對值最多是 1，所以誤差最多是 $\frac{1}{24}$1/24。誤差界是誤差可能的最大值，不是誤差本身。詳見 拉格朗日誤差界。

值得點名的錯誤

• 把第一項當成 n 的係數。 n 的係數是公差，第一項只決定常數項。
• 把等比數列的第 n 項寫成 arⁿ。 應該是 arⁿ⁻¹，因為第一項乘以 r 的次數是零次。
• 把第 n 項判別法反過來讀。 各項趨近於零並不能證明收斂。
• 套用 $\frac{a}{\left(1-r\right)}$a/(1 − r)，卻沒注意到 $|r|\ge 1$|r| ≥ 1。 公式會給出一個沒有意義的數，因為這個級數沒有和。

相鄰的指南是二次方程式與多項式，二項式定理在那裡產生它自己的級數；以及函數與有理函數，它為馬克勞林級數清單裡用到的指數與對數打好基礎。相關指南：積分的應用與極座標曲線（英文）和複數。