微積分教學拾趣

微積 分教學拾趣

蔡聰明

在微積分的教學中, 筆者遇到了兩個有 趣的極限:

n→∞

lim

√n

n!

n 與 lim

n→∞

√n

n

探求它們, 可以將一些美妙的概念與結果, 有 機地連結在一起, 非常值得, 於是寫成本文。

一. 緣起

問題: 利用 Riemann 積分的定義求定 積分

^R ₁ ²

ln x dx, 這個計算分成四個步驟:

(參見圖 1)

(i) 分割: 將區間 [1, 2] 分割成 n 等分 1 < 1+1

n < · · ·< 1+k

n < · · ·< 1+n n= 2 (ii) 取樣: 取每一小段的右端點當樣本點

ξ

_k

= 1 + k

n, k = 1, 2, · · · , n (iii) 求近似和: 即作Riemann 和

R

_n

=

X n k=1

1

n ln(1 + k n) (iv) 取極限:

n→∞

lim R

n

=

Z 2

1

ln x dx (1)

圖1

y = ln x

為了探求極限值 lim

_n→∞

R

n

, 我們利用 對數律將 Riemann 和R

_n

整理成下形:

R

n

=

X n k=1

1

nln(1+k n)

=ln

^h

n

q

2n(2n−1)· · ·(n+2)(n+1) n

i

=ln

^h

4 · (²ⁿ

^q

(2n)!/2n)

²

√n

n!/n

i

(2)

於是出現了極限:

n→∞

lim

√n

n!

n (3)

再利用 Stirling 公式 n! ∼√

2πn n

ⁿ

e

⁻ⁿ

(4) 得到

n→∞

lim

√n

n!

n = lim

n→∞

(√

2πn n

ⁿ

e

⁻ⁿ

)

^1/2

n

73

= lim

n→∞

2n√

2n²ⁿ√π

e (5)

這裡出現了兩個極限: 一個是顯明的

n→∞

lim

√n

a = 1, (a > 0) (6) 另一個是待求的

n→∞

lim

√n

n (7)

習題1: 利用等比分割與積分的定義求 算

^R ₁ ^b

ln x dx。

二. 一題七解

對於極限 lim

_n→∞

√ⁿ

n 的探求, 我們可 以先用電算器試算一下: 令a

n

= √ⁿ

n, 於是 a

1

= 1 a

2

= 1.414 · · · a

3

= 1.442 a

4

= 1.414 a

5

= 1.380 a

6

= 1.348 a

7

= 1.320 a

8

= 1.297 a

20

= 1.162 a

30

= 1.120

似乎是不斷地往 1 接近, 這讓我們對於 數列 (a

_n

) 有了初步的感覺 (feeling)。

進一步, 從理論上來探討。 經過簡單的 計算:

√n

n > ⁿ⁺¹√ n + 1

⇐⇒ n

ⁿ⁺¹

> (n + 1)

ⁿ

⇐⇒ n > (1 + 1 n)

ⁿ

最後一式對於 n = 3, 4, 5, · · · 都成立。 因此, (a

_n

)

_n≥3

是遞減且有下界的數列。 根據實數 系的完備性知道極限 lim

_n→∞

√ⁿn 存在, 它 等於多少呢?

下面我們提出七種解法, 都各有巧妙, 值 得欣賞。

解法1: 因為 (√ⁿ

n)

_n≥3

遞減且有下界:

√n

n ≥ 1, ∀n ∈

^N

。 所以由實數系的完備性 知, lim

_n→∞

√ⁿ

n = a 存在並且 a ≥ 1。 如 果 a > 1, 則 √ⁿ

n > a, 即 n > a

ⁿ

, 但這是 不可能的, 因為當 n 是夠大時 a

ⁿ

> n, 事實 上, lim

_n→∞ ^a _n

ⁿ = +∞。 因此, a = 1, 亦即 lim

_n→∞

√ⁿ

n = 1。

解法2: 因為 √ⁿ

n ≥ 1, 所以令

√n

n = 1 + v

n

於是 v

_n

≥ 0, 由二項式定理得到 n = (1 + v

n

)

ⁿ

= 1 + n · v

ⁿ

+n(n − 1) 2 v

_n ²

≥ 1 + n(n − 1)

2 v

² _n

(8)

從而

r

n

2 ≥ v

ⁿ

≥ 0

顯然 lim

_n→∞ ^q _n ²

= 0, 由夾擠原理 (the squeeze principle) 知

n→∞

lim v

n

= 0 因此

n→∞

lim

√n

n = 1 (9)

註: 在 (8) 式中, 若取 n ≥ 1 + n · v

ⁿ

則得

1 − 1

n ≥ v

ⁿ

≥ 0 這就無法施展夾擠原理了。

解法3: 利用算幾平均不等式 (Arith- metic - Geometric mean inequality), 將

√nn 視為

1, 1, . . . , 1

| {z }

n−2

個 ,√

n,√ n

的幾何平均, 於是

1 + 1 + · · · + 1 +√ n +√

n

n ≥ √ⁿ

n 從而得到

1 − 2 n + 2

√n ≥ √ⁿ n ≥ 1 再由夾擠原理立得 (9) 式。

解法4: 仍然是利用算幾平均不等式, 將

√n

n 視為 1,2

1,3 2,4

3, · · · , n n − 1 的幾何平均, 於是

1 +

² ₁

+

³ ₂

+ · · · +

_n−1 ⁿ

n ≥ √ⁿ

n (10) 為了估算分子的值, 首先我們觀察到

A

n

= 1 + 2 1+ 3

2+ · · · + n n − 1

= 1 + (1 + 1) + (1 +1

2) + · · · +(1 + 1

n − 1)

= n + (1 + 1

2+ · · · + 1 n − 1) 接著有兩條小徑可以走:

(i) 利用定積分概念 A

n

≤ n + 1 +

Z _n

1

1 xdx

= n + 1 + ln n

由 (10) 式得到 1 + 1

n + ln n n ≥ √ⁿ

n ≥ 1 (11) 根據 L’ Hopital 規則知

n→∞

lim ln n

n = lim

n→∞

1

n = 0 (12) 對 (11) 式使用夾擠原理立得 (9) 式。

(ii) 利用 Cauchy 不等式



1 1+1

2+· · ·+ 1 n−1

 2

≤

^

1 1

²

+ 1

2

²

+· · · 1 (n−1)

²



· [1

²

· (n − 1)]

< (n−1)

^

1 1+ 1

1 · 2+ 1 2 · 3+· · ·

+ 1

(n−2)(n−1)



= (n−1)

^

2− 1 n−1



< 2n

於是由 (10) 式得到 1 +

√2n n ≥ √ⁿ

n ≥ 1 再由夾擠原理立得 (9) 式。

解法5: 對 √ⁿ

n 取對數得 ln√ⁿ

n = ln n n 由 (12) 式知

n→∞

lim ln√ⁿ

n = 0 (13) 從而得到 (9) 式。

解法6: 我們要利用下面的結果:

Cesaro 定理: 假設數列 (a

n

) 收斂到 a

n→∞

lim a

_n

= a

那麼, (i) 用 「直到 n 項為止的 (算術) 平均」 代替第n項, 也收斂到 a:

lim

_n→∞ ^a

¹

^{+ a}

²

^+···+a _n

ⁿ = a;

(ii) 如果 (a

n

) 為正項數列, 用幾何平均 也可以:

n→∞

lim

√n

a

1

a

2

· · · a

ⁿ

= a 。

現在考慮數列

1,2 1,3

2, · · · , n n − 1, · · ·

它顯然收斂到1, 由上述定理的 (ii) 立得 (9) 式。

解法7: 我們要利用 Bernoulli 不等式:

定理: (Bernoulli, 1689 年) 對於 x ≥

−1 與 n = 0, 1, 2, · · ·, 恆有

(1 + x)

ⁿ

≥ 1 + nxn 。 (14)

以 x =

^{√ 1} _n

代入上式, 得到

(1 + 1

√n)

ⁿ

≥ 1 +√ n >√

n

從而

(1 + 1

√n)

²

≥ n

^{1 /n}

≥ 1

顯然 lim

_n→∞

(1 +

^{√ 1} _n

)

²

= 1, 由夾擠原理立 得 (9) 式。

習題2: 將所有正有理數列成下表

1 , 2

,

3

,

4

,

5

1/2 , ,

1/3

,

1/4

,

1/5

2/2 2/3 , ,

,

2/4

,

2/5

3/2 3/3 , 3/4 , , ,

3/5

4/2 , 4/3 , 4/4 , 4/5 , , 5/2 , 5/3 , 5/4 , 5/5 ,

.

... ... ...

. .. .. .. . .. .. . .. .. .. . .. .. .. . .. .. .. . .. .. .. . .. .. . .. .. .. .. . .. .. . . ... ...

... . .. .. . .. . .. . . ..

. .. .. .. .. .. .. . .. . . .. .. .. .. .. .. .. . .. . . .. .. .. .. .. .. .. . .. . ... ...

... . .. .. . .. . .. . . ..

.. . .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. .. . .. .. .. .. . . .. .. . .. ...

... . .. .. . .. . .. . . ..

. .. .. . .. .. .. .. . .. .. . .. .. .. . .. .. .. . .. .. .. . .. .. .. . .. .. . .. .. .. .. ... ...

... . .. .. .. . .. . .. . .

. .. .. . .. . .. .. . .. . .. .. . .. . .. .. . .. . .. .. . .. .. . .. . .. . .. .. . . ... ...

... . .. . .. . .. . . . .. .

.. . .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. . .. .. .. .. .. . .. .. .. . . .. .. .. . ...

... . .. .. . . .. .. . . ..

· · ·

· · ·

· · ·

· · ·

· · · ... ... ... ... ...

然後按蛇行的方式排成一個數列 a

1

, a

2

, a

3

, · · · , a

ⁿ

, · · ·

因此, 所有的正有理數是可列的 (count- able)。 試證極限值 lim

_n→∞

√ⁿa

n

= 1。

三. 極限 lim

_n→∞ ^√

ⁿ

_n^n!

對於這個極限的探求, 我們提出四種方 法。

解法1: 由 (5) 式與 (9) 式立即得到

n→∞

lim

√n

n!

n = 1

e (15)

解法2: 對於 ⁿ

^√ _n ^n!

取對數, 再取極限, 得 到

n→∞

lim ln

√n

n!

n = lim

n→∞



1

nln n! − ln n

^

= lim

n→∞

h

1 n

X n k=1

ln k − ln n

ⁱ

= lim

n→∞

1 n

h X ⁿ

k=1

(ln k − ln n)

ⁱ

= lim

n→∞

1 n

X n k=1

ln(k n)

我們發現這個極限值正好是函數 f (x) = ln x 在區間 [0,1]上的積分。 因此,

n→∞

lim ln

√n

n!

n =

Z 1

0

ln x dx

利用瑕積分的分部積分公式與 L’Hopital 規 則可算得

Z 1

0

ln x dx = −1 從而

n→∞

lim ln

√n

n!

n = −1 由此立得 (15) 式。

習題3: 試證明下列兩式:

(i) lim

_{n→∞ n} ^{1 h}

2 · 5 · 8 · · · (3n−1)

ⁱ

1 n =

³ _e

(ii) lim

_n→∞ ^{P 2} _k=n+1 ^{n 1} _k

= ln 2。

在判別無窮級數的斂散準則中, 有兩個 著名的方法: 比值試斂法 (the ratio test) 與根式試斂法 (the root test)。 兩者都是由 Cauchy 在1821年首度明白敘述並且加以證 明。

因為我們可以證明: 若 lim

_n→∞    ^a

ⁿ⁺¹

_a

n

  

= r, 則 lim

_n→∞ ^q

ⁿ|a

ⁿ

| = r, 反之不然; 所 以根式試斂法的適用範圍較比值試斂法寬廣。

當然, 在應用上比值試歛法較方便。

解法3: 取 a

n

=

_n ^n!

ⁿ, 則

n→∞

lim a

n+1

a

n

= lim

n→∞

(1 + 1

n)

⁻ⁿ

= 1 e 所以

n→∞

lim

√n

n!

n = lim

n→∞

√n

a

n

= 1 e

解法4: 我們觀察到

ⁿ _n!

ⁿ 出現在 e

ⁿ

的 Taylor 展式中, 因此就由 e

ⁿ

切入。 因為

e

ⁿ

=1 + n 1!+ n

²

2! + · · · + n

ⁿ

n! + · · ·

=1 + n 1!+ n

²

2! + · · · + n

ⁿ⁻¹

(n − 1)!

+n

ⁿ

n!

h

1+ n

n+1+ n

²

(n+1)(n+2)+· · ·

ⁱ

所以

e

ⁿ

< n ·n

ⁿ

n!

+n

ⁿ

n!

h

1+ n

n + 1+( n

n + 1)

²

+· · ·

ⁱ

= (2n + 1)n

ⁿ

n!

於是

n!

n

ⁿ

< 2n + 1 e

ⁿ

另一方面, 顯然

e

ⁿ

> n

ⁿ

n!

亦即

1 e

ⁿ

< n!

n

ⁿ

因此

1 e

ⁿ

< n!

n

ⁿ

< 2n + 1

e

ⁿ

(16) 1

e <

√n

n!

n <

√n

2n + 1 e 由夾擠原理立得 (15) 式。

注意到, 由 (16) 式可得

n

ⁿ

e

⁻ⁿ

< n! < (2n + 1)n

ⁿ

e

⁻ⁿ

(17) 再精進就可以得到 Stirling 公式。 另外, 我 們也有

n→∞

lim(1 − 1

n)

ⁿ

= e

⁻¹

= lim

n→∞

√n

n!

n

n→∞

lim(1 + 1

n)

ⁿ

= e = lim

n→∞

n

√n

n!

值得順便一提, 在機率論中, 有一個著名 的配對問題 (a matching game): 將 n 封 信裝進 n 個信封, 問全部都裝錯的機率是多 少?

根據容斥原理 (Inclusion and exclu- sion principle), 我們可以求得機率為

p

n

= 1 − 1 + 1 2!− 1

3! + · · · + (−1)

ⁿ

1 n!

這恰是 Taylor 展式 e

⁻¹

= 1−1+ 1

2!−1

3!+· · ·+(−1)

ⁿ

1 n!+· · ·

(18) 的首 n + 1 項之部分和。 因此,

n→∞

lim p

n

= 1

e = lim

n→∞

√n

n

n

⁺

0.368 因為 (18) 式的級數為絕對收斂, 所以我 們可將它改寫成各種形式:

e

⁻¹

=1−1+1 2!−1

3!+1 4!−1

5!+1 6!−· · ·

=1 2! − (1

3! − 1

4!) − (1 5! − 1

6!) − · · ·

=1 2! − 3

4! − 5 6!− 7

8!− · · · (19)

=(1 − 1)+(1 2!− 1

3!)+(1 4!−1

5!)+· · ·

=0 1! + 2

3! + 4 5! + 6

7!+ · · · (20) 上述的 (19) 與 (20) 兩式, 將奇數與偶數上 下分開來, 甚具有規律與美感, 好像是兩顆小 珍珠。 這可比美於 Leibniz 發現

π

4 = 1 − 1 3+ 1

5− 1 7 + · · ·

的時候, 讚美說: 「上帝喜愛奇數!」Huygens 也說: 「這個美妙的公式數學家會永遠銘記在 心中。」

四. 取道 N − L 公式

由微積分根本定理的 Newton-Leibniz 公式 (簡稱為 N − L 公式) 我們得知

Z 2

1

ln x dx = (x ln x − x)|

^{2 1}

= 2 ln 2 − 1 (21) 再由 (1) 與 (2) 得知

n→∞

lim ln

^h

4 ·(²ⁿ

^q

(2n)!/2n)

²

√n

n!/n

i

=2 ln 2 − 1

=ln(4

e) (22) 因為

n→∞

lim

2n

q

(2n)!

2n = lim

n→∞

√n

n!

n 所以比較 (9) 式的兩端就得到

n→∞

lim

√n

n!

n = 1

e (23)

代入 (5) 式得到

n→∞

lim

2n√ 2n²ⁿ√

π e = 1

e 因此

n→∞

lim

√n

n = 1 註: 面對公式 lim

_n→∞

√ⁿ

n = 1, 有人 想像力非常豐富: 把根號內的n當作 「上帝」, 往無窮大跑, 而開 n 次方是 「魔鬼」, 將上帝 拉回來, 兩股力道平衡於 1, 這是現實人間。

五. 一個應用

Stirling 公式告訴我們

n→∞

lim

√ n!

2πn n

ⁿ

e

⁻ⁿ

= 1 (24)

這個式子的證明, 有點深度, 參見下面的習題 3。

不過, 利用公式 (23), 我們可以輕易地 得到一個 「次好」(the second best) 的結果:

令

a

n

= n!

√2πn n

ⁿ

e

⁻ⁿ

! 1 /n

則有

n→∞

lim a

n

= 1 (25) 證明: 對於 a

n

取對數, 得到

ln a

_n

= ln

^

√n

n!

n



− ln n

2n − ln 2π 2n + 1 再取極限, 得到

n→∞

lim ln a

_n

= lim

n→∞

ln

^

√n

n!

n



+ 1

= −1 + 1 = 0 從而

n→∞

lim a

n

= e

⁰

= 1。

注意到, 如果由 (25) 式可以推導出 (24) 式, 那麼我們就輕易地證明了 Stir- ling 公式。 可惜, 這只是一個如願想法, 因為由 lim

_n→∞

√ⁿ

b

n

= 1 不能推導 出 lim

_n→∞

b

_n

= 1。 一個現成的反例是 lim

_n→∞

√ⁿ

n = 1, 但 lim

_n→∞

n = +∞。

習題3: 利用下列三個步驟證明 Stir- ling 公式:

n→∞

lim

√ n!

2πn n

ⁿ

e

⁻ⁿ

= 1 (i) 證明:

ln n! = ln 1 + ln 2 + · · · + ln n

= (n +1

2) ln n − n + c

ⁿ

其中 lim

_n→∞

c

_n

= c 存在且有限。

(ii) 利用 (i) 證明: lim

_n→∞ ^√ _nn ^n!

ⁿ

_e

−n = e

^c

。 (iii) 利用 Wallis 公式

n→∞

lim

2 · 4 · 6 · · · 2n

1 · 3 · 5 · · · (2n − 1)· 1

√n =√ π

證明: c = ln√ 2π。

六

_.

結語

兩個小小的極限問題之探尋, 居然牽涉 到微積分這麼多重要的概念與結果, 並且讓 我們有機會作一次知識的動員, 以及知識的 重新連結, 這也算是學習微積分的一種樂趣 吧。

微積分涉及無窮 (無窮大、 無窮小、 無 窮地靠近), 落實於取極限的操作, 本來就具 有相當的深度與難度。 因此, 它是許多大一學 生最感頭痛的一門課。 如何幫忙他 (她) 們從 學習中得到樂趣, 就成為微積分教學的一大 挑戰。

參考資料

1. G. H. Hardy, A course of pure math- ematics, Tenth Edition. Cambridge University Press, 1952.

2. G. Klambauer, Aspects of calculus, Springer-Verlag, 1986.

3. L. C. Larson, Problem - Solving through problems, Spring - Verlag, 1983.

—本文作者任教於國立台灣大學數學系—