§16-5 Cauchy 判準與三個算例

三塊拼圖組裝起來會得到什麼？這條判準為什麼在有理數系上不成立？而它除了證收斂，能不能反過來拿來證發散？

把三塊拼起來（16.10）

證明短得幾乎像沒證——力氣在前一篇已經花完了，這裡只是把零件接上。

16.10 CAUCHY CONVERGENCE CRITERION

A sequence in ℝᵖ converges if and only if it is a Cauchy sequence.

ℝᵖ 中的數列收斂的充要條件，就是它是 Cauchy sequence。

正例：要證 (1 + 1/1! + ⋯ + 1/n!) 收斂，不必先知道極限是 e——驗 Cauchy 條件即可（例 6 用的正是這個手法）。反例：這條判準在 ℚ 裡是假的——逐位逼近 √2 的有理數列 1, 1.4, 1.41, 1.414, ⋯ 是 Cauchy，可是它在 ℚ 中沒有極限（§6-4 的 6.8：√2 不是有理數）。判準成立與否，取決於這個數系有沒有破洞。

PROOF

正方向即 16.7。反方向把三條引理串起來。

Proof. A convergent sequence is a Cauchy sequence by Lemma 16.7. Conversely, let X be a Cauchy sequence in ℝᵖ. Lemma 16.8 makes X bounded; the Bolzano-Weierstrass Theorem 16.4 then supplies a convergent subsequence X′; and Lemma 16.9 upgrades that to convergence of the whole of X, to the same limit.

三步一氣呵成：Cauchy →（16.8）有界 →（16.4）有收斂的子數列 →（16.9）整條收斂。值得追一下這條鏈最後靠在什麼上面：16.4 的第二種情形用了 10.6，而 10.6 的證明用了 §6-2 的完備性公理 6.4。換句話說，這條判準是完備性的又一張面孔——它之所以在 ℚ 上失效，正是因為 ℚ 沒買下那條公理。

收斂與 Cauchy 是同一件事。從此判定收斂再也不需要事先知道極限。∎

這張圖在說 16.10 的證明是一條組裝線，也在說它的重量壓在哪裡：三個箭頭各是一條已證的引理，而中間那個「有界 ⟹ 子數列收斂」一路追下去會抵達完備性公理。判準的深度不在它的證明，而在它的地基。

三個算例（16.11）

例 5來回擺盪的平均數列 xₙ = ½(xₙ₋₂ + xₙ₋₁)

這條數列既不遞增也不遞減——16.1 完全用不上。它正是 Cauchy 判準的主場。

設 x₁ = 1、x₂ = 2，其後每項是前兩項的平均。證明收斂並求極限。

相鄰差：xₙ₊₁ − xₙ = ½(xₙ₋₁ + xₙ) − xₙ = −½(xₙ − xₙ₋₁)。差每次反號並減半，而 x₂ − x₁ = 1，故 |xₙ − xₙ₊₁| = 1/2^{n−1}。
任意兩項：設 m > n，由三角不等式沿路加起來 |xₙ − xₘ| ≤ |xₙ − xₙ₊₁| + ⋯ + |xₘ₋₁ − xₘ| = 1/2^{n−1} + ⋯ + 1/2^{m−2}；提出公因式得 (1/2^{n−1})(1 + 1/2 + ⋯ + 1/2^{m−n−1}) < (1/2^{n−1}) · 2 = 1/2^{n−2}。
因為 (1/2^{n−2}) 是 ((1/2)ⁿ) 的常數倍而後者趨於零（§14-4 例 7），任給 ε > 0 都取得到 M 使 1/2^{M−2} < ε。此後任意 m, n ≥ M 都有 |xₙ − xₘ| < ε——X 是 Cauchy，由 16.10 收斂。
求值：對遞迴式取極限只得到 x = ½(x + x)，是真的但沒有資訊。改看奇數項子數列——歸納可得 x_{2n+1} = 1 + 1/2 + 1/2³ + ⋯ + 1/2^{2n−1} = 1 + ½(1 + 1/4 + ⋯ + 1/4^{n−1}) = 1 + (2/3)(1 − 1/4ⁿ)，它收斂到 5/3。由 15.2，整條數列的極限與子數列相同。

lim X = 5/3 ≈ 1.6667。數值核對：x₁, ⋯, x₈ = 1, 2, 1.5, 1.75, 1.625, 1.6875, 1.65625, 1.671875——左右交替、幅度減半。第四步值得記住：對遞迴式取極限得到恆等式時，代表這個方程沒有分辨力，得另找管道；這裡的管道是一條有封閉形式的子數列。

這張圖在說例 5 為什麼非用 Cauchy 判準不可：數列一左一右地跨過極限，既不遞增也不遞減，單調收斂定理無從下手。可是它的相鄰差成等比遞減，於是任意兩項的距離都被一個等比和壓住——Cauchy 條件正是量這個的。

例 6交錯的階乘倒數和 xₙ = 1/1! − 1/2! + ⋯ + (−1)^{n+1}/n!

同樣不單調（正負交錯）。這一例示範 Cauchy 判準最典型的用法：只證收斂，不求極限。

證明 X 是 Cauchy 數列。

設 m > n，兩項相減後中間項全部消掉，剩下 xₘ − xₙ = (−1)^{n+2}/(n+1)! + ⋯ + (−1)^{m+1}/m!。
取絕對值並逐項放大（正負號一律當成正的，只會變大）： |xₘ − xₙ| ≤ 1/(n+1)! + 1/(n+2)! + ⋯ + 1/m!。
用 §16-2 例 4 裡證過的 2^{k−1} ≤ k!，把每個階乘倒數換成 2 的冪次倒數： |xₘ − xₙ| ≤ 1/2ⁿ + 1/2^{n+1} + ⋯ + 1/2^{m−1} < (1/2ⁿ) · 2 = 1/2^{n−1}。
因為 (1/2^{n−1}) 趨於零，任給 ε 取 M 使 1/2^{M−1} < ε 即可。

X 是 Cauchy 數列，由 16.10 收斂。本例完全沒有提到極限是誰——事實上它是 1 − 1/e，可是證明過程一次都用不到這個資訊。這正是判準的價值：把「存在性」與「求值」徹底分開。

例 7調和數列 xₙ = 1 + 1/2 + ⋯ + 1/n 發散

判準是雙向的，所以它也能拿來證發散：交出一個 ε，讓任何 M 都守不住。這一例還順手戳破一個常見的誤解。

證明 X 不是 Cauchy 數列。

設 m > n，則 xₘ − xₙ = 1/(n+1) + 1/(n+2) + ⋯ + 1/m，共 m − n 項。
每一項都不小於最小的那一項 1/m，所以這個和不小於 (m − n)/m。
特別取 m = 2n：得 x_{2n} − xₙ ≥ n/(2n) = 1/2（n ≥ 2 時嚴格大於，因為除了最後一項外每項都嚴格大於 1/(2n)）。
於是取 ε = 1/4：不論 M 多大，取 n = M 與 m = 2M 都有 |xₘ − xₙ| ≥ 1/2 > 1/4。Cauchy 條件失守。

X 不是 Cauchy，由 16.10 它發散——這就是有名的「調和級數發散」。順帶收掉一個常見的誤解：這條數列的相鄰差 1/(n+1) 明明趨於零，它卻不收斂。16.6 要的是任意兩項靠攏，而不是相鄰兩項靠攏；差別就在這裡——相鄰差再小，只要項數夠多，累積起來仍可以很大。數值：x₁₀ ≈ 2.93、x₁₀₀ ≈ 5.19、x₁₀₀₀ ≈ 7.49，爬得極慢，卻永不停止。

這張圖在證例 7 的機制：把項按編號翻倍分組（1/2；1/3, 1/4；1/5 到 1/8；⋯），每一組的項數剛好抵掉它們變小的幅度，總和至少 1/2。組數要多少有多少，累積量因此沒有上限——相鄰差趨零，完全擋不住這件事。

—— 第五階段到此結束，整個 §16 收工 ——

回望一整節：兩個判準都做到了同一件事——不必先猜出極限。單調收斂定理（16.1、16.2）用順序換取存在性，極限的身分由 sup 直接指定；Cauchy 判準（16.10）連順序都不要，只看數列自己的項互相靠攏，中途借道 Bolzano-Weierstrass 的數列版（16.4、16.5）與三條引理（16.7–16.9）。四個算例示範了單調路線（16.3，包括造出數 e），三個算例示範了 Cauchy 路線（16.11，包括調和數列發散）。兩條路線最後都靠在同一塊地基上：ℝ 沒有破洞。整節收工，出門走一圈再回來。臨走前一則：Cauchy 數列去看醫生，醫生問「你要去哪裡？」它說——「不知道，但我們大家已經越靠越近了。」

下一幕預告

到目前為止，數列的每一項都是一個點。§17 把每一項換成一個函數：f₁, f₂, f₃, ⋯ 一條接一條，問它們會不會逼近某個極限函數。這一換，「靠近」立刻分岔成兩種意思——可以要求每個定義點各自靠近（各點自己有各自的起算點），也可以要求全體定義點用同一個起算點一起靠近。兩者聽起來只差一個字，實際上差很多：前者連「每個 fₙ 都連續時極限函數還連不連續」都保不住，後者保得住。至於可導、可積這類性質要不要另加條件——答案是要，均勻收斂本身還不夠——則是後面幾節的事。這個區別是分析學最容易踩空的地方之一，值得慢慢看。