§19-4  雙重極限定理

雙重極限存在時，迭代極限會不會自動存在並吻合？如果不會，缺的是哪一環？反過來，兩個迭代極限都存在而且相等，能不能推出雙重極限存在？

雙重極限與迭代極限的關係

上一篇的例 7 說明雙重極限存在時，迭代極限可能連定義都沒有——因為某些列根本不收斂。這帶出一個很自然的問題：如果內層那一步過得了關，外層會不會自動吻合？

答案是肯定的，而且證明很短。接著要問反方向：兩個迭代極限都存在、而且相等，能不能推出雙重極限存在？這個答案是否定的，而反例出乎意料地簡單。

19.6  DOUBLE LIMIT THEOREM
If the double limit x = lim (xₘₙ) exists, and if for each m ∈ ℕ the limit yₘ = limₙ (xₘₙ) exists, then the iterated limit limₘ limₙ (xₘₙ) exists and equals x.
雙重極限存在，加上每一列各自收斂，列迭代極限就存在且等於雙重極限。行的方向同理。
正例：xₘₙ = 1/(m + n) 的雙重極限是 0，每一列也都收斂到 0，於是列迭代極限是 0，三個數一致。反例：不能把「每一列收斂」這個假設拿掉——例 7 的雙重極限存在，可是每一列都不收斂，結論的式子連寫都寫不出來。這個假設不是為了證明方便，是不可省的。
PROOF

所求是 (yₘ) 收斂到 x。手法與上一篇證 19.5 的最後一步相同：先把 m 固定住，只讓 n 跑，把雙重極限給的估計過一次極限，就得到關於 yₘ 的估計。

Proof.  Let ε > 0 and take N = N(ε/2) from Definition 19.4, so that ‖xₘₙ − x‖ < ε/2 whenever m, n ≥ N. Fix any m ≥ N.
這一步的所求：把兩個下標的條件降成一個。雙重極限的條件對 m 與 n 同時要求「夠大」；把 m 挑定並固定住之後，剩下的就是一條只以 n 為變數的普通數列——而那條數列正是第 m 列，它依假設收斂到 yₘ。用 ε/2 是為了替最後過極限那一步預留空間。
For every n ≥ N we have ‖xₘₙ − x‖ < ε/2. Letting n → ∞ and using 15.8 on the real sequence n ↦ ‖xₘₙ − x‖, whose limit is ‖yₘ − x‖, we obtain ‖yₘ − x‖ ≤ ε/2 < ε.
這一步的所求：把「整列的每一項都離 x 很近」升級成「這一列的極限離 x 很近」。用的還是 15.8（非嚴格不等式過得了極限）：一條實數列的每一項都小於 ε/2，過極限之後只保得住 ≤ ε/2——這正是預留了一半空間的理由。至於 n ↦ ‖xₘₙ − x‖ 為什麼收斂到 ‖yₘ − x‖，理由與 19.5 最後一步相同：兩個長度的差不超過差的長度（8.7），而 xₘₙ → yₘ。
Since the estimate holds for every m ≥ N and ε > 0 was arbitrary, 14.4 gives x = limₘ (yₘ), which is the assertion.
收尾只是把剛才的結論讀成 (yₘ) 的收斂敘述：對每個 ε，N(ε/2) 就是 (yₘ) 要的那個起算點。注意這個起算點完全來自雙重極限，各列自己收斂得快或慢並不影響它——這個觀察在下一篇會被提煉成一條引理。
雙重極限存在時，唯一可能擋住迭代極限的就是內層極限本身不存在。只要內層過關，外層自動吻合。∎
y₁y₂y₃y₄ 每一列的極限 外層再取一次極限，得到 x

這張圖在說 19.6 的兩層結構：先把每一列（藍點）各自取極限，結果排在右邊那一欄（紅字）；再對這一欄取一次極限。定理說這個兩層的答案與「整塊右下角一起趨近」的答案一致。證明的施力點是右邊那一欄的估計完全由雙重極限供給，與各列自己收斂得多快無關。

19.7  COROLLARY
Suppose the double limit of X = (xₘₙ) exists and that the limits yₘ = limₙ (xₘₙ) and zₙ = limₘ (xₘₙ) exist for all m, n ∈ ℕ. Then both iterated limits exist and equal the double limit.
雙重極限存在，而且每一列與每一行都各自收斂，則兩個迭代極限都存在且都等於雙重極限——取極限的次序在這個前提下可以交換。
正例：xₘₙ = 1/(m + n) 的每一列與每一行都收斂到 0，三個極限全部是 0。反例：條件裡的雙重極限存在不能省——下面的例 8 兩列兩行全部收斂、兩個迭代極限也相等，可是雙重極限不存在，所以這條推論不適用（它的結論本來就沒有宣稱什麼）。
PROOF

不必新論證——19.4 的定義對兩個下標完全對稱，把它們的角色互換就等於把表格轉置。

Proof.  Applying 19.6 as stated gives the row iterated limit and shows it equals x. Now let x′_{mn} = x_{nm}. The double limit of X′ = (x′ₘₙ) is again x, because the condition in 19.4 treats the two indices symmetrically, and the rows of X′ are the columns of X, which converge by hypothesis. A second application of 19.6 to X′ gives the column iterated limit of X and shows it equals x as well.
這一步的所求：讓 19.6 也管到行的方向。做法是把表格轉置——新表格的第 m 列就是舊表格的第 m 行。要確認轉置之後前提仍然成立：雙重極限的條件寫的是「m, n ≥ N(ε)」，兩個下標的地位相同，交換之後條件一字不變；而新表格各列收斂正是舊表格各行收斂，這是假設給的。於是 19.6 可以原封不動再用一次。
在雙重極限存在且兩族單一極限都存在的前提下，取極限的次序可以自由交換。∎
例 8兩個迭代極限相等，雙重極限卻不存在
既然雙重極限能推出迭代極限，反過來推得回去嗎？
  1. 定義 xₘₙ = 0（當 m = n）、xₘₙ = 1（當 m ≠ n）。整張表除了對角線之外全是 1。
  2. 兩個迭代極限都是 1。固定 m，第 m 列只有第 m 個位置是 0，其餘都是 1；所以 n > m 之後恆為 1，得 yₘ = 1。於是 limₘ yₘ = 1。行的方向由對稱性同樣得 1。
  3. 雙重極限不存在。假設它是 x，取 ε = 1/2 得 N。取 m = n = N 得 |0 − x| < 1/2；取 m = N、n = N + 1 得 |1 − x| < 1/2。兩式相加，由三角不等式 1 = |1 − 0| ≤ |1 − x| + |x − 0| < 1，矛盾。
1111 1111 1111 1111 1111 00000 12345 12345 n m

這張圖在說例 8 為什麼卡住：沿著任何一列往右走，碰過對角線上那個 0 之後就一路都是 1，所以每一列都收斂到 1；行的方向也一樣。可是不論把右下角的範圍縮得多小，那一塊裡永遠同時含有對角線上的 0 與旁邊的 1——兩個相差 1 的值同時出現，雙重極限無處容身。

19.6 的逆命題不成立：兩個迭代極限存在且相等，推不出雙重極限。要補回去需要額外的條件，那正是下一篇的主題。
—— 第四階段到此結束 ——

本篇證明了雙重極限定理（19.6）：雙重極限存在時，只要內層極限存在，迭代極限就自動存在且吻合——證明只有一步，把 m 固定後過一次極限。推論 19.7 把它同時套在列與行上，得到「取極限的次序可以交換」。例 8 則否定了逆方向：對角線是 0、其餘是 1 的那張表，兩個迭代極限都是 1，雙重極限卻不存在。下一篇 §19-5 補上缺的那個條件，收斂這一章就到此為止。伸展一下再走最後一段。