5.1 序列與 epsilon-N 極限

先不要急著談函數極限；先把 序列極限說明。這個安排很合理，因為序列只沿着自然數 $n$ 一步一 步向前走，所以它是學習正式極限定義最乾淨的入口。

序列是一個函數，不只是一串數字

很多人第一次見到序列時，會把它理解成像

$$1,2,3,4,\ldots$$

或者

$$1,\frac12,\frac13,\frac14,\ldots$$

這樣的列表。這個熟悉觀念需要被說得更精確。

定義

集合中的序列

設 $X$ 是一個集合。$X$ 中的一個序列，就是一個函數

$$N\to X.$$

若 $n\in N$ 的像記作 $x_n$，我們就把這個序列記作 $(x_n)$。

所以，一個序列未必一定由某條簡單公式產生。正式要求只有一個：每個自 然數 $n$ 都要對應到 $X$ 中某個元素 $x_n$。

定義

有理序列與實序列

有理數序列是映射 $N\to Q$。實數序列是映射 $N\to R$。

這個函數觀點之所以重要，是因為它提醒你：序列有定義域、有值域，也有索 引變數。$...$ 只是非正式縮寫，不是數學定義本身。

為甚麼先學序列極限？

對序列來說，「靠近極限」的意思是把索引 $n$ 取到愈來愈大。方向只有一 個：往更大的自然數走。

這比函數極限簡單得多。對函數而言，$x$ 可以由左、由右，以無窮多種實數 方式靠近某個點 $a$。所以第 5 章先處理離散版本：

• 先猜一個候選極限 $L$；
• 再給一個容許誤差 $\varepsilon\gt0$；
• 然後問：序列的尾部會否最終一直留在 $L$ 周圍半徑 $\varepsilon$ 的帶 內？

正式定義

定義

實數序列的極限

一個實數序列 $(x_n)$ 的極限是 $L\in R$，如果對每個正實數 $\varepsilon\gt0$，都存在 $N\in N$ 使得當 $n\gt N$ 時，

$$|L-x_n|\lt\varepsilon.$$

在這種情況下，我們寫作

$$L=\lim_{n\to\infty}x_n$$

或者說 $(x_n)$ 收斂到 $L$。

量詞明確了各項選擇的先後次序：

$$\lim_{n\to\infty}x_n=L \iff \forall \varepsilon\gt0\ \exists N\in N\ \forall n\gt N,\ |x_n-L|\lt\varepsilon.$$

怎樣正確閱讀這串量詞

把定義拆開之後，會清楚很多。

1. $\forall \varepsilon\gt0$：不是只要對某一個誤差帶成立，而是對每一 個正誤差帶都要成立。
2. $\exists N\in N$：當別人先指定了 $\varepsilon$ 之後，你可以按這個 $\varepsilon$ 去選一個尾部起點 $N$。
3. $\forall n\gt N$：一旦越過這個 $N$，之後每一項都要留在該誤差帶 內。

因此，收斂是一個關於尾部的陳述。前面有限多項可以表現得很差，問題不 大；關鍵在於夠後面的項有沒有穩定地留在 $L$ 附近。

常見錯誤

N 可以依賴 epsilon，但不可以依賴 n

證明收斂時，你可以在給定 $\varepsilon$ 之後選 $N$。但一旦 $N$ 定了， 不等式就要對所有 $n\gt N$ 同時成立。你不可以對不同的 $n$ 再另外挑不同 的 $N$。

常見錯誤

收斂不是看前面幾項

改動有限多個起始項，不會改變一個序列是否收斂，因為定義真正控制的是 某個 $N$ 之後的整段尾部。

定義使用嚴格不等式 $n\gt N$。如果某個估計在整數 $K≥1$ 同 $n≥K$ 時成立， 取 $N=K$ 就安全，因為 $n\gt N$ 會推出 $n≥K+1≥K$。如果估計需要 $n\gt K$， 就選一個 $N≥K$ 的整數。$N$ 可以在給出 $\varepsilon$ 後選擇，但不可以等 後來的 $n$ 出現才選擇。

第一個例子：$1/n \to 0$

基本例子是以下序列

$$\frac11,\frac12,\frac13,\frac14,\ldots$$

的極限是 $0$。以下把證明完整寫出。

例題

證明 $\lim_{n\to\infty} 1/n = 0$

這裏取 $n≥1$，所以即使課程約定將 0 包含在 $N$ 內，倒數也有定義。 任取 $\varepsilon\gt0$。我們想要

$$\left|\frac1n-0\right|\lt\varepsilon,$$

也就是

$$\frac1n\lt\varepsilon.$$

這只要在

$$n\gt\frac1\varepsilon$$

時便成立。

因此取一個自然數 $N$ 使 $N\gt1/\varepsilon$。則每當 $n\gt N$，

$$\left|\frac1n-0\right|=\frac1n\lt\varepsilon.$$

故

$$\lim_{n\to\infty}\frac1n=0.$$

這就是最典型的極限證明套路：先由 $|x_n-L|$ 出發，把它化簡，再迫使 $n$ 夠大。

第二個例子：$\frac{5n+2}{3n-7} \to \frac53$

下面的有理式例子需要同時控制分母和誤差。

例題

證明 $\lim_{n\to\infty}\frac{5n+2}{3n-7}=\frac53$

先計算

$$\left|\frac{5n+2}{3n-7}-\frac53\right| = \left|\frac{3(5n+2)-5(3n-7)}{3(3n-7)}\right| = \left|\frac{41}{3(3n-7)}\right|.$$

當 $n$ 夠大時，分母為正，所以

$$\left|\frac{41}{3(3n-7)}\right|=\frac{41}{3(3n-7)}.$$

再取 $N$ 足夠大，使得 $n\gt N$ 時有 $3n-7\ge 2n$。於是

$$\frac{41}{3(3n-7)}\le \frac{41}{6n}.$$

所以只要再令

$$\frac{41}{6n}\lt\varepsilon$$

便足夠。

換言之，我們可以把 $N$ 取得更大，令 $n\gt N$ 時同時滿足 $3n-7\ge 2n$ 與 $n\gt41/(6\varepsilon)$。那麼

$$\left|\frac{5n+2}{3n-7}-\frac53\right|\lt\varepsilon.$$

因此

$$\lim_{n\to\infty}\frac{5n+2}{3n-7}=\frac53.$$

雖然這個例子的代數計算較長，但邏輯結構和 $1/n$ 完全一樣：把誤差項改 寫成一個隨 $n$ 變大而變小的量。

如何設計 epsilon 閾值

有理式例子要求同一個尾部同時滿足兩個條件：分母估計 $3n-7≥2n$ 要求 $n≥7$，誤差估計要求 $n>41/(6\varepsilon)$。給定 $\varepsilon>0$，取整數

$$N\ge\max\left(7,\frac{41}{6\varepsilon}\right).$$

於是每個 $n>N$ 同時滿足兩個條件，故 $41/(6n)<\varepsilon$。證明的依賴次序是：先推導估計，再為所有限制選一個閾值，最後驗證任意後續指標。

索引約定亦很重要。$1/n$ 在 $n≥1$ 時有定義。若要把它寫成定義在 $\mathbb N=\{0,1,2,\ldots\}$ 上的序列，就另行指定 $n=0$ 的值。有限個初始值的改變不影響收斂。

例題

有限前綴與相同尾部

令 $x_0=100$，而 $n≥1$ 時 $x_n=1/n$。給定 $\varepsilon>0$，取整數 $N>1/\varepsilon$ 且 $N≥1$。每個 $n>N$ 都滿足 $|x_n|=1/n<\varepsilon$；特殊的第一項位於閾值之前。因此 $x_n→0$。

一個簡單但重要的特例

對常值序列 $x_n=0$，極限可以直接看出。

例題

常數序列收斂到其常數值

若對所有 $n$ 都有 $x_n=0$，那麼對每個 $\varepsilon\gt0$，

$$|x_n-0|=0\lt\varepsilon$$

對所有自然數 $n$ 都成立。

因此任何自然數都可以當作 $N$，所以

$$\lim_{n\to\infty}x_n=0.$$

這個小例子值得記住，因為它讓你看到：當誤差本身恆等於零時，定義是如何 被立即滿足的。

從幾何角度看收斂

若 $\lim_{n\to\infty}x_n=L$，那就表示不論你在 $L$ 周圍畫一個多窄的誤 差帶，序列的尾部最終也會整段留在這個帶內。

等價地說：

• 你可以容許有限多個初始項不受控制；
• 但在某個位置之後，序列不能再反覆跑出 $\varepsilon$-帶外。

這就是為甚麼「有很多項接近 $L$」仍然不夠。收斂要求的是：所有充分後 面的項都要接近 $L$。

圖：收斂不只表示「看見一些項靠近 $L$」。真正的要求是：從某個足夠大的 $N$ 之後，整條尾部都要留在所選的 $\varepsilon$ 帶內。

互動地比較尾部行為

在下圖中，先選擇序列和容差 $\varepsilon$，再移動 $N$ 來檢驗所選尾部。 圖中的帶符號誤差 $x_n-L$ 顯示哪些項落在開帶 $-\varepsilon\lt x_n-L\lt\varepsilon$ 內。觀察滿足 $n\gt N$ 的項，並把圖形與配套的代數說明對照：有限圖形用來展示尾部，而估計必須保證每一個後續項都滿足要求。

1/n → 0(5n+2)/(3n−7) → 5/3(−1)ⁿ, L = 0

ε = 0.5ε = 0.2ε = 0.1ε = 0.05

N = 5

空心圓表示尾部之前的項；箭頭表示超出圖示尺度的誤差。

所選 N 有效。 充分的起點是 N=5。

$n>\lfloor1/\varepsilon\rfloor\implies 1/n<\varepsilon$.

圖中顯示帶符號誤差 $x_n-L$，所以開帶為 $-\varepsilon<x_n-L<\varepsilon$。$n>N$ 的項構成所選尾部。有限圖形只作示意；代數估計才保證所有後續項均成立。此處採用嚴格在 $N$ 之後，即 $n>N$ 的慣例。

序列極限的證明工具

定義控制的是尾部，所以只要將尾部寫清楚，就可以得到幾個重要結論。

定理

極限唯一

一個實數序列不可以收斂到兩個不同極限。假設 $x_n→L$ 同 $x_n→M$，而且 $L≠M$。取

$$\varepsilon=\frac{|L-M|}{3}\gt0.$$

當 $n$ 夠大時，同時有 $|x_n-L|\lt\varepsilon$ 同 $|x_n-M|\lt\varepsilon$。 三角不等式給出

$$|L-M|\le |L-x_n|+|x_n-M|\lt2\varepsilon=\frac{2|L-M|}{3},$$

這是矛盾。因此極限如果存在就一定唯一。

定理

每個收斂序列都有界

如果 $x_n→L$，就有實數 $m$、$M$ 令所有項都滿足 $m≤x_n≤M$。用 $\varepsilon=1$ 選擇 $N$，令 $n\gt N$ 時有 $L-1\lt x_n\lt L+1$。滿足 $n≤N$ 的項只有有限個，所以有最小值 $m_0$ 同最大值 $M_0$。取

$$m=\min(m_0,L-1),\qquad M=\max(M_0,L+1)$$

就同時控制有限初始段同尾部。

定理

絕對值保留極限

如果 $x_n→L$，就有 $|x_n|→|L|$。反三角不等式是

$$\bigl||x_n|-|L|\bigr|\le |x_n-L|.$$

給定 $\varepsilon$ 時，使用控制 $|x_n-L|\lt\varepsilon$ 的同一個閾值即可， 因為上式直接將估計傳給絕對值。

例題

推導兩個三角不等式

將三角不等式用於 $(x-y)+(y-z)$，得到

$$|x-z|=|(x-y)+(y-z)|\le |x-y|+|y-z|.$$

對反三角不等式，將三角不等式用於 $x=(x-y)+y$ 再整理：

$$|x|\le |x-y|+|y|\quad\Longrightarrow\quad |x|-|y|\le |x-y|.$$

交換 $x$ 同 $y$ 得到 $|y|-|x|≤|x-y|$；合併兩式正好得到 $\bigl||x|-|y|\bigr|≤|x-y|$。

序列極限的代數運算

基本例子建立後，極限定律讓我們把它們組合起來。證明亦說明為甚麼同一個閾值必須同時控制每個誤差。

定理

序列的和與積定律

若 $x_n\to L$ 且 $y_n\to M$，則 $x_n+y_n\to L+M$ 且 $x_ny_n\to LM$。

證明。 對於和，把每個誤差控制在 $\varepsilon/2$ 以下，再在共同尾部使用三角不等式。對於乘積，先對 $x_n\to L$ 使用容差 $1$，取得固定的界 $|x_n|<|L|+1=:A$。令 $B=\max(1,|M|)$。給定 $\varepsilon>0$，選一個共同尾部，使

$$|y_n-M|<\frac{\varepsilon}{2A},\qquad |x_n-L|<\frac{\varepsilon}{2B}.$$

現在，對超過閾值的同一個任意 $n$，全部估計都成立，所以

$$|x_ny_n-LM| \le |x_n||y_n-M|+|M||x_n-L| <\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon.$$

預先取得的界，防止因子 $x_n$ 不受控制地放大小誤差；使用 $B$ 亦涵蓋 $M=0$ 的情況。

定理

非零極限的倒數

若 $x_n\to L$ 且 $L\ne0$，則在倒數有定義的尾部上有 $1/x_n\to1/L$。

證明。 先取尾部使 $|x_n-L|<|L|/2$。於是 $|x_n|>|L|/2$，並且

$$\left|\frac1{x_n}-\frac1L\right| =\frac{|x_n-L|}{|x_n||L|} \le\frac{2|x_n-L|}{|L|^2}.$$

給定 $\varepsilon>0$，再增大閾值，使 $|x_n-L|<\varepsilon|L|^2/2$ 同時成立。這樣誤差就小於 $\varepsilon$，而每一步除法都有先前的正下界作為依據。

例題

應用序列定律

對於 $n\ge1$，和定律給出 $1+1/n\to1$。把 $(1+1/n)/n$ 寫成 $(1+1/n)(1/n)$，乘積定律便給出它趨於零。這兩個結論都使用已證明的 $1/n\to0$，並保留明確的定義域。

更多例子：比較、振盪與增長

例題

比較兩個有理式極限

對

$$x_n=\frac{5n^2+n+7}{n^3+3n^2+3n+1},$$

當 $n≥1$ 時，分母至少是 $n^3$，而 $5n^2+n+7≤13n^2$，所以

$$0\le x_n\le\frac{13n^2}{n^3}=\frac{13}{n}.$$

給定 $\varepsilon\gt0$，選取整數 $N\gt13/\varepsilon$，則 $n\gt N$ 時 $|x_n|\lt\varepsilon$，所以 $x_n→0$。

再看一個分子含有振盪項的有理式：

$$y_n=\frac{n^2-(-1)^n n-13}{n^2+n+1}.$$

減去 1 後

$$y_n-1=\frac{-(-1)^n n-n-14}{n^2+n+1}.$$

利用 $|(-1)^n|=1$，對 $n≥1$ 有

$$|y_n-1|\le\frac{2n+14}{n^2}\le\frac{16}{n}.$$

取 $N\gt16/\varepsilon$，便得到 $y_n→1$。

例題

序列 $2^n$ 沒有有限極限

對所有 $n≥0$，歸納可得 $2^n≥n+1$：$n=0$ 時成立；若對 $n$ 成立，則 $2^{n+1}=2·2^n≥2(n+1)≥n+2$。所以 $2^n$ 無界。收斂的實數序列一定有界， 因此 $2^n$ 不會收斂到任何實數。

例題

有理化 $\sqrt{n+1}-\sqrt n$

當 $n≥1$ 時，

$$0\lt\sqrt{n+1}-\sqrt n =\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt n} \le\frac{1}{\sqrt n}.$$

給定 $\varepsilon\gt0$，取整數 $N\gt1/\varepsilon^2$。當 $n\gt N$ 時 $1/\sqrt n\lt\varepsilon$，所以 $\sqrt{n+1}-\sqrt n\to0$。

例題

離散極限 $n^2/4^n$

當 $n≥4$ 時，歸納可以證明 $n≤2^{n/2}$。初始情況是 $4≤4$；如果對 $n≥4$ 成立，因為 $(n+1)/n≤5/4\lt\sqrt2$，便有 $n+1≤2^{(n+1)/2}$。因此

$$0\le\frac{n^2}{4^n}\le\frac{2^n}{4^n}=2^{-n}.$$

給定 $\varepsilon\gt0$，取同時大於 4 和 $\log_2(1/\varepsilon)$ 的 $N$， 則 $n\gt N$ 時 $2^{-n}\lt\varepsilon$，從而 $n^2/4^n→0$。

例題

有限項的改變不影響極限

如果兩個序列在所有 $n\gt N_0$ 時相同，而其中一個收斂到 $L$，給定 $\varepsilon$ 後取原來的閾值，再將它擴大到超過 $N_0$。兩條尾部完全相同， 所以有相同估計，另一個序列亦收斂到 $L$。

快速檢查

思考檢查

在 $\lim_{n\to\infty}x_n=L$ 的定義裡，N 的角色是甚麼？

用「尾部」的語言回答。

解答 · 答案

$N$ 是尾部開始的位置。它保證：從 $N$ 之後，每一項都必須落在所選 $\varepsilon$-帶內。

思考檢查

為甚麼把一個收斂序列的頭十項改掉，不會破壞其收斂性？

想想定義真正控制的是哪些索引。

解答 · 答案

因為收斂只要求某個 $N$ 之後的所有項滿足條件。改動有限多個起始項，不 會改變那段尾部的最終行為。

練習

思考檢查

把序列極限的定義完整寫成符號形式。

不要漏掉量詞次序。

解答 · 引導解答

符號形式是

$$\lim_{n\to\infty}x_n=L \iff \forall \varepsilon\gt0\ \exists N\in N\ \forall n\gt N,\ |x_n-L|\lt\varepsilon.$$

量詞的次序很重要：先給 $\varepsilon$，再選 $N$，最後檢查所有 $n\gt N$。

思考檢查

直接用定義證明 $\lim_{n\to\infty} 1/(2n)=0$。

把它和 $1/n$ 的證明對照。

解答 · 引導解答

任取 $\varepsilon\gt0$。我們要

$$\left|\frac1{2n}-0\right|=\frac1{2n}\lt\varepsilon.$$

這在 $n\gt1/(2\varepsilon)$ 時成立。故只要取自然數 $N$ 使 $N\gt1/(2\varepsilon)$，那麼當 $n\gt N$ 時就有 $1/(2n)\lt\varepsilon$。所 以 $1/(2n)\to 0$。

思考檢查

為甚麼『有無限多項接近 L』仍不足以推出收斂？

把「無限多項」和「所有充分後面的項」作比較。

解答 · 引導解答

因為收斂要求整段尾部都接近 $L$，而不只是某個無窮子列接近 $L$。一個 序列可以無限多次走近 $L$，同時又在之後的其他索引反覆跑遠。

前置與繼續閱讀

建議先讀 4.6 小數展開與無理數 及 4.3 完備性與 Q 的缺口。 之後可接着讀 5.2 Cauchy 序列與另一個實數模型。