§ 21 實數序列及實數級數
進入本單元之前, 應先了解何謂 「序列」? 何謂 「級數」? 有哪些定理可以判別序列或級數 的斂散性? 如果讀者對於上述問題不能有較為合適的答案, 請先參閱拙著 《 微積分學．電子書 2.1 版》 第八章, 因為在解題時我們必須使用這些定理.
◦ ⋆ • ◦ ⋆ • ◦ ⋆ • ◦ ⋆ • ◦ ⋆ • ◦ ⋆ • ◦ ⋆ • ◦ ⋆ • ◦ ⋆ • ◦ ⋆ • ◦ ⋆ •
• 序列
♠ (21-1) 何謂實數序列 (即數列)? 若一實數序列為收斂, 是否必為有界? 理由?
分析 定義的陳述必須十分嚴謹, 不可使用例子替代.
解 (a) 所謂實數序列(real sequence) 係指一函數 f : N → R : n 7→ f (n) = an, 通常寫 為 {an}n∈N.
(b) 我們稱序列 {an}n 為收斂(convergent) , 如果 lim
n→+∞an 存在, 亦即
∃ l ∈ R, ∀ ǫ > 0, ∃ n0 ∈ N, (∀ n ∈ N)(n > n0 ⇒ |an− l| < ǫ).
取 ǫ = 1 ,
{an}n 為收斂 ⇒ ∃ l ∈ R, ∃ n0 ∈ N 使得 ( n > n0 ⇒ |an− l| < ǫ = 1 )
⇒ ( n > n0 ⇒ l − 1 < an < l + 1)
⇒ ∀n ∈ N, min{a1, · · · , an0, l − 1} ≤ an ≤ max{a1, · · · , an0, l + 1}
⇒ {an}n 為有界.
♠ (21-2) 設 a1 = 2 , ∀n ∈ N , an+1 = 2√
an, 試證 : 序列{an}n 為收斂並求其極限. 分析 先粗略計算一下前幾項 an 之近似值, 可以看出 {an}n 為單調且有界.
證 1◦ 先證 : {an}n 為有界. 利用數學歸納法 : (i) a1 = 2 < 4;
(ii) 若ak < 4 , 則ak+1 = 2√ak< 2√4 = 4.
故知 ∀n ∈ N , 0 < an< 4.
2◦ 次證: {an}n 為遞增, 此因 an+1
an
= 2√ an
an
= 2
√an
> 2
√4 = 1.
21 實數序列及實數級數 193 3◦ 由上述二點知 {an}n 為收斂. 最後求其極限 : 令l = lim
n→+∞an, 應有
an+1 = 2√
an, ∀n ∈ N ⇒ lim
n→+∞an+1 = lim
n→+∞2√
an
⇒ l = 2√
l ⇒ l = 4 , (見下註) 註 : l 不可能為 0 , 因 {an}n 為遞增.
♠ (21-3) 試問序列{sin n}n≥1 是否為收斂?
分析 證明一序列不為收斂常比證其為收斂困難, 常用的技巧是找到二不同制限(restriction), 並證明在其上之極限不同, 而本題更難, 必須利用矛盾證法.
解 矛盾證法. 假定 {sin n}n≥1 為收斂, 令 lim
n→+∞sin n = l.
• 由於區間 [π/4, 3π/4] 之長度大於 1 , 故其中必有一自然數,
• 由於區間 [5π/4, 7π/4] 之長度大於1 , 故其中必有一自然數. 令
A =n
n ∈ N 2kπ +
π
4 ≤ n ≤ 2kπ + 3π 4
o, B =n
n ∈ N 2kπ +
5π
4 ≤ n ≤ 2kπ + 7π 4
o. 則
1◦ A 與 B 均為無上界 ; 2◦ ∀n ∈ A , sin n ≥ sinπ
4 =
√2 2 ; 3◦ ∀n ∈ B , sin n ≤ sin 5π
4 = −
√2 2 . 因 lim
n→+∞sin n = l , 故 lim
n→+∞sin |A(n) = lim
n→+∞sin |B(n) = l , 因此,
√2
2 ≤ lim
n→+∞sin |A(n) = l = lim
n→+∞sin |B(n) ≤ −
√2 2 , 矛盾. 故知 {sin n}n≥1 不為收斂.
♠ (21-4) 設函數 f : (a, b) → R 滿足 |f (x) − f (y)| ≤ 5|x − y|, ∀x, y ∈ (a, b) . 試證 :
x→alimf (x) 及 lim
x→bf (x) 皆存在.
分析 本題需使用 「Cauchy 序列必為收斂」 之觀念, 稍為超出初等微積分之程度, 證明方 法亦為 「數學分析」 手法.
21 實數序列及實數級數 194 證 只證 lim
x→af (x) 存在 ; lim
x→bf (x) 之存在性同理可證. 1◦ 設 {xn}n 為一遞減序列, 且 lim
n→+∞xn = a , 則 {xn}n 為一Cauchy 序列, 又因
|f (xn) − f (xm)| < 5|xn− xm| , ∀m, n ∈ N, 故知 {f (xn)}n 為一Cauchy 序列, 是以存在 L ∈ R使得 lim
n→+∞f (xn) = L.
2◦ 我們將以反證法證明 lim
x→af (x) = L.
“ lim
x→af (x) = L” 不真
⇒ ∃ ǫ > 0 , ∀ δ > 0 , (∃ x)(a < x < a + δ ∧ |f (x) − L| ≥ ǫ)
⇒ ∃ ǫ > 0 , ∀ n ∈ N , (∃ xn)
a < xn < a + 1
n ∧ |f (xn) − L| ≥ ǫ , (令 δ = 1/n )
⇒ lim
n→+∞xn= a ∧ lim
n→+∞f (xn) 6= L
⇒ 與 1◦ 之結果相矛盾.
♠ (21-5) 試利用 『定義』 證明: 序列{√n + 1 −√n}n 為收斂. 分析 我們需要 “ √n + 1 −√n < 1
2√
n ” . 法一 : 有理化分子, 法二 : 微分均值定理, 考慮函數 f (x) =√x在區間 [n, n + 1] 上, ∃ c ∈ (n, n + 1) 使得
√n + 1 −√
n = f′(c) = 1 2√
c < 1 2√
n. 證 我們猜測 lim
n→+∞(√
n − 1 −√
n) = 0 , 往證 :
∀ ǫ > 0 , ∃ n0 ∈ N , (∀ n) n > n0 ⇒ |√
n − 1 −√
n| < ǫ.
由於,
√n + 1 −√ n
< ǫ ⇔ 1
√n + 1 +√
n < ǫ , (有理化分子)
⇐ 1
2√ n < ǫ
⇐ √
n > 1 2ǫ
⇐ n > 1 4ǫ2, 若令 n0 =h 1
4ǫ2
i+ 1 , 則當 n > n0 > 1
4ǫ2 時, |√n + 1 −√n| < ǫ.
21 實數序列及實數級數 195
21 實數序列及實數級數 196
21 實數序列及實數級數 197
解 y = 1
x 在(0, +∞) 上為遞減
⇒ ∀j ∈ N, Z j+1
j
1
j + 1dx <
Z j+1 j
1 xdx <
Z j+1 j
1
j dx , (參閱上圖)
⇒ ∀j ∈ N, 1
j + 1 < ln(j + 1) − ln j < 1 j
⇒
n−1
X
j=1
1
j + 1 < ln n <
n−1
X
j=1
1 j
⇒ 1
2+ · · · + 1
n < ln n < 1 + 1
2 + · · · + 1 n − 1
⇒
1 + 1
2 + · · · + 1 n 1 + 1
2+ · · · + 1 n − 1
<
1 + 1
2+ · · · + 1 n ln n <
1 + 1
2 + · · · + 1 1 n
2+ · · · + 1 n
⇒ 1 <
1 + 1
2 + · · · + 1 n
ln n < 1
1
2 + · · · + 1 n − 1
+ 1.
而 lim
n→+∞
1
1
2+ · · · + 1 n − 1
+ 1
= 1 , 是以 lim
n→+∞an= 1.
[註] 我們知道 1 + 1
2 + · · · + 1
n + · · · = +∞.
• 級數
♠ (21-9)
(a) 試問級數
+∞
X
n=1
tan−1n
1 + n2 是否為收斂? (b) 試證 : 3π
2
32 ≤
+∞
X
n=1
tan−1n 1 + n2 ≤ π
8 + 3π2 32 .
分析 討論本正項級數之斂散性, 可利用積分審斂法; 至於其值之上下界, 則利用積分之保 序性, 過程參考上題.
解 (a) 我們將利用積分審斂法證明此級數為收斂. 為此, 令 g : [1, +∞) → R : g(x) = tan−1x
1 + x2 , 則
1◦ ∀ x ≥ 1 , g(x) ≥ 0 , 且∀ n ∈ N , g(n) = tan−1n 1 + n2 ;
21 實數序列及實數級數 198
2◦ ∀ x ≥ 1 , g′(x) = 1 − 2x tan−1x
(1 + x2)2 < 0 , 知g 為遞減 ; 3◦ 而積分
Z +∞
1
tan−1x
1 + x2 dx = lim
t→+∞
Z t 1
tan−1x d(tan−1x)
= lim
t→+∞
1
2(tan−1x)2
t
1 = 1
2
π2 4 − π2
16
= 3π2 32 . 是以原級數為收斂.
(b) 在 (a) 題之解中, 我們已知 g(x) = tan
−1x
1 + x2 為遞減, 且 Z 1
+∞
g(x) dx = 3π2 32 .
∀ n ∈ N ,
Z n+1 n
g(x) dx ≤ Z n+1
n
g(n) dx = g(n).
是以 Z +∞
1
g(x) dx ≤
+∞
X
n=1
g(x) , 故左端不等式成立. 同理, ∀ n ∈ N , g(n + 1) ≤
Z n+1 n
g(x) dx , 和之,
+∞
X
n=1
g(n) = g(1) +
+∞
X
n=1
g(n + 1) = g(1) + Z +∞
1
g(x) dx = π
8 + 3π2 32 , 亦即右端不等式亦成立.
♠ (21-10) 試判斷級數 ln 2
4 +ln 3
9 + · · · + ln n
n2 + · · · 之斂散性.
分析 本題若以比值審法(ratio test)或根值審法(root test)都行不通, 但我們可利用比較 審法 (comparison test)或積分審斂法 (integral test).
解 法一 : 利用比較審法(comparison test) , 由於
x→+∞lim
ln x x2
1 x3/2
= lim
x→+∞
ln x
x1/2 = lim
x→+∞
x−1 1 2x−1/2
, ( l’Hospital 規則)
= lim
x→+∞2x−1/2= 0.
是以
n→+∞lim
ln n n2
1 n3/2
= 0, (註)
但已知 p級數
+∞
X
n=1
1
n3/2 為收斂, 故原級數亦為收斂.
註 : 有人認為可以在此處直接以 l’Hospital 規則處理, 然而 n 為自然數, 界定 在自然數系之函數不可以微分, l’Hospital 規則不可直接使用.
21 實數序列及實數級數 199 法二 : 利用積分審法(integral test) , 令
g : [2, +∞) → R : g(x) = ln x x2 . 則
1◦ ∀x ∈ [2, +∞) , g(x) > 0 ; 2◦ ∀x ∈ [2, +∞) ,
g′(x) = x − 2x ln x
x4 = 1 − 2 ln x x3 < 0, 故知 g 為遞減函數 ;
3◦ ∀n ∈ N \ {1} , g(n) = ln n n2 . 4◦ 由於
Z +∞
2
g(x) dx = lim
t→+∞
Z t 2
ln x x2 dx
= lim
t→+∞
h− ln x x − 1
x it
2 = ln 2
2 + 1 2, 故知原級數為收斂.
♠ (21-11) 設 an> 0 , 且級數
+∞
X
n=1
an 為收斂, 試證 : 級數
+∞
X
n=1
akn 為收斂, 其中 k 為大於 1之常數．
分析 應分二步驟, 其一, 收斂級數的 「小尾性」 (即 lim
n→+∞an = 0 ) , 其二, 利用比較審 斂法.
證
+∞
X
n=1
an 為收斂 ⇒ lim
n→+∞an = 0
⇒ (對於 ǫ = 1) ∃ n0 ∈ N, (∀ n)(n > n0 ⇒ |an| < 1)
⇒ ∃ n0 ∈ N, (∀ n)(n > n0 ⇒ 0 < akn < an)
⇒
+∞
X
n=1
akn 為收斂, ∵
+∞
X
n=1
an 為收斂
♠ (21-12) 試討論級數
+∞
X
k=1
1
pk− qk , 內 0 < p < q, 之歛散性.
分析 本級數之各項皆為負值, 先提出負號, 僅考慮正項級數, 再與級數
+∞
X
k=1
1
qk 相比較, 利用比較審斂法以得結論.
21 實數序列及實數級數 200
解 由於
+∞
X
k=1
1
pk− qk = −
+∞
X
k=1
1
qk− pk, 其次
k→+∞lim
1 qk− pk
1 qk
= lim
k→+∞
1 1 − p
q
k = 1, (⋆)
因
+∞
X
k=1
1
qk 為公比等於 1
q 之等比級數, 其為收斂之充要條件為 0 < 1
q < 1 , 由 (⋆) 式 知原級數為收斂之充要條件為 q > 1.
♠ (21-13) 試證 : 若an ≥ 0 , ∀n ∈ N 且
+∞
X
n=1
an 為收斂, 則
+∞
X
n=1
√an
n 亦為收斂.
分析 若能看到
√an
n 為 an 與 1
n2 之幾何平均, 利用算幾不等式及比較審斂法即可證明本 題.
證 由算幾不等式知,
√an
n =
r an· 1
n2 ≤ 1 2
an+ 1 n2
,
而
+∞
X
n=1
an 與
+∞
X
n=1
1
n2 皆為收斂, 是以知
+∞
X
n=1
√an
n 亦為收斂.
♠ (21-14) 試判別交錯級數
+∞
X
n=1
(−1)nne−n 為絕對收斂、 條件收斂或發散? 分析 交錯級數若為絕對收斂, 則其必為收斂, 無需再使用Leibniz 審斂法.
解 令an = (−1)nne−n, 則因 lim
n→+∞n1/n = 1 , 是以
n→+∞lim |an|1/n = lim
n→+∞n1/ne−1 = e−1 < 1, 利用根值審斂法知原級數為絕對收斂.
♠ (21-15) 設 an=
1
n, 若 n 為奇數, 1
(n − 1)n, 若 n 為偶數. 試判別交錯級數
+∞
X
n=1
(−1)nan 為絕對收斂、 條件收斂或發散?