§14-4  五個算例與比較定理

手上只有定義的時候，怎麼真的算出一個極限？bⁿ、c^(1/n)、n^(1/n) 各需要什麼估計？而如果誤差已經被一個已知趨於零的量壓住，還需不需要重新做一次 ε-K？

先猜答案，再逼出 K

到目前為止我們證了一堆關於極限的事，卻還沒算出幾個極限。用手算的流程固定是兩步：先猜出極限是誰（觀察前幾項、或把通項化簡），再對任給的 ε 交出一個 K。第二步是真正的工作，而它幾乎總是同一個套路——把 ‖xₙ − x‖ 放大成一個形狀簡單、明顯會變小的量，然後對那個簡單的量用 §6-3 的 6.7(b)（任給正數 z，找得到自然數 n 使 0 < 1/n < z）。

放大這一步常常需要一個現成的不等式。以下五個算例會用到兩條，先把它們證出來。

LEMMA · 兩條冪次放大估計
Let a > 0. Then for every n ∈ ℕ,
(a) (1 + a)ⁿ ≥ 1 + na;
(b) if moreover n ≥ 2, then (1 + a)ⁿ ≥ 1 + na + [n(n − 1)/2] a².
設 a > 0。(a) 對每個自然數 n 有 (1 + a)ⁿ ≥ 1 + na；(b) 當 n ≥ 2 時還可以多留一項：(1 + a)ⁿ ≥ 1 + na + [n(n − 1)/2] a²。(a) 通稱 Bernoulli 不等式。
正例：a = 1、n = 4 時 (1 + 1)⁴ = 16，而 (a) 給 1 + 4 = 5、(b) 給 1 + 4 + 6 = 11——兩條都成立，(b) 明顯較緊。反例：兩條都只是下界，不能倒過來用——同一組數字裡 16 ≠ 11，想把 (1 + a)ⁿ 往上壓的時候，這條引理一點忙也幫不上。
PROOF

兩條都對 n 用數學歸納法。全程用到 a > 0，因此 1 + a > 0，不等式兩邊同乘 1 + a 不翻向（§5-2 的 5.6：同乘正數不翻面）。

證明計畫 · 由所求想起
⇢ (a)：起點 n = 1 兩邊相等；每往前一步就兩邊同乘 1 + a，多出來的是一個非負項，丟掉即可。
⇢ (b)：起點改成 n = 2（兩邊恰好相等）；同樣往前推一步，關鍵是二次項的係數自動長成下一階需要的樣子。
Proof.  (a) For n = 1 both sides equal 1 + a. Assume (1 + a)ⁿ ≥ 1 + na. Because 1 + a > 0, multiplying through by it preserves the inequality, so (1 + a)^{n+1} ≥ (1 + na)(1 + a) = 1 + (n + 1)a + na². Since na² ≥ 0, discarding that term gives (1 + a)^{n+1} ≥ 1 + (n + 1)a, completing the induction.
(a) 的歸納法一步到位。起點 n = 1 時兩邊都是 1 + a，等號成立。歸納步的所求：從第 n 階的結論推到第 n + 1 階。因為左邊 (1 + a)^{n+1} 就是 (1 + a)ⁿ 再乘一次 1 + a，而 1 + a 是正數，把假設兩邊同乘它不翻向，得到 1 + (n + 1)a + na²。這個結果比要證的 1 + (n + 1)a 多了一個 na²，而它非負——多出來的東西直接丟掉，不等式只會變鬆，仍然成立。具體：a = 1、n = 3 時，(1+1)⁴ = 16 ≥ (1 + 3)(1 + 1) = 8 ≥ 1 + 4 = 5。
(b) For n = 2 the two sides are (1 + a)² = 1 + 2a + a² and 1 + 2a + a², so equality holds. Assume the estimate for some n ≥ 2 and write C = n(n − 1)/2. Multiplying by 1 + a > 0 gives (1 + a)^{n+1} ≥ 1 + (n + 1)a + (C + n)a² + Ca³. Because Ca³ ≥ 0 it may be dropped, and C + n = n(n − 1)/2 + n = (n + 1)n/2, which is exactly the coefficient required at stage n + 1.
(b) 的起點挪到 n = 2，因為那一項的係數 n(n − 1)/2 在 n = 1 時是零、講不出內容；n = 2 時兩邊恰好都是 1 + 2a + a²，等號成立。歸納步同樣兩邊同乘 1 + a，展開後除了想要的 1 + (n + 1)a 之外，二次項的係數變成 C + n，另外還多一個非負的三次項可以丟。整條 (b) 的關鍵就在 C + n = n(n − 1)/2 + n = (n + 1)n/2 這一筆算術——它正好等於第 n + 1 階所需的係數，歸納才接得上。具體核對：n = 3 時 C = 3，C + n = 6 = 4 × 3 / 2，正是 n + 1 = 4 階要的係數。
兩條放大估計備妥：(a) 保留一次項，(b) 多保留一個二次項。往後哪一條夠用，就用哪一條。∎
0 1 1 + na 1 + na + Ca² (1 + a)ⁿ a 兩條下界一條比一條緊，都壓在真值之下

這張圖在說引理的兩條估計是什麼關係：直線 1 + na（灰）最鬆，加上二次項（藍）之後更貼近，而真正的 (1 + a)ⁿ（紅）在兩者之上。往後要把 (1 + a)ⁿ 往下壓的時候，挑一條夠用的即可——例 7 用直線就夠，例 9 非用二次那條不可。

五個算例（14.8）

例 5lim (1/n) = 0
最基本的一個，往後幾例都靠它撐著。
對任給的 ε > 0 交出 K(ε)，使 n ≥ K(ε) 時 |1/n − 0| < ε。
  1. 由 6.7(b) 取自然數 K(ε) 使 1/K(ε) < ε。
  2. 當 n ≥ K(ε) 時 1/n ≤ 1/K(ε)，於是 0 < 1/n ≤ 1/K(ε) < ε，也就是 |1/n − 0| < ε。
lim (1/n) = 0。整個論證只用掉一件事：1/n 可以壓到任意小，而那正是 Archimedean 性質的內容——這一步不是「顯然」，是 §6-3 買來的。
例 6設 a > 0，則 lim (1/(1 + na)) = 0
第一次示範「放大成好處理的形狀」這個標準動作。
同樣要對每個 ε 交出 K(ε)。
  1. 先放大：因為 1 + na > na > 0，取倒數翻向得 0 < 1/(1 + na) < 1/(na)。右邊那個形狀簡單得多——分母是 n 的常數倍。
  2. 由 6.7(b)（把正數 z 取成 aε）取 K(ε) 使 1/K(ε) < aε，等價於 1/(K(ε)·a) < ε。
  3. 於是 n ≥ K(ε) 時 0 < 1/(1 + na) < 1/(na) ≤ 1/(K(ε)·a) < ε。
lim (1/(1 + na)) = 0。放大的代價要先付：放大後的上界是 (1/a) · (1/n)，多出一個因子 1/a；要讓它小於 ε，得先讓 1/n 小於 aε——所以餵給 6.7(b) 的門檻是 aε，也就是把 ε 乘上 a，恰好抵掉那個 1/a。原則與 §14-3 的 14.7 預留 √p 相同（先調整門檻，讓後續的放大剛好吃掉），至於門檻該乘還是該除，由放大倍率是哪一個決定：那裡放大 √p 倍所以除以 √p，這裡放大 1/a 倍所以乘上 a。
例 7設 0 < b < 1，則 lim (bⁿ) = 0
指數衰減。這裡看不出 n 在分母，得先把它換成分母。
證明 bⁿ 可以壓到任意小。
  1. 改寫 b：令 a = 1/b − 1。因為 0 < b < 1，所以 1/b > 1，於是 a > 0，且 b = 1/(1 + a)。
  2. 用引理 (a)（Bernoulli）把分母往下壓不動、往上撐大：(1 + a)ⁿ ≥ 1 + na，取倒數得 0 < bⁿ = 1/(1 + a)ⁿ ≤ 1/(1 + na)。
  3. 右邊正是例 6 已經處理掉的形狀——對任給的 ε，例 6 交出的那個 K(ε) 原封可用。
lim (bⁿ) = 0。整個手法的要點是第一步的改寫：把「乘法衰減」翻譯成「分母線性成長」，指數的問題就化約成例 6。具體感受一下速度：b = 0.9 時 b¹⁰⁰ ≈ 0.0000266，而 Bernoulli 給的上界 1/(1 + 100 × 1/9) ≈ 0.0826 鬆得多——上界鬆沒關係，夠用就好。
1 0 1/(1 + na) bⁿ ε 上界先進 ε 線以下，被壓住的 bⁿ 只能更早進去

這張圖在證例 7 的策略：藍線 bⁿ 整條被灰線 1/(1 + na) 壓在下方（Bernoulli 給的）。灰線已知會掉到任何 ε 之下，於是藍線不必自己再證一次——被壓在下面的東西，跟著一起進去。

例 8設 c > 0，則 lim (c^(1/n)) = 1
這次極限不是 0 而是 1，而且要分兩種情形——c 在 1 的哪一側，決定了誤差往哪個方向跑。
分 c > 1 與 0 < c < 1 兩案處理（c = 1 時整條是常數 1，不必證）。
  1. 情形一，c > 1：此時 c^(1/n) > 1，把誤差取名為 dₙ > 0，即 c^(1/n) = 1 + dₙ。兩邊 n 次方得 c = (1 + dₙ)ⁿ，再由引理 (a) 得 c ≥ 1 + n dₙ，也就是 dₙ ≤ (c − 1)/n。
  2. 因為 c − 1 是個固定的正數，右邊是例 6 那種形狀。由 6.7(b) 取 K(ε) 使 (c − 1)/K(ε) < ε；則 n ≥ K(ε) 時 |c^(1/n) − 1| = dₙ ≤ (c − 1)/n ≤ (c − 1)/K(ε) < ε。
  3. 情形二，0 < c < 1：此時 c^(1/n) < 1，改寫成 c^(1/n) = 1/(1 + hₙ)，其中 hₙ > 0。兩邊 n 次方並用引理 (a)：c = 1/(1 + hₙ)ⁿ ≤ 1/(1 + n hₙ) < 1/(n hₙ)，整理得 0 < hₙ < 1/(nc)。
  4. 而誤差本身比 hₙ 更小：0 < 1 − c^(1/n) = 1 − 1/(1 + hₙ) = hₙ/(1 + hₙ) < hₙ < 1/(nc)。因為 c 是固定的正數，同樣由 6.7(b) 取 K(ε) 使 1/(K(ε)·c) < ε 即可。
兩種情形都得 lim (c^(1/n)) = 1。共通的技巧是替誤差取名字——不直接估 c^(1/n)，而是把它寫成 1 + dₙ 或 1/(1 + hₙ)，讓引理有東西可以咬。數字感受一下：c = 1000 時 c^(1/100) ≈ 1.0715，c^(1/1000) ≈ 1.0069——再大的 c 都拉不住，開的次數一多就回到 1。
例 9lim (n^(1/n)) = 1
這一例並不明顯——底數自己也在長大，憑什麼開 n 次方之後還會回到 1？也是唯一非用引理 (b) 不可的一例。
證明 n^(1/n) − 1 可以壓到任意小。
  1. 對 n > 1 有 n^(1/n) > 1，替誤差取名 kₙ > 0，即 n^(1/n) = 1 + kₙ，於是 n = (1 + kₙ)ⁿ。
  2. 這裡引理 (a) 不夠用：它只給 n ≥ 1 + n kₙ，整理成 kₙ ≤ (n − 1)/n < 1——只證得出誤差小於 1，壓不到任意小。改用引理 (b)：n = (1 + kₙ)ⁿ ≥ 1 + n kₙ + [n(n − 1)/2] kₙ² > [n(n − 1)/2] kₙ²。
  3. 整理得 kₙ² < 2n / [n(n − 1)] = 2/(n − 1)，也就是 0 < kₙ < √(2/(n − 1))。
  4. 任給 ε > 0，由 6.7(b) 取自然數 K₀ 使 1/K₀ < ε²/2，並令 K(ε) = K₀ + 1。當 n ≥ K(ε) 時 n − 1 ≥ K₀，於是 2/(n − 1) ≤ 2/K₀ < ε²，開根號得 0 < n^(1/n) − 1 = kₙ < ε。
lim (n^(1/n)) = 1。關鍵在第二步的判斷：一次項的估計太鬆，得多留一個二次項——因為 kₙ 的平方前面配到的係數約是 n²/2，比一次項的 n 大一個數量級，除下來才壓得動。數值核對：n = 10000 時 n^(1/n) ≈ 1.00092，而估計給的上界是 √(2/9999) ≈ 0.0141——上界比實際誤差鬆了十幾倍，照樣夠用。
1 n＝2 n＝3 n＝10 先升後降，最後貼回 1 誤差 kₙ 被 √(2/(n − 1)) 壓住

這張圖在說例 9 為什麼不明顯：n^(1/n) 起手還會上升（n = 2 約 1.414，n = 3 約 1.442 是最大值），到 n = 10 才降回約 1.259，之後才慢慢貼回 1。單看前幾項猜不出極限是 1——非得靠估計不可。

這五例的共同處境：每一例都得先猜出答案，再變一次戲法（改寫、取名、挑對引理）才逼得出 K。手法本身不是重點，重點是結果——它們往後會被反覆引用。而讓這些戲法變成不必要的工具，接下來兩節會陸續交出來：極限的四則運算、單調收斂、Cauchy 判準。在那之前，先收一條馬上能減輕負擔的定理。

比較定理（14.9）

例 7 的做法其實有個通用版本：如果誤差被一個已知趨於零的量壓住，那就不必再算了。把它寫成定理，往後每次都能省下一整輪 ε-K。

14.9  THEOREM
Let (xₙ) be a sequence in ℝᵖ, let x ∈ ℝᵖ, and let (aₙ) be a sequence in ℝ such that
(i) lim (aₙ) = 0, and
(ii) ‖xₙ − x‖ ≤ C |aₙ| for some constant C > 0 and all n ∈ ℕ.
Then lim (xₙ) = x.
設 (xₙ) 是 ℝᵖ 的數列、x ∈ ℝᵖ，並設實數列 (aₙ) 滿足 (i) lim (aₙ) = 0，(ii) 存在常數 C > 0 使每個 n 都有 ‖xₙ − x‖ ≤ C |aₙ|。則 lim (xₙ) = x。
正例：要證 lim ((n + 1)/n) = 1，取 aₙ = 1/n、C = 1——誤差恰好是 1/n，例 5 已證它趨於零，一行結案。反例：條件 (ii) 的 C 必須是常數——若允許 C 隨 n 變動，取 Cₙ = n、aₙ = 1/n 就會得到 ‖xₙ − x‖ ≤ 1，什麼結論也推不出來。
PROOF

設 ε > 0。要交出一個 K，使 n ≥ K 時 ‖xₙ − x‖ < ε。

Proof.  Since C > 0, the number ε/C is again strictly positive; apply the convergence of (aₙ) to zero with this tolerance. Theorem 14.4 supplies K such that |aₙ| = |aₙ − 0| < ε/C for all n ≥ K. Then hypothesis (ii) gives ‖xₙ − x‖ ≤ C |aₙ| < C · (ε/C) = ε for those same n. As ε > 0 was arbitrary, lim (xₙ) = x.
整份證明只有一個動作：把標準預先除以 C 再送出去，讓 (ii) 的放大剛好把它乘回來。所求是 ‖xₙ − x‖ < ε，而手上只有 ‖xₙ − x‖ ≤ C|aₙ|——於是真正要辦到的是 C|aₙ| < ε，也就是 |aₙ| < ε/C。因為 C 是正常數，ε/C 仍是正數，拿它當標準去問 (aₙ) → 0（14.4：每個正的標準都換得到一個起算點）完全合法，換回一個 K。此後兩件事一接：‖xₙ − x‖ ≤ C|aₙ| < C · ε/C = ε。具體：C = 5、ε = 0.1 時，先要求 |aₙ| < 0.02，放大五倍後恰是 0.1。
誤差被一條已知趨於零的數列壓住，收斂就免費到手——ε-K 的工作全部外包給 (aₙ)。∎
0 C |aₙ| ‖xₙ − x‖ ε K 上界進去了，被壓的也就進去了

這張圖在證 14.9 的機制：藍線是真正的誤差，灰線是它的上界 C|aₙ|。灰線在 K 處跌破 ε，而藍線整條在灰線之下——不必對藍線做任何估計，它自動跟著進去。

—— 第四階段到此結束，整個 §14 收工 ——

回望一整節：數列是定義域為 ℕ 的函數（14.1），逐項四則備妥（14.2）；收斂有 neighborhood 版與 ε-K 版兩個等價說法（14.3、14.4）；三筆基本紅利入帳——極限唯一（14.5）、收斂必有界（14.6）、高維等於逐座標（14.7）；最後動手算了五個極限（14.8），並用比較定理（14.9）把往後的計算外包出去。整節收工，起來走一圈，這一節的 ε 值得。臨走前一則：有人問數列 ((−1)ⁿ) 為什麼不肯收斂，它說——「我不是不肯，是我對『到底要去哪一邊』一直有兩種意見。」

下一幕預告

本節五個算例各憑巧思，這件事本身就是個訊號：工具不夠。§15 補兩件。第一件是子數列——從一條數列裡按順序挑出無限多項，另組一條；它會讓「發散」的證明變得像例 4 那樣機械（挑出兩條跑向不同地方的子數列即可），也會在下一章成為 compact 的另一副面孔。第二件是極限的四則運算：兩條收斂數列的和、差、積、商的極限，能不能直接由各自的極限算出來？答案幾乎全是「可以」，但商那一項需要額外的條件——而那個條件是什麼，值得先自己猜一猜。