112 年 國立臺灣大學數學系碩士班《高等微積分》

本題主要考驗閉集、緊集、閉包以及距離的定義與性質。

核心概念：

1. 距離定義: $d(A, B) = \inf \{|x - y| : x \in A, y \in B\}$。
2. 閉包 (Closure): $\bar{A}$ 是包含 $A$ 的最小閉集。
3. 閉集 (Closed Set): 集合等於其閉包。
4. 緊集 (Compact Set): 在 $\mathbb{R}^n$ 中，緊集等價於閉集且有界。
5. 距離為零的條件: $d(A, B) = 0$ 若且唯若 $\bar{A} \cap \bar{B} \neq \emptyset$。

解題過程：

(1) 證明：若其中一個集合包含另一個集合的閉包中的一點，則 $d(A, B) = 0$。

假設 $A$ 包含 $\bar{B}$ 中的一點，記為 $p \in \bar{B}$。
根據閉包的定義，如果 $p \in \bar{B}$，則對於任意 $\epsilon > 0$，存在 $y \in B$ 使得 $|p - y| < \epsilon$。
又因為 $p \in A$，所以我們有 $d(A, B) = \inf \{|x - y| : x \in A, y \in B\}$。
我們需要找到一組 $x \in A, y \in B$ 使得 $|x - y|$ 任意小。
取 $x = p \in A$。對於任意 $\epsilon > 0$，我們可以在 $B$ 中找到一個點 $y$ 使得 $|p - y| < \epsilon$。
因此，對於任意 $\epsilon > 0$，存在 $x=p \in A$ 和 $y \in B$ 使得 $|x - y| = |p - y| < \epsilon$。
這意味著 $d(A, B) = \inf \{|x - y| : x \in A, y \in B\} \le |p - y| < \epsilon$。
因為 $\epsilon$ 是任意正數，所以 $d(A, B) = 0$。

同理，若 $B$ 包含 $\bar{A}$ 中的一點 $p \in \bar{A}$。取 $y=p \in B$。對於任意 $\epsilon > 0$，存在 $x \in A$ 使得 $|x - p| < \epsilon$。
則 $d(A, B) \le |x - p| < \epsilon$，故 $d(A, B) = 0$。

另一種證明方式 (使用閉包的性質)：
$d(A, B) = 0 \iff \bar{A} \cap \bar{B} \neq \emptyset$。
若 $A$ 包含 $\bar{B}$ 中的一點 $p$，則 $p \in A$ 且 $p \in \bar{B}$。
因為 $p \in A$，所以 $p \in \bar{A}$。
因此 $p \in \bar{A} \cap \bar{B}$。
所以 $\bar{A} \cap \bar{B} \neq \emptyset$，則 $d(A, B) = 0$。
同理，若 $B$ 包含 $\bar{A}$ 中的一點，則 $\bar{A} \cap \bar{B} \neq \emptyset$，則 $d(A, B) = 0$。

【答案】證明完畢。

(2) 證明：若 $A$ 是緊集， $B$ 是閉集且 $A \cap B = \emptyset$，則 $d(A, B) > 0$。

由於 $B$ 是閉集，其補集 $B^c = \{x \in \mathbb{R}^n : x \notin B\}$ 是開集。
又因為 $A \cap B = \emptyset$，所以 $A \subseteq B^c$。
考慮集合 $A$。$A$ 是緊集，根據 Heine-Borel定理，緊集在 $\mathbb{R}^n$ 中等價於閉集且有界。
因為 $A$ 是閉集且有界，而 $B$ 是閉集。

我們知道 $d(A, B) = 0 \iff \bar{A} \cap \bar{B} \neq \emptyset$。
由於 $A$ 是緊集，所以 $A$ 是閉集，即 $\bar{A} = A$。
由於 $B$ 是閉集，所以 $\bar{B} = B$。
因此，$d(A, B) = 0 \iff A \cap B \neq \emptyset$。
題目給定 $A \cap B = \emptyset$，所以 $d(A, B) \neq 0$。
因為距離是非負的，所以 $d(A, B) > 0$。

本題考察緊集、開覆蓋、以及與距離相關的開集性質。這是證明緊集上連續函數（或具有類似性質的函數）可以被「均勻」控制的經典技巧，常被稱為 "Lebesgue's number lemma" 的一個特例。

核心概念：

1. 緊集 (Compact Set): 在 $\mathbb{R}^n$ 中，緊集是閉集且有界。緊集的任何開覆蓋都有一個有限子覆蓋。
2. 開覆蓋 (Open Covering): 一族開集，其聯集包含給定的集合。
3. 函數的連續性: 緊集上的連續函數有界，且達到其最大最小值。
4. 距離與開集的關係: 如果一個集合 $S$ 被一族開集 $\{U_i\}$ 覆蓋，且 $S$ 是緊集，那麼存在一個正數 $r$ (稱為 Lebesgue number)，使得以 $S$ 中任意點為圓心、半徑為 $r$ 的開球都完全包含在某個 $U_i$ 中。本題是該引理的一個變體。

解題過程：

設 $S \subset \mathbb{R}^n$ 是一個緊集，$\{U_i\}_{i \in I}$ 是 $S$ 的一個開覆蓋。
我們需要找到一個 $r > 0$，使得對於任意 $x, y \in S$ 且 $|x - y| < r$，都存在某個 $i \in I$ 使得 $x \in U_i$ 且 $y \in U_i$。

由於 $\{U_i\}_{i \in I}$ 是 $S$ 的一個開覆蓋，且 $S$ 是緊集，根據緊集的性質，存在一個有限的子集 $J \subseteq I$ 使得 $\{U_j\}_{j \in J}$ 仍然是 $S$ 的一個開覆蓋。也就是說，$S \subseteq \bigcup_{j \in J} U_j$。
令 $J = \{j_1, j_2, \dots, j_k\}$。

對於每個點 $x \in S$，因為 $x \in S \subseteq \bigcup_{j \in J} U_j$，所以 $x$ 至少屬於某個 $U_{j_m}$。
由於 $U_{j_m}$ 是開集，存在一個半徑 $\delta_x > 0$ 使得以 $x$ 為中心、半徑為 $\delta_x$ 的開球 $B(x, \delta_x)$ 完全包含在 $U_{j_m}$ 中，即 $B(x, \delta_x) \subseteq U_{j_m}$。

現在我們考慮集合 $\{B(x, \delta_x/2) : x \in S\}$。這個集合中的所有開球的圓心都在 $S$ 中。
我們以 $x$ 為圓心、半徑為 $\delta_x/2$ 的開球 $B(x, \delta_x/2)$。
如果 $y \in B(x, \delta_x/2)$，那麼 $|y - x| < \delta_x/2$。
由於 $B(x, \delta_x) \subseteq U_{j_m}$，且 $B(x, \delta_x/2) \subset B(x, \delta_x)$，所以 $B(x, \delta_x/2) \subseteq U_{j_m}$。
因此，對於任意 $y \in B(x, \delta_x/2)$，我們有 $y \in U_{j_m}$。

核心觀念

本題考查週期函數的複數傅立葉級數。對週期為 $1$ 的函數，傅立葉係數定義為

$$c_m=\int_0^1 f(x)e^{-2\pi i m x}\,dx,\qquad m\in\mathbb Z.$$

若函數具有足夠的光滑性，且傅立葉級數收斂，則

$$f(x)=\sum_{m=-\infty}^{\infty}c_m e^{2\pi i m x}.$$

本題中

$$f(x)=x^2-x+\frac14=\left(x-\frac12\right)^2,\qquad 0\le x\le 1,$$

並以週期 $1$ 延拓至 $\mathbb R$。

---

（1）傅立葉級數展開

先計算常數項：

$$c_0=\int_0^1\left(x^2-x+\frac14\right)\,dx =\frac13-\frac12+\frac14 =\frac1{12}.$$

對 $m\ne 0$，令 $k=2\pi m$，則

$$c_m=\int_0^1 f(x)e^{-ikx}\,dx.$$

因為

$$f(0)=f(1)=\frac14,$$

第一次分部積分的邊界項為零，因此

$$c_m=\frac1{ik}\int_0^1 f'(x)e^{-ikx}\,dx.$$

又

$$f'(x)=2x-1,\qquad f'(0)=-1,\qquad f'(1)=1.$$

再次分部積分：

$$\int_0^1 f'(x)e^{-ikx}\,dx = \left[\frac{f'(x)e^{-ikx}}{-ik}\right]_0^1 +\frac1{ik}\int_0^1 f''(x)e^{-ikx}\,dx.$$

由於 $m\ne0$，有 $e^{-ik}=e^{-2\pi im}=1$，且 $f''(x)=2$，所以

$$\int_0^1 f''(x)e^{-ikx}\,dx = 2\int_0^1e^{-ikx}\,dx=0.$$

故

$$\int_0^1 f'(x)e^{-ikx}\,dx = \frac{f'(1)-f'(0)}{-ik} = \frac{2}{-ik}.$$

因此

$$c_m = \frac1{ik}\cdot\frac{2}{-ik} = \frac{2}{k^2} = \frac1{2\pi^2m^2}.$$

所以

$$\boxed{ c_0=\frac1{12},\qquad c_m=\frac1{2\pi^2m^2}\quad(m\ne0) }.$$

由於

$$\sum_{m\ne0}|c_m| = \frac1{\pi^2}\sum_{m=1}^{\infty}\frac1{m^2} <\infty,$$

傅立葉級數絕對收斂。週期延拓後的函數連續，且分段光滑，因此由傅立葉收斂定理，對所有 $x\in\mathbb R$，

$$\boxed{ f(x) = \frac1{12} + \sum_{m\ne0}\frac{1}{2\pi^2m^2}e^{2\pi imx} }.$$

由 $c_{-m}=c_m$，也可寫成實數形式：

核心觀念

本題考查曲面通量積分

$$\iint_S \mathbf F\cdot d\mathbf A$$

其中向量面積元素為

$$d\mathbf A=(\mathbf r_u\times \mathbf r_v)\,du\,dv,$$

而曲面的法向量必須符合題目指定的「向上」方向，也就是法向量的 $z$ 分量為正。

曲面

$$x^2+y^2=z^2,\qquad 0<z\le 1$$

是上半部圓錐面。由於 $z>0$，可寫成

$$z=\sqrt{x^2+y^2}.$$

其投影區域為平面上的單位圓盤，去除原點；原點為面積零的集合，不影響通量積分。

解題方法：柱座標參數化

令

$$x=r\cos\theta,\qquad y=r\sin\theta,\qquad z=r,$$

其中

$$0<r\le 1,\qquad 0\le \theta\le 2\pi.$$

因此曲面的參數表示為

$$\mathbf r(r,\theta) =(r\cos\theta,r\sin\theta,r).$$

計算偏導數：

$$\mathbf r_r=(\cos\theta,\sin\theta,1),$$ $$\mathbf r_\theta=(-r\sin\theta,r\cos\theta,0).$$

取外積：

$$\mathbf r_r\times\mathbf r_\theta = \begin{vmatrix} \mathbf i&\mathbf j&\mathbf k\\ \cos\theta&\sin\theta&1\\ -r\sin\theta&r\cos\theta&0 \end{vmatrix} = (-r\cos\theta,-r\sin\theta,r).$$

其 $z$ 分量為 $r>0$，符合向上定向。

向量場為

$$\mathbf F(x,y,z)=(x^2,yz,y).$$

代入參數化：

$$\mathbf F(\mathbf r(r,\theta)) = \left(r^2\cos^2\theta,\, r^2\sin\theta,\, r\sin\theta\right).$$

因此

核心觀念

令

$$F(x)=\int_1^x f(t)\,dt,\qquad G(x)=\int_1^x f(t)^{1/2}\,dt.$$

題設

$$f(x)=o(F(x))$$

的定義是

$$\lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}{F(x)}=0.$$

欲證明的是

$$\lim_{x\to\infty}\frac{f(x)^{1/2}}{G(x)}=0.$$

關鍵在於利用 $f$ 的單調性，分別處理遞增與遞減兩種情形。

---

解題方法與證明

情形一：$f$ 單調遞增

因為 $f$ 為正且單調遞增，所以對 $1\le t\le x$，

$$f(t)^{1/2}\le f(x)^{1/2}.$$

因此

$$f(t)=f(t)^{1/2}f(t)^{1/2} \le f(x)^{1/2}f(t)^{1/2}.$$

對 $t$ 從 $1$ 積分至 $x$，得到

$$\int_1^x f(t)\,dt \le f(x)^{1/2}\int_1^x f(t)^{1/2}\,dt.$$

也就是

$$F(x)\le f(x)^{1/2}G(x).$$

由於各項皆為正，整理可得

$$\frac{f(x)^{1/2}}{G(x)} \le \frac{f(x)}{F(x)}.$$

題設給出

$$\frac{f(x)}{F(x)}\longrightarrow 0.$$

依夾擠定理，

$$\frac{f(x)^{1/2}}{G(x)}\longrightarrow 0.$$

故

$$f(x)^{1/2} =o\left(\int_1^x f(t)^{1/2}\,dt\right).$$

---

情形二：$f$ 單調遞減

因為 $f$ 單調遞減，所以對 $1\le t\le x$，

$$f(t)\ge f(x),$$

進而

本題考驗多項式的性質，特別是關於泰勒展開和多項式相等性的判斷。

核心概念：

1. 多項式 (Polynomial): 形如 $P(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \dots + a_1 x + a_0$ 的函數。
2. 泰勒級數 (Taylor Series): 任何多項式在其自身的點都是其泰勒級數，且泰勒級數在所有點上都收斂到該多項式。對於一個 $d$ 次多項式 $P(x)$，其在 $x=0$ 點的泰勒展開式就是它本身。
3. 多項式的唯一性: 如果兩個多項式在無窮多個點上取相同值，則這兩個多項式是相同的。更強的，如果兩個多項式在某個點的某個鄰域內足夠接近，或者它們的泰勒展開式在某個點相同，則它們是相同的。
4. Little o 符號: $h(x) = o(x^k)$ 表示 $\lim_{x\to 0} \frac{h(x)}{x^k} = 0$。

解題過程：

設 $f(x)$ 和 $g(x)$ 是兩個 $d$ 次多項式。
我們被告知，存在 $c > 0$ 使得對於 $|x| \le c$， $|f(x) - g(x)| \le C|x|^{d+1}$。
這意味著 $f(x) - g(x) = o(|x|^{d+1})$ 當 $x \to 0$。
令 $h(x) = f(x) - g(x)$。由於 $f$ 和 $g$ 都是 $d$ 次多項式，它們的差 $h(x)$ 也是一個多項式。
$h(x)$ 的次數最多為 $d$。
我們有 $h(x) = o(|x|^{d+1})$ 當 $x \to 0$。
這表示 $\lim_{x\to 0} \frac{h(x)}{|x|^{d+1}} = 0$。

現在考慮多項式 $h(x)$。
如果 $h(x)$ 不是零多項式，那麼它有一個最高次項 $a_k x^k$，其中 $a_k \neq 0$ 且 $k \le d$。
那麼 $h(x) = a_k x^k + \text{低次項}$。
$\frac{h(x)}{|x|^{d+1}} = \frac{a_k x^k + \dots}{|x|^{d+1}}$。
當 $x \to 0$ 時，這個比值的極限取決於 $k$ 和 $d+1$。
如果 $k < d+1$，則 $\lim_{x\to 0} \frac{a_k x^k}{|x|^{d+1}} = 0$。
如果 $k = d+1$，則 $\lim_{x\to 0} \frac{a_k x^k}{|x|^{d+1}} = \lim_{x\to 0} \frac{a_k x^{d+1}}{|x|^{d+1}}$，這個極限不存在（或為 $\pm \infty$）。
如果 $k > d+1$，則 $\lim_{x\to 0} \frac{a_k x^k}{|x|^{d+1}} = \infty$。

我們知道 $h(x)$ 的次數 $k \le d$。
所以 $k < d+1$ 總是成立的。
因此，$\lim_{x\to 0} \frac{h(x)}{|x|^{d+1}} = 0$ 意味著 $h(x)$ 必須是零多項式。

更嚴謹的證明：
設 $h(x) = f(x) - g(x)$。由於 $f$ 和 $g$ 都是 $d$ 次多項式， $h(x)$ 是一個次數最多為 $d$ 的多項式。
若 $h(x)$ 不是零多項式，設 $k$ 是 $h(x)$ 的最高次項的次數，則 $0 \le k \le d$。
那麼 $h(x) = a_k x^k + a_{k-1} x^{k-1} + \dots + a_0$，其中 $a_k \neq 0$。
我們有 $|h(x)| \le C|x|^{d+1}$ 對於 $|x| \le c$。
這意味著 $\frac{|h(x)|}{|x|^{d+1}} \le C$ 對於 $0 < |x| \le c$。
然而，$\lim_{x\to 0} \frac{h(x)}{|x|^{d+1}} = 0$。
這表示對於任意 $\epsilon > 0$，存在 $\delta > 0$ 使得當 $0 < |x| < \delta$ 時， $|\frac{h(x)}{|x|^{d+1}}| < \epsilon$。
如果 $h(x)$ 不是零多項式，則 $h(x)$ 有一個最高次項 $a_k x^k$，$k \le d$。
當 $x \to 0$ 時，$\frac{h(x)}{|x|^{d+1}} \approx \frac{a_k x^k}{|x|^{d+1}}$。
如果 $k < d+1$，則 $\lim_{x\to 0} \frac{a_k x^k}{|x|^{d+1}} = 0$。
這與 $h(x) = o(|x|^{d+1})$ 的定義一致。

但是，我們需要證明 $h(x)$ 必須是零多項式。
考慮 $h(x)$ 的泰勒展開式在 $x=0$ 處。
$h(x) = h(0) + h'(0)x + \frac{h''(0)}{2!}x^2 + \dots + \frac{h^{(d)}(0)}{d!}x^d$。
由於 $h(x) = o(|x|^{d+1})$，這意味著 $h(x)$ 在 $x=0$ 處的泰勒展開式中，所有 $x^k$ ($k \le d$) 的係數都必須為零。
為什麼？
如果 $h(x)$ 不是零多項式，設 $k$ 是 $h(x)$ 的最高次項的次數， $k \le d$。
那麼 $h(x) = a_k x^k + \dots + a_0$。
$\frac{h(x)}{|x|^{d+1}} = \frac{a_k x^k + \dots}{|x|^{d+1}}$。
當 $x \to 0$, 由於 $k \le d < d+1$, 則 $\frac{a_k x^k}{|x|^{d+1}} \to 0$ (如果 $k$ 是偶數) 或極限不存在 (如果 $k$ 是奇數)。
但是，我們被告知 $\lim_{x\to 0} \frac{h(x)}{|x|^{d+1}} = 0$。

一個關鍵的性質是：如果一個多項式 $P(x)$ 滿足 $P(x) = o(x^n)$ 當 $x \to 0$，則 $P(x)$ 必須是零多項式。
證明：設 $P(x) = a_k x^k + \dots + a_0$，$k \le n-1$。
$\frac{P(x)}{x^n} = \frac{a_k x^k + \dots + a_0}{x^n}$。
如果 $a_0 \neq 0$, 則 $\lim_{x\to 0} \frac{P(x)}{x^n} = \lim_{x\to 0} \frac{a_0}{x^n}$，這不是 0。
所以 $a_0=0$.
如果 $a_1 \neq 0$, 則 $\lim_{x\to 0} \frac{P(x)}{x^n} = \lim_{x\to 0} \frac{a_1 x}{x^n} = \lim_{x\to 0} \frac{a_1}{x^{n-1}}$，這不是 0 (除非 $n=1$ 且 $a_1=0$)。
所以 $a_1=0$.
依此類推，如果 $P(x) = o(x^n)$, 則 $P(x)$ 的所有係數 $a_0, a_1, \dots, a_{n-1}$ 都必須為 0。
所以 $P(x)$ 必須是零多項式。

核心觀念

本題考查：

• 級數絕對收斂的定義：$\sum a_n$ 絕對收斂是指 $\sum |a_n|$ 收斂。
• 對數函數在 $x=0$ 附近的局部性質：
  $\log(1+x)\sim x\qquad (x\to 0).$
  因此，當 $x$ 足夠接近 $0$ 時，$|\log(1+x)|$ 與 $|x|$ 可由固定常數互相估計。
• 交錯調和級數的收斂性。
• 對數和與無窮乘積的關係：
  $\sum \log(1+a_n)=\log\prod(1+a_n).$

---

（1）證明

由於級數的收斂性不受有限多項影響，只需比較 $n$ 足夠大時的項。

必要性

假設
$\sum a_n$
絕對收斂，即
$\sum |a_n|<\infty.$

則必有 $a_n\to 0$。因此存在 $N$，使得當 $n\ge N$ 時，
$|a_n|\le \frac12.$

考慮函數
$f(x)=\frac{\log(1+x)}{x},\qquad x\ne 0.$
由
$\lim_{x\to 0}\frac{\log(1+x)}{x}=1,$
可知存在常數 $C>0$，使得當 $|x|\le \frac12$ 時，
$|\log(1+x)|\le C|x|.$

故對所有 $n\ge N$，
$|\log(1+a_n)|\le C|a_n|.$

於是

$$\sum_{n=N}^{\infty}|\log(1+a_n)| \le C\sum_{n=N}^{\infty}|a_n|<\infty.$$

前面有限項不影響收斂性，所以
$\sum \log(1+a_n)$
絕對收斂。

---

充分性

假設
$\sum \log(1+a_n)$
絕對收斂，即
$\sum |\log(1+a_n)|<\infty.$

因此

$$\log(1+a_n)\to 0.$$

由指數函數的連續性，

$$1+a_n=e^{\log(1+a_n)}\to 1,$$

故
$a_n\to 0.$

同樣利用
$\lim_{x\to 0}\frac{\log(1+x)}{x}=1,$
可得存在 $N$ 與常數 $c>0$，使得當 $n\ge N$ 時，
$|\log(1+a_n)|\ge c|a_n|.$

因此
$|a_n|\le \frac1c|\log(1+a_n)|,$
從而

$$\sum_{n=N}^{\infty}|a_n| \le \frac1c\sum_{n=N}^{\infty}|\log(1+a_n)|<\infty.$$

故
$\sum a_n$
絕對收斂。

綜合兩方向，

$$\boxed{\sum a_n\text{ 絕對收斂}\iff \sum\log(1+a_n)\text{ 絕對收斂}}.$$

---

（2）指定數列的分析

令
$a_n=\frac{(-1)^{n+1}}{n}.$

$\sum a_n$ 的收斂性

核心觀念

本題考查：

• 級數絕對收斂的定義：$\sum a_n$ 絕對收斂是指 $\sum |a_n|$ 收斂。
• 對數函數在 $x=0$ 附近的局部性質：
  $\log(1+x)\sim x\qquad (x\to 0).$
  因此，當 $x$ 足夠接近 $0$ 時，$|\log(1+x)|$ 與 $|x|$ 可由固定常數互相估計。
• 交錯調和級數的收斂性。
• 對數和與無窮乘積的關係：
  $\sum \log(1+a_n)=\log\prod(1+a_n).$

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（1）證明

由於級數的收斂性不受有限多項影響，只需比較 $n$ 足夠大時的項。

必要性

假設
$\sum a_n$
絕對收斂，即
$\sum |a_n|<\infty.$

則必有 $a_n\to 0$。因此存在 $N$，使得當 $n\ge N$ 時，
$|a_n|\le \frac12.$

考慮函數
$f(x)=\frac{\log(1+x)}{x},\qquad x\ne 0.$
由
$\lim_{x\to 0}\frac{\log(1+x)}{x}=1,$
可知存在常數 $C>0$，使得當 $|x|\le \frac12$ 時，
$|\log(1+x)|\le C|x|.$

故對所有 $n\ge N$，
$|\log(1+a_n)|\le C|a_n|.$

於是

$$\sum_{n=N}^{\infty}|\log(1+a_n)| \le C\sum_{n=N}^{\infty}|a_n|<\infty.$$

前面有限項不影響收斂性，所以
$\sum \log(1+a_n)$
絕對收斂。

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充分性

假設
$\sum \log(1+a_n)$
絕對收斂，即
$\sum |\log(1+a_n)|<\infty.$

因此

$$\log(1+a_n)\to 0.$$

由指數函數的連續性，

$$1+a_n=e^{\log(1+a_n)}\to 1,$$

故
$a_n\to 0.$

同樣利用
$\lim_{x\to 0}\frac{\log(1+x)}{x}=1,$
可得存在 $N$ 與常數 $c>0$，使得當 $n\ge N$ 時，
$|\log(1+a_n)|\ge c|a_n|.$

因此
$|a_n|\le \frac1c|\log(1+a_n)|,$
從而

$$\sum_{n=N}^{\infty}|a_n| \le \frac1c\sum_{n=N}^{\infty}|\log(1+a_n)|<\infty.$$

故
$\sum a_n$
絕對收斂。

綜合兩方向，

$$\boxed{\sum a_n\text{ 絕對收斂}\iff \sum\log(1+a_n)\text{ 絕對收斂}}.$$

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（2）指定數列的分析

令
$a_n=\frac{(-1)^{n+1}}{n}.$

$\sum a_n$ 的收斂性