數列的極限理論
這一章的主要目標是要介紹數學分析最基礎的概念: 極限。 本講義的編排是從無窮數列作為研究主體 引進數列極限的精確定義 (ε-N language),在介紹的過程中, 除了盡可能從數學、生活、遊戲等面向解 釋極限的概念外,關於極限的數學操作也有許多技巧與細節必須考量,這些內容都會在2.1節說明。 在 2.2節將統整並證明收斂數列的一般性質, 當中包括極限的四則運算以及夾擠定理的認識。 而2.3節要探討一類特殊的數列: 單調數列。 介紹單調數列的用意有二, 首先, 單調有界數列則極 限存在這件事與實數的完備性有關, 這裡是先做一個概略性的介紹, 實數完備性相關的理論將留在第 3章仔細討論。 此外,透過單調有界定理,我們可以從某個單調有界數列定義高等數學中非常重要的常 數— 歐拉數 (Euler number) e。 有的時候一個數列的行為並不容易分析, 但是依序觀察這個數列某些特別的項則有很好的現象, 從 子數列的行為判斷或推測原數列是否極限存在也是一門學問, 在 2.4節會介紹幾個相關的定理。 至於 2.5節要引進無窮小與無窮大的概念,這部份的內容與等級(order)習習相關,該節也會證明幾個標準 類型的等級列表。 在這一個階段或許各位還不太清楚無窮小與無窮大和等級的實質應用, 但等級的原 理與極限問題的討論甚至往後數學分析理論像是瑕積分的收斂發散、級數與函數項級數的收斂發散問 題高度相關, 這部份可以說是數學分析的靈魂。 本講義會先以無窮數列{an}∞ n=1 為主而非直接討論函數的極限有幾個用意, 一來是在教學的經驗 中, 初學者多半對於數列極限的接受度會比函數極限的接受度來得高, 這是因為數列的指標 n可以想 成是動態的變化, 有如時間一分一秒地經過, 而相應的數字an可以標註在實數軸上, 所以用這種方式 比較容易想像數列的行為。 相較於函數的極限, 它牽涉到函數 y = f (x) 的圖形當中兩個變量之間的 關係, 而且函數的極限又分成左極限、右極限, 另有函數在無窮遠處的極限, 情況比較複雜, 雖然這些 內容原理相同, 定義方式大同小異, 但對初學者來說容易失焦, 故而從數列的極限開始討論比較單純。 二來,我們可從數列的極限理論將所有實數完備性的理論整體介紹, 若各位有志從事數學研究的話, 可 從這些實數完備性的等價敘述繼續延伸, 便會看到高等數學的各種面向。 最後附帶一提的是: 這一章關於數列的極限理論, 都是基於知道極限值是多少而討論其精確定義以及相關性質。 在第3章會提到另一個觀點: 柯西收斂準則(Cauchy Convergence Criterion),它是
在不知道極限值的情況下, 直接從數列本身的屬性判定數列是收斂或是發散, 而柯西收斂準則其實也
是實數完備性的一環,所以各位到時候必須把第 3章與柯西收斂準則有關的討論與這一章再做一個結
合以對數列極限有更完整地認識。
2.1
數列極限的精確定義
定義 1. 無窮數列 (infinite sequence) {an}∞ n=1 指的是一串實數依序排列; 換言之, 它其實是指 {a1, a2, a3, . . . , an, . . .} (1) 其中對所有 n∈ N, an∈ R。 此時, an 稱為無窮數列的 第n項(n-th term)。 因為正整數 1, 2, 3, . . . 是一組有順序排列的數字, 所以無窮數列的記號中, 我們使用了正整數作 為 指標 (index), 以正整數的編號告知這串數字的順序關係。 這裡我們感興趣的是無窮數列; 也就是 說, 這串數字將永無止盡地排列下去, 在{an}∞ n=1 記號的右上端會用 ∞ 表示這個現象, 而在 (1)的 表達法之下, 一定會在 an 的後面加上點點點 「. . .」 以明確指出無止盡排列的現象。 文章中在不引起 混淆的情況下, 有時會把無窮數列只用數列二字表示。 關於上述定義其實寫得較為口語, 若想把無窮 數列的概念再說明清楚, 則它是指定義域為正整數集合 N的一個函數f : N → R,其中 an= f (n)。 有時候一個無窮數列 {an}∞n=1 會有一些現象, 想像下標的 n 代表第 n 秒, 而 an 這個數字 就是在第 n 秒的時候標記在實數軸上的一個點, 於是像 {1n}∞ n=1 = {1,12, 1 3, . . . , 1 n, . . .} 這個數列 來說應該很容易感受到當時間一分一秒地過去, 標記的那些點 「愈來愈靠近 0」, 而 {(−1)nn}∞ n=1 = {−1,12,−13, . . . ,(−1) n n , . . .} 這串數字雖然在 0 的左右跳來跳去, 但這串數字好像也有 「愈來愈靠近 0」 的趨勢。 再舉一例, 像 {(−1)n}∞ n=1 = {−1, 1, −1, 1, . . . , (−1)n, . . .} 這個數列的行為也很清楚, 就是當 n變動時, 數列在 −1和 1反覆跳動, 但是這個數列似乎不會和任何一個數有接近的感覺。 在數列的理論中, 我們感興趣的是具有 「和某個數字愈來愈接近」 這個性質的數列, 但是這句話要 用數學語言確實地描述它, 在一百多年前的人們總是說不清楚這件事, 一直到柯西 (Cauchy) 提出了 像下段文字要闡述的觀點後, 大家才逐漸體會到這層奧義, 也開始接受以下對於數列的行為之說詞。 在述說數列極限的精確定義之前, 我想先提一個各位可能在生活中曾經遇到的事情: 比方說兩位 同學的老家一個住台北另一個住台中, 彼此聊天提到家鄉時會覺得兩地隔很遠, 但對於在美國長大的 人來說, 當你跟他介紹台北和台中這兩座城市時, 他們會覺得台北和台中很近, 這是因為美國地大物 博,兩座大城市之間就算搭飛機也要兩、三個小時才會到達, 而台北到台中卻有著不到五十分鐘就可以 抵達的高鐵, 以每個人的生活經驗去感受距離時, 彼此之間就有明顯地落差。 另一個例子就是: 對於一 個心儀的對象, 明明每天在校園間擦身而過, 但卻產生世界上最遙遠的距離...。 對某個人來說兩個東西很近但是在其他人的眼裡並不覺得很近, 這就造成認知上的不同。 於是在 討論問題的時候, 應該要先有一個默契, 也就是在事前彼此先講好: 到底怎樣的範圍叫做 「很近」。 換 句話說, 一開始先給出一個正數, 記為 ε(epsilon,它是某個希臘字母), 然後約定: 兩個數之距離如果 小於 ε的話, 那麼我們就認定它們很接近。 有了這樣的概念之後, 就可以將無窮數列極限的精確定義 寫出來了: 定義 2 (數列極限的精確定義, ε-N language). 給定無窮數列{an}∞ n=1 與L∈ R,若以下語句成立: 對任意 ε >0, 存在N ∈ N 使得對所有的n≥ N,都有 |an− L| < ε, 則稱無窮數列{an}∞ n=1 是 收斂的 (convergent),此時 L 稱為無窮數列的 極限 (limit), 記號上會用 lim n→∞an= L 表示。 如果沒有任何一個實數滿足上述條件, 則稱無窮數列是 發散的(divergent)。若重新考察無窮數列極限的精確定義, 便會發現到: 在 定義 2 之前的文字說明其實只解釋了一 部份, 也就是在理解極限的定義時, 首先要感受的是先約定好 「很近」 的意義, 在彼此可接受的誤差範 圍 ε 下, 然後去研究無窮數列是否在某一項之後的所有項與某個特定值 L 的差距都在誤差範圍內。 實際上這個定義當中還有三個很重要的邏輯用語: 任意、存在、所有。 極限的定義必須經過重重的考驗, 比方說一個研究天文的人會覺得兩星球之間只有十光年是很近的,當他拿著天文望遠鏡看事情的時候, 心中的 ε其實算是很寬鬆的; 相較於一般人用肉眼看事情時, 在視線範圍內的兩物體才覺得很近, 於 是選用的ε就會比較嚴格一些; 若你是拿著顯微鏡進行觀察時, 相差不到一毫米的距離可能就超出觀 察的範圍了。 在定義中的 「對任意ε >0」 的 「任意」 兩字就是在強調數列不論是在寬鬆或是嚴格的關 卡下 「都能經過考驗」, 所謂都能經過考驗, 指的是 N 的存在性; 至於每一次的考驗, 並不是要求數列 的每一項都要達標, 只要檢查第 N 項之後的每個數字即可, 前面 a1, a2, . . . , aN−1 這些數字完全不 必理會。 這裡各位可以再重新回顧第 0.3節的說明, 當中曾經介紹高等微積分的特色是一門利用不等式處 理等式的學問, 而且也證明兩個數 「A= B」 的等價敘述為 「對任意ε >0, 都有 |A − B| < ε」。 所以 在極限精確定義當中最前面與最後面的語句就是在試圖說明 lim n→∞an 這個數字與L這個數字兩者畫 上等號的意義。 只是現在的過程稍微再複雜一些, 因為它還多了一個參數 n在內, 所以這裡是要研究 無限多個數字與L 之間的關係。 這裡, 我們並不是要求 an 和 L一模一樣 (除了常數數列, 其它數列 的每一項都不可能總是和 L 完全相同),而是約定好夠靠近的程度 ε >0 之下, 可以確定數列在第 N 項之後的每個an與 L 之間的距離的確很近。 學會極限的精確定義是了解高等微積分與數學分析的第一步, 往後的所有討論都脫離不了這種論 述方式, 所以各位務必要學得精熟。 以下將利用很多例子帶大家感受並學習如何使用這套語言。 例 3. 常數數列{an}∞ n=1= {c}∞n=1 收斂, 而且 nlim→∞an= c。 證明: 對任意 ε > 0, 取 N = 1, 則對所有 n ≥ N, 都有 |an − c| = |c − c| = 0 < ε。 因此 lim n→∞c= c。 例 4. 考慮無窮數列 {an}∞ n=1 = {1n}∞n=1, 證明 nlim →∞an= 0。 想法. 首先我們約定一個正數 ε >0,然後研究這個數列的哪些項和 0這個實數之間的距離真如我們 所約定的ε還要近, 所以現在要觀察的是 |1 n − 0| < ε這個不等式在什麼情況下會成立。 現將不等式改寫, 得到 1 n < ε或是 n > 1 ε, 於是這個數列可以找到一個正整數 N = 1 ε + 1, 那 麼當 n≥ N 的時候, 就有|1 n− 0| < ε。 證明: 對任意 ε >0, 取N =1 ε + 1 ∈ N, 則對所有n≥ N,都有 |an− 0| = 1 n− 0 = 1 n (∗) < ε, 其中(∗)式成立是因為 n≥1 ε + 1 > 1 ε, 得到 1 n < ε。 因此nlim→∞ 1 n = 0。 在正式進行數學論述時, 只要寫出 證明 的那段文字即可, 前面的 想法 那部份不必寫出來, 那些 話語只是此時此刻為了想要讓各位深刻了解極限的意義而寫下的內心話, 不需要公諸於世。
接著我們看看如何分析稍微複雜一點的數列之極限。 例 5. 證明 lim n→∞ 2n2 n2−3 = 2。 想法. 首先研究數列的一般項 2n2 n2−3 與 2的距離: 2n2 n2− 3− 2 = 2n2− 2(n2− 3) n2− 3 (n≥2) ==== 6 n2− 3 希望 < ε, 注意到第二個等式只要在 n≥ 2 的時候就可以將絕對值拆掉, 所以我們在等式上面特別註明這件事。 增加 n≥ 2 這個條件以去掉絕對值是允許的, 這是因為數列的極限在乎的是 n 很大的時候數列的行 為, 所以前面的有限項不論多麼 「不守秩序」 (像是這裡的 n = 1) 也不打緊。 而最後一個不等號是我 們希望建立的目標, 所以我們嘗試解以下不等式: 在 n≥ 2 時, 6 n2− 3 < ε⇔ n 2 − 3 > 6ε ⇔ n2 > 6 ε+ 3 ⇔ n > r 6 ε + 3或n <− r 6 ε+ 3, 注意到上面不等式的計算在 n ≥ 2 時都是等價的討論, 所以給定誤差 ε > 0 之下, 我們只要取 N = max2,hhq6ε+ 3ii+ 1, 那麼上述討論就可以完全反推回去。 有了前面的想法, 我們就可以寫出 lim n→∞ 2n2 n2−3 = 2 的證明: 證明: 對任意 ε >0, 取N = max2,hhq6ε+ 3ii+ 1∈ N,則對所有n≥ N,都有 2n2 n2− 3− 2 = 2n2− 2(n2− 3) n2− 3 (n≥2) ==== 6 ·n21 − 3 (∗) < 6 · ε 6 = ε, 其中 (∗)這個不等式成立是因為 n > ""r 6 ε + 3 ## + 1 >r 6 ε+ 3 ⇒ n 2 > 6 ε+ 3 ⇒ n 2 − 3 > 6ε ⇒ n21 − 3 < ε 6, 因此 lim n→∞ 2n2 n2−3 = 2。 關於上述分析有一件事情值得思考: 觀察這裡求得 N 的方法, 我們用到解一元二次不等式的技 巧。 或許你會想: 倘若有理式經過整理後需要解的是三次式或四次式, 那我們不就要先學會如何解三 次或四次方程式與不等式嗎? 更不幸地是, 在代數學上, 可以證明 「五次以上的方程式沒有公式解」, 那這樣我們不就沒辦法處理更高次或更一般的數列之極限了嗎? 事實上這件事我們不需要感到沮喪或慌張,注意到數列極限的主要目標只是要確定 「N 的存在性」 而已, 並不是要找到滿足不等式的最小值或最佳數字; 也就是說, 每次給定一個誤差 ε >0, 你只要告 知是不是真的有一個正整數 N 滿足後面所需的要求即可。 想一想在玩大老二撲克牌的時候, 當上一 個玩家出了一張黑桃7時,而你手上有著 8的鐵支, 你並不會把你手上的梅花 8 打出來(它是可以壓 過黑桃 7 的最小的牌), 而是順勢地打出紅心 K (因為你手上的兩張 9 與三張 J 可以湊出葫蘆 (full house)也不想拆牌) 壓過黑桃 7 即可。 也就是說, 我們可以避掉使用解高次不等式的方法得到論證。
現在重新觀察這個數列: 2n2 n2− 3 − 2 = 2n2− 2(n2− 3) n2− 3 (n≥2) ==== 6 n2− 3 <式子1 <式子 2 < · · · <式子 k 希望 < ε, 這裡我們想要提供新的討論方法: 在原式與目標式之間適當地安插式子 1、式子 2、...、式子 k, 然後 對於 「式子k」 的表達來說相當單純, 使得最後建立 「式子k < ε」 的討論以及所設立的條件都非常容 易求得的情況下就能完成整個論述。 比方說我們可以這麼改寫: 2n2 n2− 3− 2 = 2n2− 2(n2− 3) n2− 3 (n≥2) ==== 6 n2− 3 (n≥3) < 6 n2− 4= 6 (n + 2)(n − 2) < 6 n− 2 希望 < ε, 這麼一來, 最後的不等式要達成所需的條件就很容易找到: 在n≥ 3時, 6 n− 2 < ε⇔ n − 2 > 6 ε ⇔ n > 6 ε+ 2。 證明: 對任意 ε >0, 取N = max(3, [[6ε+ 2]] + 1), 則對所有n≥ N,都有 2n2 n2− 3− 2 = 2n2− 2(n2− 3) n2− 3 (n≥2) ==== 6 n2− 3 (n≥3) < 6 n2− 4 = 6 (n + 2)(n − 2) < 6 n− 2 (∗) < ε, 其中 (∗) 這個不等式成立是因為 n > 6 ε+ 2 + 1 > 6 ε+ 2 ⇒ n − 2 > 6 ε ⇒ 1 n− 2 < ε 6, 因此 lim n→∞ 2n2 n2−3 = 2。 這個時候或許又會有人想要問問題了, 比方說為什麼這裡會靈光一閃, 想到要把分母減 1 呢? 關 於這個問題的回覆如下: 若分母不減1, 直接對原式的分母用平方差處理也是可以的, 比方說: (1) 6 n2− 3 = 6 (n +√3)(n −√3) < 6 n−√3 < ε, 最後一個不等式對於 n ≥ N, 其中 N = 6 ε + √ 3 + 1皆成立。 (2) 6 n2− 3 = 6 (n +√3)(n −√3) < 6 n−√3 (n≥3) < 6 n− 2 < ε, 最後一個不等式對於 n≥ N, 其 中 N =6 ε+ 2 + 1皆成立。 由上討論便會發現: 處理不等式時只要論述過程合理而且可以達到目的即可, 解法並不唯一。 這就像 說在玩牌時, 對於同樣的一副牌, 每個人對於這個牌組的想法不同, 所以最後的出牌策略也不盡相同。 當然, 你還可以繼續追問的是: 這個例子用到了平方差公式, 若是沒有想到這招, 或是遇到無法分 解的式子那又該怎麼辦? 針對一般處理極限的問題, 其實是有一些大原則, 而這些原則要到 2.5節介 紹過等級(order)的原理後才可能完全掌握。 對於初學者來說, 在尚未把極限的精神完全掌握之前, 應 該盡量多看、多想、多嘗試。 每次多看一個例子, 就應該把相關的技巧學起來, 然後也要花時間比較不 同技巧的優劣性才能逐漸體會該理論。
我們再舉一個例子說明數列極限該如何用精確定義的方式證明。 例 6. 試證 lim n→∞ 2n+1 n√n+2n−1sin n = 0。 想法. 給定誤差ε >0, 想要研究是否在某個 N 之後的項都有 2n+1 n√n+2n−1sin n − 0 < ε。 對於要討 論的數列, 整體來說其實還蠻複雜的, 不僅分子與分母都不只一項, 甚至還有 sin n在攪局, 導致整個 數列的行為現階段都不易掌握。 而我們可以做的事情就是想一想是否有辦法從中建立一些不等式: 2n + 1 n√n+ 2n − 1sin n − 0 ≤ 式子 1 ≤式子 2 ≤ · · · ≤式子 k希望< ε, 在建立不等式的過程中, 除了確定每個不等式是否會對 n 有些附加的約束條件, 還必須對於最後的 「式子k < ε」 當中找出明確的 N1 ∈ N 使得 n ≥ N1 的時候這個不等式成立。 這麼一來, 只要取 N = max(N1,所有的約束條件), 則當n≥ N 時, 所有的不等式就能完全串起來。 同樣地, 因為我們 必須明確找出 N1, 所以如果 「式子k」愈單純則愈好分析。 這裡提點幾個建立不等式的原則: (1) 一個數,若分子與分母都是正量, 分母固定, 只要分子變大, 其值也愈大。 特別地, 若分子有好幾 項組成時, 可以考慮直接把某些負的項去掉。 (2) 一個數,若分子與分母都是正量, 分子固定, 只要分母變小, 其值也愈大。 特別地, 把分母當中的 某些正量直接去掉就會有這個現象。
(3) 善用以前曾經學過的不等式, 例如三角不等式(Triangle Inequality)、算幾不等式 (Arithmetic-Geometric Mean Inequality)、柯西不等式 (Cauchy Inequality) 等, 還有一些常用的代數不 等式, 比方說 0 < a < b, 則0 < a2< b2, 0 < a3 < b3... 等。 論證數列極限存在而使用不等式進行化簡的方法叫做 估計(estimate)。 有時候你的估計可能會太 過粗糙導致證不出來; 也就是說, 你可能會遇到一種狀況,就是你前面寫下的每個不等式邏輯上都說得 通,但是最後一式卻無法達到目的。 這個時候必須重新調整不等式, 不能讓資訊放掉太多。 日後需要培 養的數學能力就是要知道哪些量至關重要, 哪些量可以不用太在意。 現在我們用這個例子進行分析: 2n + 1 n√n+ 2n − 1sin n − 0 = 2n + 1 n√n+ 2n − 1sin n = 2n + 1 n√n+ 2n − 1 |sin n| ≤ 2n + 1 n√n+ 2n − 1 = 2n + 1 n√n+ 2n − 1 ≤ 2n + n n√n = 3n n√n = 3 √n, 寫到這裡只要再確定的是: 什麼時候 √3 n< ε? 這個不等式的幾個等價的寫法如下: 3 √n < ε⇔√n > 3 ε ⇔ n > 9 ε2 所以, 只要取N = [[ε92]] + 1就完成了。
證明: 對任意 ε >0, 取N = [[ε92]] + 1 ∈ N,則對所有n≥ N,都有 2n + 1 n√n+ 2n − 1sin n − 0 = 2n + 1 n√n+ 2n − 1sin n = 2n + 1 n√n+ 2n − 1 |sin n| ≤ 2n + 1 n√n+ 2n − 1 = 2n + 1 n√n+ 2n − 1 ≤ 2n + n n√n = 3n n√n = 3 √n (∗)< ε, 其中不等式 (∗)成立的原因在於 n > 9 ε2 + 1 > 9 ε2 ⇒ 9 n < ε 2⇒ √3 n < ε 因此 lim n→∞ 2n+1 n√n+2n−1sin n = 0。 前面花了一些篇幅介紹無窮數列收斂的精確定義, 也用例子示範如何確實論述數列的收斂。 現在 要介紹一個在數學上很重要的數列: 等比數列。 各位在中學的時候應該有接觸過一些等比數列的理論, 一個數列 {an}∞n=1 如果對所有 n ∈ N, 後項除以前項 aan+1n 為一個常數 r 6= 0, 則這個數列稱為 非
平凡的等比數列 (nontrivial geometric sequence),其中常數r 稱為 公比 (common ratio)。 按照定 義, 等比數列的一般項可用首項與公比的關係明確地表達: an = a1 · rn−1。 若以這個一般式重新看
等比數列時, 因為它已不牽涉到除法的問題, 所以這時取 r = 0的話, 可以得到一些 平凡的等比數列
(trivial geometric sequence)或 無聊的等比數列 型如{a1,0, 0, . . . , 0, . . .}。稱它們為平凡或無聊是
因為這個數列只有首項可能非零, 第二項之後全為零, 基本上沒有辦法再說出一些關於這個數列更特 別的意義, 所以並不令人感興趣。 以下我們先證明某些等比數列的收斂情形, 一般的情況會陸續在後面幾節補充。 例 7. 給定實數r 滿足|r| < 1, 證明 lim n→∞r n= 0。 證明: (A) 若 r= 0, 則對所有n∈ N 都有 rn≡ 0, 所以 lim n→∞r n= 0 (詳見 例3)。 (B) 若 0 < |r| < 1,對任意 1 > ε > 0, 希望找到自然數 N ∈ N 使得對所有n≥ N 都有 |rn− 0| = |rn| = |r|n希望< ε, 從最後一個不等式, 兩邊取常用對數(這份講義到目前為止還沒有提到歐拉數(Euler number) e,所以在此就沒有使用自然對數 ln討論問題) 得到nlog |r| < log ε ⇔ n > log ε
log |r|。 由上分析
得到: 對任意 1 > ε > 0, 取N = [[log |r|log ε ]] + 1 ∈ N, 則對所有n≥ N 都有n≥ [[log ε
log |r|]] + 1 > log ε log |r|, 於是 |rn− 0| = |rn| = |r|n<|r|loglog ε|r| = ε, 因此 lim n→∞r n= 0。
上述的論證方式想法非常直接, 因為此數列會變動的量 n 只出現在指數的部份, 所以利用取對數 的方式就可以將 n降到底部的位置進行估計, 而且這種方式不致產生太大的困難。 現在想要介紹另一個證明方法, 各位會看到對於同樣的問題, 我們可以善用以前所學的東西, 有 很多方法都可以處理極限, 思維不必受限。 在此之前, 我想先提一個在分析上常使用的 伯努力不等式 (Bernoulli’s Inequality): 定理 8 (伯努力不等式, Bernoulli’s Inequality). 對任意 x≥ −1與任何自然數 n∈ N, 都有 (1 + x)n≥ 1 + nx。 證明: 利用數學歸納法完成論述: (1) 當 n= 1 時, 則(1 + x)1= 1 + x ≥ 1 + 1 · x 不等式成立。 (2) 假設 n= k 時, 不等式 (1 + x)k≥ 1 + k · x成立。 當 n= k + 1 時, 則 (1 + x)k+1= (1 + x)k(1 + x) ≥ (1 + kx)(1 + x) = 1 + (k + 1)x + kx2 ≥ 1 + (k + 1)x。 (3) 由數學歸納法 (Mathematical Induction) 得知: 對任意滿足 x ≥ −1 的實數與任何自然數 n∈ N, 都有(1 + x)n≥ 1 + nx。 這裡不妨給讀者思考的一個問題是: 上述的證明中, 哪一步有用到x≥ −1 的條件呢? 現在就要利用伯努力不等式再次證明公比絕對值小於一的等比數列收斂, 而且極限值為零。 例 9. 給定 r 滿足 |r| < 1, 證明 lim n→∞r n= 0。 證明: (A) 若 r= 0,則對任何n∈ N都有 rn≡ 0,所以 lim n→∞r n= 0 (詳見 例3)。 (B) 若 0 < |r| < 1,將公比改寫成|r| = 1 1+p,其中p >0是一個定數,由伯努力不等式(Bernoulli’s Inequality)得知 |r|n= 1 (1 + p)n ≤ 1 1 + np < 1 np, 對任意 ε >0,取 N = [[εp1]] + 1, 則對所有n≥ N 都有 n≥ [[εp1]] + 1 > εp1, 得到 |rn− 0| = |r|n< 1 n · 1 p < εp· 1 p = ε, 因此 lim n→∞r n= 0。 各位可以看到伯努力不等式也是建立會變動的量一個在指數另一個在底部的關係式。 利用伯努利不等 式,在之後的討論可以得到較為精簡的估計式。
網路科技的進步約莫是最近這二十年才興起, 也就是各位在小時候玩的遊戲或許都是以網路的線 上遊戲為主。 我小時候雖然家中有任天堂紅白機可以玩 (或許你們覺得任天堂很無聊, 甚至根本不知 道什麼是任天堂。) 但是常常被限制玩電動的時間。 在電動也不能玩的情況下, 桌上唯一的 「電動」 就 剩下計算機了。 我以前有兩台計算機, 一個按鈕很大顆按起來很爽, 另一台是太陽能工程計算機(就是 要有光才有電力),小時候計算機陪了我很長一段時間,生活單調無趣的我卻對那兩台計算機愛不釋手, 險些就要把它操爆了。 我最愛玩的一個計算機遊戲我把它叫做 「十秒一加加」, 先輸入 「1, +, +」 之後 計時十秒鐘狂按 「=」 按鍵看最後的數字, 那兩台計算機的功能真的不相上下, 都曾經被我突破數字超 過 100。 而某年奧運的比賽階段 (應該是 1992 年巴塞隆納奧運會吧), 選手在百米衝刺之時, 這個遊 戲也被我拿來變成百米挑戰賽,在換算成一單位就是一公尺的意義下, 我變成了奧運金牌得主,鳴槍起 步之下, 經過 9.82秒的時間就到終點100 了。 我玩計算機的遊戲不只於此, 我那時候對工程計算機上的 √ 這個按鍵情有獨鍾, 一種符號看起 來有點像除法的東西, 尾巴又勾了一下覺得超好笑, 然後我那時候一直在測試一件事: 隨便按一個正 數, 然後狂按 √ 按鍵, 結果最後都會變成 1, 不管怎麼試都一樣, 我那時候只是覺得這很好玩也沒 多想什麼, 直到唸了更多的數學之後, 才恍然大悟我曾經用計算機驗證了以下的結果: 例 10. 給定實數a >1, 證明 lim n→∞ n √a= 1。 證明: 令 √na= 1 + y n, 則對所有 n∈ N, yn >0。 這裡先證明為什麼 yn>0。 利用反證法, 假設有 某個n∈ N使得 yn≤ 0,那麼 √na≤ 1,兩邊 n次方之後得到 a≤ 1n= 1, 這與前提矛盾。 由二項式定理 (Binomial Theorem)得到 a= (1 + yn)n= C0n· 1n· (yn)0+ C1n· 1n−1· (yn)1+ C2n· 1n−2· (yn)2+ · · · + Cnn· 10· (yn)n >1 + nyn, 得到 |√na− 1| = |y n| < a−1n , 所以對任意 ε > 0, 取 N = [[a−1ε ]] + 1 ∈ N, 則對所有n≥ N, 都有 |√na− 1| < a−1 n < ε, 因此 nlim→∞ n √a = 1。 以下的要證明的事情, 你必須花一點時間和前一個例題比較, 想一想它們之間的差異, 以及論述方 法的異同。 例 11. 證明 lim n→∞ n √n = 1。 證明: 令 √nn= 1 + y n, 則對所有n∈ N, n ≥ 2, yn>0。 這裡先證明為什麼對所有 n≥ 2, yn>0。 利用反證法, 假設存在某個n≥ 2使得 yn≤ 0,則 √nn≤ 1,兩邊同時n次方之後就有n≤ 1n= 1, 這與前提矛盾。 由二項式定理(Binomial Theorem): n= (1 + yn)n= 1 + nyn+ n(n − 1) 2 (yn) 2+ · · · + (y n)n> n(n − 1) 2 (yn) 2, 得到 |√nn − 1| = |yn| < q 2 n−1, 所以對任意 ε > 0, 取 N = [[1 + ε22]] + 1 ∈ N, 則對所有 n≥ N, 都有 |√nn − 1| <qn−12 < ε, 因此 nlim→∞ n √n = 1。
各位有體會出上面兩個例子的異同嗎? 首先,這兩個數列的最大差異在於開n次根號內的數字,一 個是固定的數a,另一個是會變動的n。雖然兩者最終的結果, 也就是這兩個數列的極限值都是 1,但是 在證明的過程中, 關於|yn|的估計, 前者只需要取二項式定理的第二項, 就能得到|yn| < a−1n 以確定 lim n→∞yn= 0; 而後者必須取到二項式定理的第三項, 得到 |yn| < q 2 n−1 才有辦法證明nlim→∞yn= 0。 關於數列極限理論, 我覺得下面這個例子非常值得討論, 不僅要學會的是論證的巧思, 這個結果也 很耐人尋味。 例 12. 假設 lim n→∞an= 0, 令bn = a1+a2+···+an n , 試證nlim→∞bn= 0。 同樣地, 我們在證明之前先進行一些分析: 給定 ε >0, 希望找到明確的正整數 N ∈ N使得對所 有 n≥ N, bn = a1+a2+···+an n 滿足 |bn− 0| = |bn| < ε。 這裡的難點是: bn 是n 個數字取平均, 項 數這麼多該如何控制? 這時, 把這個容許的誤差 ε分成兩部份, 比方說 ε 2+ ε 2。 對於 n≥ N 而言, bn= a1+ a2+ · · · + am−1+ am+ · · · + an n = a1+ a2+ · · · + am−1 n + am+ · · · + an n = I + II, 在這樣的拆解之下, 先觀察第 II 部份, 看看有沒有機會滿足 |II| < ε 2。 事實上是可行的, 這是因為 lim n→∞an= 0, 所以可以在某個 m∈ N之後都有 |an| < ε 2, 其中 n≥ m。 一旦 m 確定之後, 第 I部 分的分子就是一個明確的數字, 而分母 n愈來愈大之下就能滿足 |I| < ε 2。 所以為了啟動這兩個機制, 所以選取的 N 必須同時滿足這兩個條件。 大家是否有玩過密室逃脫的遊戲, 為了要逃出密室, 你要先找到房門鑰匙, 而這個房門鑰匙是被鎖 在一個保險箱內, 保險箱的四位數密碼在你們遊戲過程中分成兩組各自找到兩位數, 再想辦法理出一 個順序, 然後開啟保險箱之後取出鑰匙, 最後才能逃離房間。 也就是說, 完成一件事所採取的策略會有 先後的順序, 這在驗證數列極限的時候也會發生, 就像這個例子中, 我們必須先處理 II 的部份, 再解 決 I。 證明: 對任意 ε >0, 因為 lim n→∞an= 0, 所以存在m∈ N使得對所有n≥ m都有 |an| < ε 2。 此時, 對於 n≥ m, 觀察數列 |bn| = a1+ a2+ · · · + am−1+ am+ · · · + an n ≤ 1 n m−1 X k=1 |ak| + 1 n n X k=m |ak| < (m − 1)M n + n− (m − 1) n · ε 2 < mM n + ε 2, 其中 M = max(|a1|, |a2|, . . . , |am−1|)。 對任意 ε > 0, 取 N = max(m, [[2mMε ]] + 1), 則對所有 n≥ N,都有 |bn| < mM n + ε 2 < ε 2+ ε 2 = ε, 因此 lim n→∞bn= 0。
若各位未來對於機率與統計感興趣的話, 這個例子是大數法則(law of large number)的起源,到時候
關於數列的定義, 這裡想要補充說明一件事情: 基於極限精確定義一開始宣告誤差的 「任意性」, 我們可以證明數列極限存在 lim n→∞an= L 與以下敘述等價: 對任意 ε > 0, 存在 N ∈ N使得對所有n≥ N 時, 都有 |an− L| < Mε, 其中 M 是 一個與 n 無關的正數。 這裡先給出此等價敘述的證明。 證明: (⇒)極限 lim n→∞an= L的精確定義是說: 對任意正數ε ′>0,存在N ∈ N使得對所有n≥ N 時,都有|an− L| < ε′。 對任意正數ε >0,現考慮 ε′ = M ε > 0,則存在N ∈ N使得對所有n≥ N 時, 都有|an− L| < ε′ = M ε。 (⇐)已知對任意ε >0, 存在 N ∈ N使得對所有n≥ N 時, 都有 |an− L| < Mε, 其中M 是 一個與 n 無關的正數。 對任意 ε′ > 0, 取 ε = ε′ M > 0, 存在 N ∈ N 使得對所有 n ≥ N 時, 都有 |an− L| < Mε = M · ε ′ M = ε′, 所以 nlim→∞an= L。 這個等價敘述有助於往後在證明和極限有關的論述時不需要一直花心思去調整或分配誤差 ε, 而是可 以對於每一個要估計的量都先用 ε 各自處理, 最後再進行整合即可。 比方說, 我們用下面的方式重新 證明 例12: 證明: 對任意 ε >0, 因為 lim n→∞an= 0, 所以存在m ∈ N使得對所有 n≥ m都有 |an| < ε。 此時, 對於n≥ m,觀察數列 |bn| = a1+ a2+ · · · + am−1+ am+ · · · + an n ≤ 1 n m−1 X k=1 |ak| + 1 n n X k=m |ak| < (m − 1)M n + n− (m − 1) n · ε < mM n + ε, 其中 M = max(|a1|, |a2|, . . . , |am−1|)。 現取 N = max(m, [[1ε]] + 1), 則對所有n≥ N, 都有 |bn| < mM n + ε < mM ε + ε = (mM + 1)ε, 因此 lim n→∞bn= 0。 註. 根據求和的記號 n1 m−1 P k=1|a k|, 下標 k = 1表示指標 k 從 1 開始, 每次指標增加 1 單位後將|ak| 相加, 一直加到指標的數字為 m− 1 為止, 最後再除以 n。 若上標的數字比下標的起始值來得小, 則 表示完全沒有那一項; 也就是說, 在這個例子下, 如果m= 1 的話, 那就沒有 1 n m−1 P k=1|a k|這一部份。 現在要討論的是發散數列的語法及例子。 所謂的發散數列, 表示任何實數都不是數列的極限值, 若 用精確定義表述, 則是對任何的L∈ R, 「對任意ε >0, 存在N ∈ N 使得對所有的n≥ N,都有 |an− L| < ε。」 不成立 ⇔ 「存在ε0 >0, 對所有 N ∈ N都存在 n0 ≥ N 使得 |an0− L| ≥ ε。」 成立。 寫出否定敘述沒有很困難,原則上就是把任意換成存在,把存在換成任意,然後最後的不等式用三一律 (trichotomy law)改掉。
例 13. 證明無窮數列 {an}∞n=1 = {(−1)n}∞n=1 發散。 證明: 給定 L∈ R,分以下兩種情況討論: (A) 若 L≥ 0, 取ε0= 1, 對所有 N ∈ N,取 n0= 2N + 1, 則 |an0− L| = L − an0 = L − (−1) = L + 1 ≥ 1。 (B) 若 L <0, 取ε0= 1, 對所有 N ∈ N,取 n0= 2N, 則 |an0− L| = an0− L = 1 − L ≥ 1。 由 (A) 與 (B) 得知: 任何實數 L 都不是 {an}n=1∞ 的極限, 因此無窮數列 {an}∞n=1 = {(−1)n}∞n=1 發散。 注意到 例13 中的 ε0 可以取小一點, 比方說 ε0= 12 也是可以的, 因為此時我們只要找到正數滿 足條件 (存在性) 即可。 這一節的最後想要從幾何與元素個數的觀點來闡述無窮數列的收斂與發散。 對於無窮數列{an}∞ n=1, 假設 lim n→∞an= L, 給定誤差ε > 0之後, 現將區間 (L − ε, L + ε) 在實數軸上畫出來, 然後再標註 an, n= 1, 2, 3, . . . 的所在位置, 如圖 2.1所示:
( )
· · · · L 圖 2.1: 收斂的數列, 對任何ε >0, 在(L − ε, L + ε) 外面的項最多只有有限多個。 注意到 {an}∞ n=1 是無窮數列, 我們無法真的把每一項都標示在數線上, 但是以下現象是可以確定 的: 由定義, 因為存在N ∈ N使得對所有n≥ N 時都有 |an− L| < ε ⇔ L − ε < an< L+ ε, 所 以從 aN 之後的所有項都會落在區間 (L − ε, L + ε) 內; 換句話說, 在區間 (L − ε, L + ε)外的項只 有有限多項 (最多只會有N − 1項)。 所以我們會有以下結論: (A) 無窮數列{an}∞ n=1 收斂於 L等價於 以L 為中心, 對任意 ε > 0, 數列 {an}∞ n=1 在區間 (L − ε, L + ε) 外的項只有有 限多項。 (B) 無窮數列{an}∞ n=1 發散等價於: 對任何L∈ R,總是存在ε >0使得數列{an}∞ n=1 在區間(L − ε, L + ε) 外的項 有無限多項。 各位可以把西遊記故事與數列收斂的情況做一個類比, 用an比喻成孫悟空在翻筋斗雲的動態,孫 悟空不論翻了多少個筋斗雲(an 隨著n一直在數線上動來動去),終究逃不出如來佛的手掌心(an終 究會掉到 (L − ε, L + ε) 的範圍內)。 至於什麼樣的情境比較像是數列發散的情況呢? 比方說你坐在 教室中聽著老師講著枯燥無味的課程, 每一次上課都無法全神貫注地聽講, 也就是說每一次上課,總是 會有一個時刻恍神而分心之下, 你的思緒就有如發散的數列般總是飄走無法聚焦。2.2
收斂數列的性質
這一節的主要目標是要證明收斂數列的基本性質。 定理 1. 若無窮數數列{an}∞ n=1 收斂,則極限值唯一。 證明: 利用反證法。 假設數列 {an}∞ n=1 收斂於兩相異的值 L 與 M; 也就是說, 若 nlim →∞an = L, lim n→∞an= M 且 L6= M。 不妨設 L < M, 則有L < L+M 2 < M。 取 ε= M2−L>0, (A) 因為 lim n→∞an = L, 所以存在 N1 ∈ N 使得對所有 n ≥ N1, 都有 |an− L| < M−L 2 , 得到 an< L+M2−L= L+M2 。 (B) 因為 lim n→∞an = M, 所以存在 N2 ∈ N 使得對所有 n ≥ N2, 都有 |an− M| < M−L 2 , 得到 L+M 2 = M − M−L 2 < an。 令 N = max(N1, N2), 則對所有 n≥ N, 都有 an > L+M2 且 an < L+M2 矛盾, 所以無窮數數列 {an}∞n=1 若收斂, 則極限值唯一。 這個定理的出現或許對於學數學的人(或數學老師)來說是最開心不過的事, 因為這導致一個極限 問題若算得出答案的話, 那麼就只有一個標準答案。 定理 2. 若有兩個收斂數列 lim n→∞an = L, limn→∞bn = M 且 L < M , 則存在 N ∈ N 使得對所有 n≥ N, 不等式 an< bn 成立。 證明: 考慮正數 ε < M2−L, 因為 lim n→∞an = L, 所以對於這個 ε > 0, 存在 N1 ∈ N 使得對所有 n ≥ N1, 都有 |an− L| < ε;因為 lim n→∞bn = M, 所以對於這個 ε > 0, 存在 N2 ∈ N 使得對所有 n≥ N2, 都有 |bn− M| < ε。考慮 N = max(N1, N2), 則對所有n≥ N,都有 |an− L| < ε ⇒ L − ε < an< L+ ε |bn− M| < ε ⇒ M − ε < bn< M+ ε, 所以 an< L+ ε < L + M − L 2 = L+ M 2 = M − M − L 2 < M − ε < bn。 定理 3. 若有兩個收斂數列 lim n→∞an = L, limn→∞bn = M , 並且存在 N ∈ N 使得對所有的 n≥ N, 不等式 an < bn 都成立, 則 L≤ M。 證明: 利用反證法。 假設 L > M, 則由 定理 2 得知, 存在 N ∈ N 使得對所有的 n ≥ N, 不等式 an> bn 成立, 這與前提矛盾。 因此L≤ M。 關於 定理2,它是在說明取極限之後的嚴格不等式可以推得兩數列在某一項之後的逐項嚴格不等 式, 而 定理3 則是反過來, 如果知道兩個數列在某一項之後有嚴格不等式, 可以推論出極限值的不等 式(此時等號可能會成立)。這兩個定理中有個小細節必須注意。 關於 定理 2的條件如果改成L≤ M 帶有等號的話, 結論有 可能不對,例如{an}∞ n=1 = {(−1) n n }∞n=1而{bn}∞n=1 = {(−1) n+1 n }∞n=1。而 定理3的前提雖然an< bn 不帶等號, 然而結論 L≤ M 的等號可能會成立, 例如 {an}∞ n=1 = {2n1 }∞n=1 與 {bn}∞n=1 = {1n}∞n=1, 對所有 n∈ N都有 1 2n < n1, 而nlim→∞an= limn→∞bn= 0。 以下推論基本上是 定理2 的特例, 而 定理5 則是 定理3 的應用。 推論 4. (A) 若 lim n→∞an= L, 且 L > M ,則存在 N ∈ N 使得對所有n≥ N, 都有 an> M。 (B) 若 lim n→∞an= L, 且 L < M ,則存在 N ∈ N 使得對所有n≥ N, 都有 an< M。 證明: 考慮數列 {bn}∞ n=1, 其中 bn ≡ M,則 lim n→∞bn= M, 由 定理 2 得知, 存在 N ∈ N使得對所 有 n≥ N,不等式 an> bn= M 都成立。 定理 5 (夾擠定理, Squeeze Theorem). 考慮三個數列 {an}∞n=1,{bn}∞n=1,{cn}∞n=1, 若存在 N0 ∈ N 使得對所有 n≥ N0,都有 an≤ bn≤ cn, 並且 lim n→∞an= limn→∞cn= L, 則 nlim→∞bn= L。 證明: 給定任意正數ε >0,因為 lim n→∞an= L,存在N1 ∈ N使得對所有n≥ N1,都有|an−L| < ε。 因為 lim n→∞cn= L,存在N2∈ N使得對所有n≥ N2,都有|cn−L| < ε。 取N = max(N0, N1, N2), 則對所有n≥ N,都有 L− ε < an≤ bn≤ cn< L+ ε ⇒ |bn− L| < ε, 所以 lim n→∞bn= L。 在夾擠定理的建立後將帶來很多好處, 當一個數列非常複雜時, 可以試著找尋比這個數列還要大 與比較小的另外兩個數列,這兩個數列相對單純而容易討論其極限,只要這兩個極限也相等,那麼夾在 中間的數列極限也隨之確定。 例 6. 試求極限 lim n→∞ n+2 (n+1)2。 解. 因為 0 < n+ 2 (n + 1)2 < n+ 2 (n + 1)2− 1 = n+ 2 (n + 2)n = 1 n 而且 lim n→∞ 1
n = limn→∞0 = 0, 故由夾擠定理(Squeeze Theorem)得知 nlim→∞ n+2 (n+1)2 = 0。
回想第 1章曾經提到有上界或是有下界的集合, 將這個概念用到數列上則可定義有界數列。
定義 7. 若存在兩實數 m 與 M 使得對所有 n∈ N 都有 m ≤ an ≤ M, 則稱 {an}∞n=1 是 有界數
列(bounded sequence)。 此時m 稱為數列的一個 下界(lower bound),而M 稱為數列的一個 上界
(upper bound)。
以下兩件事應該容易理解的:
(A) 若數列有界, 則上界、下界不唯一。
定理 8. 若數列 {an}∞n=1 收斂, 則數列是有界的。 證明: 假設 lim n→∞an= L, 特別考慮 ε= 1, 則存在 N ∈ N使得對所有的 n≥ N 都有 |an− L| < 1 ⇒ |an| = |an− L + L| ≤ |an− L| + |L| < 1 + |L|。 令M = max(|a1|, |a2|, . . . , |aN−1|, 1 + |L|), 則對所有n∈ N 都有 |an| ≤ M, 所以數列 {an}∞n=1 是有界的。 定理 9 (極限的四則運算). 若數列 {an}∞ n=1 與 {bn}∞n=1 皆收斂, 則 (A) 數列 {an± bn}∞ n=1 收斂, 並且 lim n→∞(an± bn) = limn→∞an± limn→∞bn。 (B) 數列 {an· bn}∞ n=1 收斂, 並且 nlim→∞an· bn= lim n→∞an· limn→∞bn。 (C) 若 lim n→∞bn6= 0, 則數列 { an bn} ∞ n=1 收斂, 並且 lim n→∞ an bn = lim n→∞an lim n→∞bn 。 證明: 假設 lim n→∞an= L1 與nlim→∞bn= L2。 (A) 對任意 ε >0, 存在 N1 ∈ N使得對所有 n≥ N1, 都有 |an− L1| < ε; 存在 N2 ∈ N使得對 所有 n ≥ N2, 都有 |bn− L2| < ε。 取 N = max(N1, N2), 則對所有n≥ N, 利用三角不等 式 (triangle inequality),得到 |(an± bn) − (L1± L2)| = |(an− L1) + (±(bn− L2))| ≤ |an− L1| + | ± (bn− L2)| = |an− L1| + |bn− L2| < ε + ε = 2ε, 所以 lim n→∞(an± bn) = L1+ L2 = limn→∞an± limn→∞bn。 (B) 因為數列 {an}∞ n=1 收斂, 所以數列 {an}∞n=1 有界, 即存在 M > 0 使得對所有 n∈ N 都有 |an| ≤ M。 對任意 ε > 0, 存在 N1 ∈ N 使得對所有 n ≥ N1, 都有 |an− L1| < ε, 存在 N2 ∈ N 使得對所有n≥ N2, 都有 |bn− L2| < ε。 取 N = max(N1, N2), 則對所有n≥ N,都有 |an· bn− L1· L2| = |an· bn− an· L2+ an· L2− L1· L2| ≤ |an· bn− an· L2| + |an· L2− L1· L2| = |an(bn− L2)| + |(an− L1)L2| = |an||bn− L2| + |an− L1||L2| ≤ Mε + ε|L2| = (M + |L2|)ε, 因此 lim n→∞an· bn= L1· L2= limn→∞an· limn→∞bn。
(C) 對任意 ε >0, 存在 N1 ∈ N使得對所有n≥ N1, 都有 |an− L1| < ε, 存在 N2 ∈ N使得對 所有 n≥ N2, 都有|bn− L2| < ε。 因為 lim n→∞bn= L2 6= 0,且nlim→∞bn· L2= L2· limn→∞bn= (L2) 2 > (L2)2 2 ,存在 N3 ∈ N使得 對所有 n≥ N3 都有 bn· L2> (L2) 2 2 。 取 N = max(N1, N2, N3), 則對所有n≥ N,都有 an bn − L1 L2 = an· L2− bn· L1 bn· L2 = an· L2− L1· L2+ L1· L2− bn· L1 bn· L2 ≤ |an· L2− L1· L2| + |L1· L2− bn· L1| |bn· L2| ≤ |an− L1||L2| + |bn− L2||L1| |bn· L2| < |L2|ε + |L1|ε (L2)2 2 = 2(|L1| + |L2|) (L2)2 ε, 因此 lim n→∞ an bn = L1 L2 = lim n→∞an lim n→∞bn 。 極限四則運算對日後處理複雜的數列極限帶來很大的便利。 使用極限四則運算時, 必須確定每一個拆 開後的數列都收斂, 而且在分母的部份整體而言極限值不能為0的情形下, 就可以順勢使用四則運算。 而數學歸納法 (Mathematical Induction)原理得知極限四則運算可適用於任何有限個數列加減乘除 之拆解。 回想單元 2.1當中的 例10 曾經介紹按計算機的故事, 那時候證明了對於 a >1, 不斷地開根號 之下, 數字會愈來愈接近1。 以下要證明的是: 其實這個現象對於a是任何的正數都有同樣的結果。 例 10. 對於正數a >0, 證明 lim n→∞ n √ a= 1。 解. (A) 若 a >1, 則由前一節的 例10 得知 lim n→∞ n √a= 1。 (B) 若 a= 1, 則 √na≡ 1,由前一節的 例3得知 lim n→∞ n √ a= 1。 (C) 若 a <1, 則 1 a >1, 由極限的四則運算得知 lim n→∞ n √ a= lim n→∞ n s 1 1 a = lim n→∞ n √ 1 n q 1 a = lim n→∞ n √ 1 lim n→∞ n q 1 a = 1 1 = 1。 例 11. 給定正數a1, a2, . . . , ak, 試求極限 lim n→∞ n pan 1 + an2 + · · · + ank。 解. 記A= max(a1, a2, . . . , ak), 因為 An≤ an1 + an 2 + · · · + ank ≤ k · An⇒ A ≤ pan n1 + an2 + · · · + ank ≤ n √ k· A, 而且 lim n→∞A = A 與 nlim→∞ n √ k· A = lim n→∞ n √ k· lim n→∞A = 1 · A = A, 故由夾擠定理 (Squeeze Theorem) 得知 lim n→∞ n pan 1 + an2 + · · · + ank = max(a1, a2, . . . , ak)。
2.3
單調數列理論
前一節介紹的是一般數列的基本性質, 這一節要討論一類特別的數列: 單調數列。 首先給出相關定義: 定義 1. 設{an}∞n=1 是一個無窮數列。 (A) 若對所有 n∈ N,都有 an≤ an+1, 則稱數列 {an}∞n=1 是 遞增的(increasing)。 (B) 若對所有 n∈ N,都有 an< an+1, 則稱數列 {an}∞n=1 是 嚴格遞增的(strictly increasing)。 (C) 若對所有 n∈ N,都有 an≥ an+1, 則稱數列 {an}∞n=1 是 遞減的(decreasing)。 (D) 若對所有 n∈ N,都有 an> an+1, 則稱數列 {an}∞n=1 是 嚴格遞減的(strictly decreasing)。 (E) 如果數列 {an}∞ n=1 是遞增的或是遞減的, 則稱數列是 單調的 (monotonic)。 介紹完遞增與遞減數列的概念後, 再配合前一小節提到有界數列的概念, 在此要介紹一個定理:定理 2 (單調有界定理, Monotonic Sequence Theorem). 單調有界的數列必收斂。 這句話較為明確 的表述是: 遞增有上界的數列必收斂; 遞減有下界的數列必收斂。 關於這個定理的證明與實數的完備性有關, 我們留到第 3 章再好好闡述, 屆時會將所有與實數完 備性有關的定理一併介紹。 先接受這個定理之下, 這裡要花一些時間介紹歐拉數 (Euler number) e。 歐拉數的建構方法有很多種, 其中一是源自於連續複利的問題, 再這裡做一個簡要的介紹。 某人拿1 元去 「佛心銀行」 存款, 只見銀行的櫃姐口沫橫飛地推銷最新優儲方案: 利率100%, 並 以複利計算, 可以選擇年複利、季複利、月複利、日複利、時複利、分複利、秒複利。 根據複利的公式: 本利和=本金× 1 + 利率 期數 期數 , 我們可以把剛才的各種複利方案的本利和都計算出來: 記n表示複利的期數, 於是 複利 n 本利和 = (1 +n1)n 年複利 1 2 季複利 4 2.44140625 月複利 12 2.61303529 日複利 365 2.71456748 時複利 8760 2.71812669 分複利 525600 2.71827924 秒複利 31536000 2.71828178 在這個表格中會看到一個現象是: 本利和對於期數n而言有遞增的現象, 那它會無限制的增加嗎? 換 言之,把一塊錢存入銀行, 然後跟櫃姐說我想要用更精細的複利方案,這樣可能一元致富嗎? 這個問題 在 1727 年瑞士數學家歐拉 (L. Euler, 1707–1783) 就知道它是不會無限制地增大, 現把這個結果寫 成以下例子。
例 3. 考慮無窮數列 {an}∞n=1= {(1 + n1)n}∞n=1, 證明 {an}∞n=1 遞增有上界, 所以數列收斂, 將極限 值記為 lim n→∞(1 + 1 n)n = e, 稱為 歐拉數 (Euler number)。 證明: 由二項式定理 (Binomial Theorem)得知: an= 1 + 1 n n = C0n· 1n· 1 n 0 + C1n· 1n−1· 1 n 1 + · · · + Cnn· 10· 1 n n = 1 + 1 +n(n − 1) 2! · 1 n2 + · · · + n(n − 1) · · · (n − k + 1) k! · 1 nk + · · · + n! n!· 1 nn = 2 + 1 2! 1 −n1 + · · · +k!1 1 −n1 1 − n2 · · · 1 − k− 1n + · · · + 1 n! 1 − n1 1 −n2 · · · 1 −n− 1n <2 + 1 2! 1 −n1 + 1 + · · · + 1 k! 1 −n1 + 1 1 − n2 + 1 · · · 1 −kn− 1 + 1 + · · · + 1 (n + 1)! 1 − n+ 11 1 −n+ 12 · · · 1 −nn+ 1 = an+1, 所以 {an}∞ n=1 是嚴格遞增的。 另一方面, 由上述的討論再稍做修改, 得到 an= 2 + 1 2! 1 −n1 + · · · +k!1 1 − n1 1 − 2n · · · 1 −k− 1n + · · · + 1 n! 1 −n1 1 −n2 · · · 1 − n− 1n <2 + 1 2!+ · · · + 1 k!+ · · · + 1 n! <2 + 1 1 · 2 + · · · + 1 (k − 1)k + · · · + 1 (n − 1)n = 2 + 1 − 12 + 1 2 − 1 3 + · · · + 1 k− 1− 1 k + · · · + 1 n− 1− 1 n = 3 −n1 <3, 所以{an}∞
n=1有上界。 故由單調有界定理(Monotonic Sequence Theorem)得知nlim →∞ 1 + 1 n n 存 在。
2.4
子數列理論
定義 1. 給定無窮數列 {an}∞ n=1, 而n1 < n2 <· · · < nk<· · · 是一個嚴格遞增的正整數數列, 則 {ank}∞k=1 = {an1, an2, . . . , ank, . . .}∞k=1 稱為無窮數列 {an}∞ n=1 的一個 子數列 (subsequence)。 關於 {ank}∞k=1 這個記號有雙重的意義, 若是看成 {(an)k}∞k=1 的時候, 則是強調這個子數列 是 {an}∞ n=1 的繼承者, 並且子數列是以 k 為指標以表示子數列的第 k 項; 另一方面, 若是看成 {a(nk)}∞k=1 則是強調 nk 是一個正整數, 然後連繫子數列的第 k項與原數列的第 a(nk) 項。 這裡觀察指標的對應: k ∈ N 7→ nk ∈ N, 因為此映射嚴格遞增, 故對所有 k∈ N, 都有 nk ≥ k 這個性質。無窮數列與其子數列之間有許多微妙的關係, 很值得仔細討論。 當面對一個很複雜的數列不知如 何處理時,有時會先觀察子數列的行為,這是因為子數列表示我們選擇性忽略一些項, 只研究某些特定 項的行為, 在得知數列的一部份有某些現象時, 希望可以反推原數列的行為。 以下幾個定理就是在說 明原數列與其子數列之間的關係。 首先要證明的是若數列收斂, 則數列極限與子數列的極限一致。 定理 2. 若無窮數列{an}∞ n=1 收斂於 L, 則它的任何子數列 {ank}∞k=1 也收斂於 L。 證明: 對任意 ε > 0, 存在 N ∈ N 使得對所有 n ≥ N 都有 |an− L| < ε。 取 K = N, 則對 於子數列 {ank}∞ k=1 來說, 對所有 k ≥ K, 因為 nk ≥ k ≥ K = N, 所以 |ank − L| < ε, 因此 lim k→∞ank = L。 就實用性來說, 我們經常拿 定理 2 的否逆命題判斷一個數列是否發散。 定理 3. 無窮數列若有一個子數列發散, 或是有兩個子數列收斂但極限值不同, 則無窮數列發散。 證明: 這是 定理 2否逆命題的敘述。 因為子數列的概念就是把原數列的某些部份選擇性不看, 也就是說它會失去一些原數列的訊息, 若 要從子數列的方式研究原數列, 一種方法是要追查所有可能的子數列之行為。 定理 4. 無窮數列收斂等價於它的任何子數列都收斂。 證明: (⇒)這是 定理2 的結果。(⇐) {an}∞ n=1 本身也是{an}∞n=1 的一個子數列, 故結論成立。 定理 4 是一個邏輯上等價的敘述, 但是實用性不高, 因為一個數列都搞不定了, 更何況我們還要 檢查所有的子數列的收斂性。 那有沒有一種用子數列了解原數列且比較好的方法呢? 回想前面一段話 的討論, 子數列會失去一些原數列的訊息, 那麼有沒有可能挑出某幾個子數列而且不會失去原數列的 訊息呢? 下面的定理就提供了一個可行的方法。 定理 5. 無窮數列{an}∞ n=1 收斂等價於奇數項子數列 {a2n−1}∞n=1 與偶數項子數列 {a2n}∞n=1 都收 斂並且極限值相同。 證明: (⇒)這是 定理2的結果。 (⇐)記bn= a2n−1, cn= a2n,{am}∞m=1 = {b1, c1, b2, c2, . . .}。 若 lim
n→∞bn= limn→∞a2n−1 = L, limn→∞cn= limn→∞a2n= L, 給定ε >0, 則存在 N1∈ N 使得n≥ N1 都
有|bn− L| = |a2n−1− L| < ε, 也存在 N2 ∈ N使得 n≥ N2 都有|cn− L| = |a2n− L| < ε。 則對 於數列 {am}∞ m=1 而言 (此時指標的記號換成 m 以避免混淆), 給定 ε >0, 取 N = max(N1, N2), 當m≥ 2N,則 |am− L| < ε,因此無窮數列 {am}∞m=1 收斂 。 若各位的領悟力夠高的話,應該可以發現:把一個無窮數列經過適當的分割(partition),如果分割 數有限, 每一個分割將形成一個子數列。 若原數列的每一項都在某一個子數列中出現, 而且如果每個 分割對應的子數列都收斂且極限值相同的話, 那麼原來的無窮數列也收斂。 上面的定理是分成奇數項 子數列與偶數項子數列, 另一個簡單的推論是三分法, 像是標號除以三餘零、餘一、餘二而形成三個子 數列, 證明這三個子數列都收斂且極限值一樣, 那麼原數列收斂且有相同的極限值。
2.5
無窮小與無窮大
在數列的理論或是往後的函數理論中, 無窮小與無窮大這兩個觀念及其理論是相當重要的, 這套原則 若能確實掌握, 對於數學分析能力基本上就已打通任督二脈。 當中的一些想法在日後的分析基礎上能 有相對直觀的方式看待之, 也容易依據這個原則掌握大致的現象。 首先我們給出無窮小數列與無窮大數列的定義。 定義 1. (A) 若數列{an}∞ n=1 收斂且極限值為0;也就是說,對任何ε >0,存在N ∈ N使得對所有n≥ N都有 |an| < ε, 則稱{an}∞n=1 為 無窮小數列(infinitely small sequence)。
(B) 設 {an}∞n=1 是一個數列, 如果對任意正數 M >0, 都存在 N ∈ N 使得對所有 n≥ N 都有 |an| > M, 則稱{an}∞n=1 為 無窮大數列 (infinitely large sequence)。
這裡可再細分無窮大數列 {an}∞
n=1 的行為: 若有N ∈ N 使得對所有n≥ N 都有 an>0, 則稱
這個無窮大數列是 發散至正無窮大 (divergent to positive infinity), 此時以記號 lim
n→∞an = ∞表
達這個概念。 相應地也有 發散至負無窮大 (divergent to negative infinity) lim
n→∞an= −∞的概念, 它表示一個無窮大數列{an}∞n=1 中存在N ∈ N使得對所有n≥ N 都有an<0。 在後續的討論,通 常都會先以發散至正無窮大的數列為主體, 而發散至負無窮大的論述都可以同理推得。 以下要說明的是無窮小數列與無窮大數列在倒數的意義下是一體的兩面。 定理 2. (A) 若數列 {an}∞n=1 是無窮大數列, 則 {a1 n} ∞ n=1 是無窮小數列。 (B) 若數列 {an}∞n=1 是無窮小數列, 並且 an6= 0, n ∈ N, 則 {a1n}∞n=1 是無窮大數列。 證明: (A) 因為{an}∞ n=1是無窮大數列,對任意M >0存在N ∈ N使得對所有n≥ N 都有|an| > M。 對任意 ε >0, 找 M = 1ε 之後, 因為存在 N ∈ N 使得對所有 n≥ N 都有 |an| > M = 1 ε, 所以 |1 an| < ε, 因此 { 1 an} ∞ n=1 是無窮小數列。 (B) 因為 {an}∞ n=1 是無窮小數列而且 an 6= 0, n ∈ N , 對任意 ε > 0 存在 N ∈ N 使得對所有 n ≥ N 都有 0 < |an| < ε。 對任意 M > 0, 找 ε = M1 之後, 因為存在 N ∈ N 使得對所有 n≥ N 都有 0 < |an| < ε,所以 |1 an| > 1 ε = M, 因此 { 1 an} ∞ n=1 是無窮大數列。 既然無窮小數列與無窮大數列是一體的兩面, 講義的編排會以無窮大數列的討論為主, 然後再用 類比的方式得到無窮小數列的相關結論。 之前我們已經討論過等比數列(geometric sequence) {rn}∞ n=1在某些公比的結果, 藉由無窮小與 無窮大理論, 我們可以把其它情況都討論完畢。
例 3. 關於等比數列 {rn}∞ n=1, (A) 若 |r| < 1, 則{rn}∞ n=1 為無窮小數列。 (B) 若 r= 1, 則{rn}∞ n=1 收斂, 極限值為1。 (C) 若 r= −1,則 {rn}∞ n=1 發散。 (D) 若 |r| > 1, 則{rn}∞ n=1 為無窮大數列。 證明: (A) 這是單元 2.1例 7 或 例9的結果。 (B) 這是單元 2.1例 3 的結果。 (C) 因為奇數項子數列 {−1, −1, . . . , −1, . . .} 的極限值為−1, 而偶數項子數列 {1, 1, . . . , 1, . . .} 的極限值為 1, 由單元 2.4的 定理3得知數列發散。 (D) 利用本單元 定理 2搭配上述 (A)的情況 (取倒數) 可得證。 各位不妨再拿起手上的電動玩具—計算機(手機的內建計算機功能也行),先隨便按一個數字, 再 按 「×、×」 之後狂按 「=」 按鍵,觀察數字的變化, 看看其結果是否如上面所述一致。 以下將觀察一個無窮小數列的現象: 定理 4. 如果數列{an}∞ n=1 有界, 數列 {bn}∞n=1 是無窮小數列, 則 {an· bn}∞n=1 也是無窮小數列。 證明: 因為 {an}∞ n=1 有界, 所以存在 M > 0 使得對所有 n ∈ N 都有 |an| ≤ M, 而 {bn}∞n=1 是 無窮小數列告知: 對任意 ε > 0, 存在 N ∈ N 使得對所有 n ≥ N 都有 |bn| < ε。 由此得知: 對任 意 ε > 0, 存在 N ∈ N 使得對所有 n ≥ N 都有 |an· bn| < M · ε, 因此 lim n→∞an· bn = 0 得到 {an· bn}∞n=1 是無窮小數列。 一個體會 定理 4 的方式是從極限四則運算的角度出發。 回顧單元 2.2的 定理 9,這個定理有一 個很重要的前提: 必須先確定兩數列 {an}∞ n=1 與 {bn}∞n=1 都收斂的情況下, 才能得知逐項相乘後的 數列 {cn}∞ n=1 定義 == {an· bn}∞n=1 也是收斂的。 如果{an}∞n=1 與 {bn}∞n=1 其中一個不收斂的話, 那麼 極限四則運算的定理無法使用。 而 定理4則是在說明若極限四則運算無法使用的時候,看看有沒有機 會再多說一些什麼事。 這裡得到的結論是: 無窮小數列是一類很特別的數列, 當 {bn}∞ n=1 是無窮小數 列,而{an}∞n=1 只是有界的情況下 (注意到有界數列不見得收斂), 那麼相乘之後的數列{an· bn}∞n=1 仍然是無窮小數列(當然它是收斂的數列)。 剛才的推論有用到 「有界數列不見得是收斂的數列」 這件事, 它應該與單元2.2的 定理8一併考 量。 原定理只是說: 收斂的數列必為有界的數列。 而它的逆敘述不對,比方說{an}∞ n=1= {(−1)n}∞n=1 即為一例。
現在我們繼續從數列極限的四則運算這個角度出發, 探討另外一類型的極限問題。 若數列{an}∞n=1 是無窮小數列而數列 {bn}∞n=1 是無窮大數列, 欲探討 {an· bn}∞n=1 的行為, 同樣地, 此時是無法直接 利用極限的四則運算而得到任何結果。 事實上, 在上述設定下, 各種情況都可能發生, 比方說: (A) 考慮 {an}∞n=1= {n1}∞n=1,{bn}∞n=1= {n}∞n=1, 則 {an· bn}∞n=1 = {1}∞n=1 為收斂的數列。 (B) 考慮 {an}∞n=1= {n12}∞n=1,{bn}∞n=1= {n}∞n=1, 則 {an· bn}∞n=1 = { 1 n}∞n=1 是無窮小數列。 (C) 考慮 {an}∞ n=1= {n1}∞n=1,{bn}∞n=1= {n2}∞n=1, 則{an· bn}∞n=1 = {n}∞n=1 是無窮大數列。 也就是說,無窮小數列乘上無窮大數列的結果,它是會被零吸走變成無窮小,還是無窮大數列比較強勢 而讓整體趨於無窮大, 又或者是零與無窮大之間相互拔河與抗衡下達到一個平衡, 在最初步判斷下是 無法直接下定論的。 像這類的極限問題,數學上稱為 不定型(indeterminate form)。這裡所舉的三個例子都叫做0·∞ 的不定型, 不定型還有很多種類 (若仔細分類的話, 總共有七種類型), 各位在微積分課當中所遇到的 極限問題, 絕大部份都是不定型的情況, 所以那時候花了相當大的篇幅探討在什麼條件之下的不定型 會歸結到什麼結論。 而上述關於不定型的極限問題之結果其實是和 等級 (order) 有密切的關聯。 為闡述等級的原理, 首先我們用兩個例子觀察數列的行為: 例 5. 比較數列{an}∞ n=1 = {n}∞n=1 與 {bn}∞n=1 = {2n}∞n=1 的關聯。 解. 注意到 lim
n→∞an= limn→∞n= ∞, limn→∞bn= limn→∞2n = ∞, 而且 lim n→∞ bn an = lim n→∞ 2n n = limn→∞2 = 2。 這個例子告訴我們: 雖然兩個數列{n}∞ n=1 與{2n}∞n=1 都發散至正無窮大, 但是他們趨於無窮大 的行為是 「一致的」; 也就是說, 我們會把上述的現象看成是 {2n}∞ n=1 趨於無窮大與 {n}∞n=1 趨於無 窮大的比值為 2。 這裡的 「一致」 指的是說會有一個明確的比例關係趨近於正無窮大。 例 6. 比較數列{an}∞ n=1 = {n}∞n=1 與 {bn}∞n=1 = {n2}∞n=1 的關聯。 解. 注意到 lim
n→∞an= limn→∞n= ∞, limn→∞bn= limn→∞n
2 = ∞,而且 lim n→∞ bn an = lim n→∞ n2 n = limn→∞n= ∞。 (2) 上面的數學式告訴我們: 雖然兩個數列 {n}∞ n=1 與{n2}∞n=1 都發散至正無窮大, 但是兩數列趨於 無窮大的行為有等級或程度上的差別; 也就是說, {n2}∞ n=1 趨於無窮大比{n}∞n=1 趨於無窮大還要快, 這是 (2)要傳達的意義。 從以上兩個例子, 各位應該可以體會到, 我們研究數列除了探討單一數列的行為以外, 還會去比較 不同數列之間是否有等級的區別。 一些量雖然以最初步的方式看待時都會趨近於無窮大, 但我們可以 對於 「趨近於無限大」 這件事再做更進一步地討論與分類, 這就是 「等級」 想要傳達的概念。 關於等級的意思, 現在就給出明確的數學定義:
定義 7.
(A) 若兩數列{an}∞n=1,{bn}∞n=1 滿足 nlim
→∞an= ∞, limn→∞bn= ∞, limn→∞ bn
an = ∞,則稱bn比 an
而言等級更大, 或是說 bn 對於 an 而言是 高階的無窮大量(higher order infinity),記號上用 an≪ bn, n→ ∞ 表示。 (B) 若兩數列 {an}∞ n=1,{bn}∞n=1 滿足 nlim →∞an = ∞, limn→∞bn = ∞, limn→∞ bn an = L, 則稱 bn 與 an 有相同的等級, 或是說 bn 對於 an 而言是 等量的無窮大量 (equal infinity), 記號上用 an∼ bn, n→ ∞ 表示。 注意到我們可以用 定理 2 將檢驗的條件改成 lim n→∞ an bn = 0 或是 nlim→∞ an bn = L ′ 以得知兩個無窮 大量之間的等級。 等級的概念在很多實際應用上非常重要, 例如資訊工程中演算法必須考量到該程式 的執行效率, 而效率的高與低就是依據時間量級的大或小來判定。 在數學上, 幾個基本數列之等級關係如下: c≪ ln n ≪ np(p > 0) ≪ an(a > 1) ≪ n! ≪ nn, 當n→ ∞ (3) 若以無窮小量的觀點看事情時, 會有以下高階無窮小量的列表: 1 c ≫ 1 ln n ≫ 1 np(p > 0) ≫ 1 an(a > 1) ≫ 1 n! ≫ 1 nn, 當n→ ∞ 各位在初學等級理論的時候, 不妨先把無窮大量的等級關係弄清楚, 如前所述, 無窮大量與無窮小 量只是一體的兩面, 之後遇到無窮小量的問題時, 再順勢地翻譯而熟悉之。 所以接下來的討論, 我們將 以無窮大量這個系統仔細認識等級這個概念。 關於式子(3)的列表, 以下討論是先建立np(p > 0) ≪ an(a > 1) ≪ n! ≪ nn, 和對數函數ln n 有關的等級, 我們到對數函數的性質討論完畢之後再補齊論述。 倒是這個結論相當重要, 可先記住: 對 數數列ln n 當 n→ ∞ 時是無窮大數列, 但是它比任何的 冪次數列 (power sequence) np 等級來得 低 (這裡的 p 可以是正實數, 當 p 是正整數的時候稱為 多項式數列 (polynomial sequence))。而列 表的最左式c表示有界數列。 另外一個註記是: 式子 (3) 的列表只是針對不同類型的數列而寫出, 而對於 np(p > 0) 來說, 我 們可以更仔細地區分其等級, 比方說, 若 0 < p1 < p2, 則 np1 ≪ np2, n→ ∞。 至於 an(a > 1)的部 份, 則有: 若1 < a1< a2,則 (a1)n≪ (a2)n, n→ ∞。 例 8. 試證: 當 n→ ∞ 時, n! ≪ nn。 解. 對所有 n∈ N,都有 0 < n! nn = n n· (n − 1) n · · · · · 3 n· 2 n · 1 n ≤ 1 n, 因為 lim n→∞ 1
n = limn→∞0 = 0, 故由夾擠定理 (Squeeze Theorem) 得知 nlim→∞ n!
nn = 0; 也就是說, 當
例 9. 給定 a >1, 試證: 當 n→ ∞ 時, an≪ n!。 證明: 取 N = 2([[a]] + 1) ∈ N, 則當n≥ N 時 0 < a n n! = a n· · · · · a N · a N − 1 · · · · · a 2 · a 1 < 1 2 n−(N−1) · a N−1 (N − 1)! = 1 2n · (2a)N−1 (N − 1)!, 因為 lim n→∞ 1 2n · (2a)N−1 (N − 1)! = (2a)N−1 (N − 1)!· limn→∞ 1 2n = 0 以及 lim
n→∞0 = 0, 由夾擠定理(Squeeze Theorem)得知 nlim→∞ an n! = 0, 即 an≪ n!, n → ∞。 例 10. 給定 a >1與 p >0, 試證: 當n→ ∞時, np ≪ an。 證明: 記 a= 1 + a0, 則a0 >0。 當n≥ 2 時, n − 1 ≥ n2,由二項式定理 (Binomial Theorem),得 到對所有n≥ 2,都有 an= (1 + a0)n= n X k=0 Ckn· 1n−k· (a0)k> C2n(a0)2= n(n − 1) 2 (a0) 2 ≥ n2 4 (a0) 2 = n2 4 (a − 1) 2。 現分成兩種情況討論: (A) 若 p= 1, 則 0 < n p an = n an < 4n n2(a − 1)2 = 4 n(a − 1)2, 因為 lim n→∞0 = limn→∞ 4
n(a−1)2 = 0, 所以由夾擠定理 (Squeeze Theorem)得知 lim
n→∞ n an = 0, 即 n≪ an, n → ∞。 (B) 若 p >0, p 6= 1,則 np an = n ap1n !p , 因為 a1p >1, 由 (A)知 lim n→∞ n a1pn = 0, 所以 lim n→∞ np an = 0, 即np ≪ an, n → ∞。 各位以後若遇到極限甚至是級數的問題時, 都可以試著從等級的原理進行觀察, 這將是一種很好的預 判法則。
