vin's discord math notes chap. 2

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由於 (1 + 1/n)ⁿ 是二項式的 n 次方，要了解它的特性（如剛才展示的上下限），需要用上二項式定理。上面不等式最具技巧的一步在於藍色分母從 n! 變成 2ⁿ⁻¹。 小問題：為何上標有 "-1"？ 重點在於 n! = 1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋯ (n - 1) n 中，當 n! 變成 (n + 1)! 時，額外乘上的數字 n + 1 是隨 n 而增長，但 2ⁿ 變成 2ⁿ⁺¹ 時，額外乘上的數字永遠是 2，所以當 n「足夠大」（n > 3）時，n! > 2ⁿ。 取倒數後不等式反轉，於是出現 1/n! < 1/2ⁿ，然後就可以運用等比數列和公式，為 (1 + 1/n)ⁿ 給出上限。

上面實驗發現 n 越大，(1 + 1/n)ⁿ 也越大。即若 m < n，(1 + 1/m)ᵐ < (1 + 1/n)ⁿ。這種數列我們叫__嚴格遞增數列__。（「嚴格遞增」比「單調遞增」「嚴格」，只接受「>」，不接受「=」。） 練習：試證 (1 + 1/n)ⁿ < (1 + 1/(n + 1))ⁿ⁺¹ 提示：

1. 如上面般展開 (1 + 1/n)ⁿ，分離最簡單兩項。
2. 其餘 n - 1 項中，調整分子分母配對，先把 1 / k! 放在左邊。
3. 留意 (n - 1) / n = 1 - 1 / n < 1 - 1 / (n + 1) = n / (n + 1)，如此類推。

數列 ( (1 + 1/n)ⁿ )ₙ 只升不降，但又小於 3。

• 3 大於或等於此數列中所有項，我們稱 3 為此數列的__上界__ (upper bound)。
• 與之相對應的就是__下界__ (lower bound)。2 小於或等於此數列中所有項，我們稱 2 為此數列的__下界__。 從實驗觀察中，我們發現此數列「最後接近 2.71828」。我們自然會問：「2.9 能否成為此數列的上界？2.8 呢？2.75 呢？」 若我們改良有關 n! 的不等式成「若 n ≥ 4，n! > 2ⁿ」，再重覆上面用等比數列算 ( (1 + 1/n)ⁿ )ₙ 上界的方法，即有較少的上界 2 + 1/2 + 1/6 + (1/16) (2) = 2 + 19/24 = 2.791̇6666... 那麼這些 ( (1 + 1/n)ⁿ )ₙ 的上界（即大於此數列的所有項的數字，例如 2.7917, 2.8, 2.9, 3）中，有沒有一個最小的？ 答案是肯定的，因為數學上有條叫上確界公理 （least-upper bound axiom）。

上圖擷自維基，能給大家一個圖像直覺。只要右邊有一綠點在所有藍點的右邊，那麼即存在最左的一點（紅點示），使得這一點在所有藍點的右邊。

• 綠點：集合 M 的上界
• 藍點：集合 M 元素
• 紅點：集合 M 的上確界，一般標記為「sup M」

留意：

• 上確界公理只說有紅點，但沒有說過怎樣算出紅點位置。
• 紅點位置上可能但不一定有藍點——這就是「上確界」（紅點, sup M）和「最大值」（最右的藍點, max M）的分別。後者不一定能找到，本章主角本利和數列即為一例，見下面解釋。

紅點有三個特質：

1. 所有藍點都在 紅點的左邊 或 紅點上。
2. 從紅點向左畫一（任意長）橫線段，設線段上必有一藍點。
3. 從紅點向右畫一橫線。所有綠點都在 紅點的右邊 或 紅點上。 用文字理解以上特質：
4. 上確界是上界。
5. 比上確界小的數就不是上界。
6. 上確界是最小的上界。 練習：用變量和不等式寫出上確界的特質。

• 我們的本利和數列 ( (1 + 1/n)ⁿ )ₙ 各項就如上圖中的藍點，只前進不後退。
• 2.7917, 2.8, 2.9, 3 就如上圖中的綠點，在藍點的右邊。
• 由上確界公理，可構建一紅點，代表此數列的上確界，標記為「sup {(1 + 1/n)ⁿ | n ∈ ℕ}」或簡單一些「supₙ (1 + 1/n)ⁿ」。
• 紅點上不可能有藍點，因為此數列是嚴格遞增，即每一藍點的右邊都有另一藍點。若紅點上有藍點，藍點右邊有另一藍點，則紅點右邊有藍點，違反上面特質 1。 ℹ️ 自然數集 ℕ 是否包括 0，視乎課題和作者選擇。本章 ℕ 不包括 0，因為主角是數列：數列可一個個地數，而我們日常生活數數是由 1 開始數的。

觀察：當數列 (aₙ)ₙ 單調遞增且有上界時，先取 L = supₙ aₙ（∈ ℝ，獨立於 n），再任取一正數 ε > 0（代表數列中任意一項和 L 的絕對誤差）。按特質 2，總有一指標 N ∈ ℕ，使得 $$L - \epsilon &lt; a_N \le L。$$

由於 (aₙ)ₙ 單調遞增且 L 是上界 $$L - \epsilon &lt; \underbrace{a_N &lt; a_{N+1} &lt; a_{N+2} &lt; \dots}_{\textrm{數列 } \left(a_n\right)_n \textrm{ 的「尾巴」}} \le L$$

注意這裏我們先固定正數 ε > 0 的值，再按 ε 的值取 N ∈ ℕ（「尾巴頭」），所以有些書會寫 N = N (ε) ，代表 N 隨 ε 而變。 由於絕對誤差 ε 的選取可以是__任意小__（想取有多小就有多小，例如 ε = 10⁻⁵, 10⁻⁸, …），所以單調遞增數列 (aₙ)ₙ 「任意接近」它的上確界 L = supₙ aₙ。 只要將數列正負號倒轉，即有單調遞減數列「任意接近」它的下確界。 我們即將引入符號，表達一數列「任意接近」一個數字。

數列極限 ε-N 定義

由於我們想引入定義，而定義越廣，能套用的機會就越大，所以引入符號前，再觀察上面不等式，看看有甚麼條件能放鬆。 很多時實例會幫助思考抽象條件：以 ( (-1)ⁿ/n )ₙ 為例 (-1, 1/2, -1/3, 1/4, …)，它的「尾巴」很可任意小。 || 對任意小的 ε > 0, 0 - ε < (-1)ⁿ / n < 0 + ε ⟺ |1 / n| < ε || || ⟺ n > 1 / ε ⟸ (N = ⌈1 / ε⌉ 及 n ≥ N) ||

1. 數列 (aₙ)ₙ 不需要單調遞增／單調遞減。
2. L ∈ ℝ 不需要是上界／下界。
3. 留意上面隱藏文字中的單向箭咀 '⟸' 上面不等式可改寫做 $$L - \epsilon &lt; \underbrace{a_N &lt; a_{N+1} &lt; a_{N+2} &lt; \dots}_{\textrm{數列 } \left(a_n\right)_n \textrm{ 的「尾巴」}} &lt; L + \epsilon$$

先用個較接近人類語言的方式寫極限定義：

能找出固定的實數 L ∈ ℝ（獨立於下面的 ε > 0）。 對於任意小的絕對誤差 ε > 0，都能找到一個「尾巴頭」N = N(ε) ∈ ℕ，使得整條「尾巴」都被包含在「L 的ε-鄰域」(L - ε, L + ε) 內。 此時定義 L 為數列 (aₙ)ₙ 的極限。

有文字理解不夠，最終要用符號正式寫一次。 引入兩個邏輯符號 '∀'（對於所有）和 '∃'（存在）。

• 能找出……L ∈ ℝ：∃ L ∈ ℝ
• 對於……ε > 0：∀ ε > 0
• 都能找到……N = N(ε) ∈ ℕ：∃ N ∈ ℕ
• 整條「尾巴」：{aₙ | n ≥ N}
• 整條「尾巴」都被包含在……(L - ε, L + ε)：∀ n ≥ N, | aₙ - L | < ε

把上面右邊的符號一口氣寫完

∃ L ∈ ℝ : ∀ ε > 0 : ∃ N ∈ ℕ : ∀ n ≥ N, | aₙ - L | < ε 若 L 滿足以上條件，則稱__L 為數列 (aₙ)ₙ 的極限__。 可記作「當 n → +∞，aₙ → L」或 $L = \lim_{n \to +\infty} a_n$。

231021-equiv.md

上面用符號記 (aₙ)ₙ 的極限 L 時，使用了等號 '='。若極限非唯一，將會得出「L = limₙ aₙ = L'」，這和「L ≠ L'」衝突，所以我們需要證明極限值唯一，使用等號 '=' 標示極限值方有意義。

  (𝑎ₙ)ₙ 的 𝑁-尾巴  (𝑎ₙ)ₙ 的 𝑁′-尾巴
           │              │
           ↓              ↓
──(─────┼─────)───────(─────┼─────)──→
 𝐿−𝜀    𝐿    𝐿+𝜀     𝐿′−𝜀   𝐿′   𝐿′+𝜀

   𝐿 的 𝜀-鄰域          𝐿′ 的 𝜀-鄰域

證明技巧很經典，有兩個極限 L 和 L′，即運用極限定義得出 (aₙ)ₙ 的兩條「尾巴」（{aₙ | n ≥ N} 和 {aₙ | n ≥ N′}）。注意兩條「尾巴」必定是一個包含住另一個，所以只需取較短的一條，以同時滿足兩個「鄰域條件」。 | L - L′ | ≤ | L - aₙ | + | aₙ - L′ | ≤ 2ε 留意上面不等式中 L 和 L′ 獨立於 ε，而 ε > 0 任意小。 圖像直覺：L 和 L′ 的距離有 2ε，然後 ε 不停縮小。 我們的目標是 L = L′，由於已知條件已用盡，L 和 L′ 獨立於 ε，所以用反證法：設 L ≠ L′，則 | L - L′ | > 0。取 ε = | L - L′ | / 3，則上面不等式變成 | L - L′ | ≤ 2 | L - L′ | / 3，此不等式顯然錯誤，所以假設 L ≠ L′ 錯誤。 剛才我們證明一條引理。

設 a ≥ 0，且對任意 c > 0，a ≤ c。證明 a = 0。 本科基礎分析碰到這引理時，老師說「這個日後好駛好用。」

極限的四則運算很直覺，它們的證明能練習極限定義，上網也能查到，在此不敍。 練習：對於任意實數 r，等比數列 (rⁿ)ₙ 的極限存在嗎？ 提示：針對 | r | 的大小分開幾種情形，使用二項式定理：

1. | r | = 0 或 1
2. 0 < | r | < 1 || 1 / (1 + c)ⁿ ≤ 1 / (1 + nc) ，取 n → +∞ ||
3. | r | > 1 || (1 + c)ⁿ ≥ 1 + nc，取 n → +∞ ||

數列的單調收斂定理

上面已證明過本章主角 ( (1 + 1/n)ⁿ )ₙ 是個嚴格遞增數列，即其中一種單調數列。 上兩節末帶出有上界的單調遞增數列「任意接近」上確界。在上節引入「極限」的定義後，我們終於可以準確且精簡地描述這一現象。這個結果就是數列的 單調收斂定理 （Monotone Convergence Theorem (for sequences)）。

設 (aₙ)ₙ 是有（上界及下）界的單調數列，則它的極限存在。 至此，我們只要運用這條定理，即知極限 limₙ (1 + 1/n)ⁿ 存在，且為此數列的上確界。 在數學中，我們叫這個極限做尤拉數（Euler's number），標記為 𝑒，約值為 2.71828。

用無窮級數構造尤拉數

設有數列 (aₙ)ₙ，對於每一項 aₙ，取首 n 項之和 sₙ = a₁ + a₂ + ⋯ + aₙ，生成另一數列 (sₙ)ₙ。我們稱 (sₙ)ₙ 為 (aₙ)ₙ 的級數（series）。 若 (sₙ)ₙ 的極限存在，則可以簡化

$$\textrm{「} \lim_{n\to+\infty} \sum_{k=1}^n a_n \textrm{」作「} \sum_{k=1}^{+\infty} a_n \textrm{」。}$$

練習：延續上兩節的練習，求等比數列 (rⁿ)ₙ 的無窮級數。 留意上面為本章主角 ( (1 + 1/n)ⁿ )ₙ 求上界時，用二項式展開 (1 + 1/n)ⁿ，順手發現一條不等式（方框示）

對於所有 $n \in \Bbb{N}$，

$$\boxed{\sum_{k=0}^n \frac{1}{k!} = \frac{1}{0!} + \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!} + \cdots + \frac{1}{n!} < 3}$$

由於級數

$$\left( \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!} \right)_n$$

嚴格遞增，運用單調收斂定理，可知它的極限

$$\sum_{k=0}^{+\infty} \frac{1}{k!}$$

存在。

,w sum 1/k!, k=0 to 20

由於 n! 飆升極快，為節省電腦運算時間，實驗就止停下。 上面使用 n = 20 估算無窮級數的誤差不大於

1/21! + 1/22! + ⋯ = (1/21!) (1 + 1/22 + ⋯) < (1/21!) (1 + 1/2 + ⋯) = 2/21! ─── (*)

這是個很微小的數字，比 10⁻¹⁵ 還要少。

(*) 極度粗略且不貼近真正的估算誤差，但足以說明此級數收歛之快。 留意上面的數字「極度接近」尤拉數 𝑒 = limₙ (1 + 1/n)ⁿ。

如何在直覺上說服自己，覺得這很合理？比對 本利和展開式 及 ( 1/n! )ₙ 的級數 的第 k 項：

$$ \begin{align} &\quad \left( \sum_{k=0}^n \frac{1}{k!} \right) - \left(1 + \frac1n \right)^n \\ &= \sum_{k=2}^n \left(1 - \frac{\color{red!50}n \cdot \dots \cdot (n + 1 - k)} {\underbrace{n \cdot \dots \cdot n}_{n^k}} \right) , \frac{1}{\color{blue!50}k!} \\ &= \sum_{k=2}^n \left(1 - \left(1 - \frac1n\right)\left(1 - \frac2n\right) \dots \left(1 - \frac{k-1}{n}\right) \right) , \frac{1}{\color{blue!50}k!} \end{align} $$

若 k 遠小於 n，且 n「足夠大」，則括弧內的 1 - 1/n, 1 - 2/n, …, 1 - (k - 1)/n「足夠接近」1，整個大括弧「足夠接近」0。 若 k「足夠大」，1 / k!「暴跌至」0，而左邊大括弧是個介乎 0 到 1 之間的數字。 要處理大括弧內的積，其中一種思路就是化積為和。

練習：設 $n \in \bN$，對所有 $k \in {1, \dots, n}$，$x_k \in [0,1]$。證明 $$1 - \sum_{k=1}^n x_k \le \prod_{k=1}^n (1 - x_k)$$

上述不等式很粗略，因為左邊有可能為負數，但右邊永遠在 0 和 1 之間。 思考一下以上不等式的意義：代入 xₖ = cₖ ε > 0，其中 ε > 0 表示「遠比 cₖ 們小的誤差」。這時 不等式左邊 代表 不等式右邊積 的__一階估計__（first-order approximation），即只保留該積中 ε 次數 ≤ 1 的項。 為甚麼做一階估計？為甚麼 ε 次數 ≥ 2 的東西，我們想忽略？試想像 ε = 0.1，即麼 ε² = 0.01。0.1 cm 長的東西或能用間尺手畫，但 0.01 cm 長的東西已經不能用手畫。做點科學實驗，加入若干 ml 的液體，或是做烘焙磅重時，試試感受一下分配材料重量時的精確度。

現在試用文字理解上面不等式： 假設起始值 1 （例如有 1 份身家）。

1. 大兒子分走現有身家的 x₁：起始值 1 乘以 1 - x₁，代表起始值 1 減去 x₁
2. 二兒子分走剩餘身家的 x₂：

• 不等式右邊：現值 1 - x₁ 乘以 1 - x₂，代表現值 1 - x₁ 減去當中的 x₂（即__減去 (1 - x₁) x₂__ < x₂）。
• 不等式左邊：從 1 - x₁ 直接減去 x₂，減得比不等式右邊多。

1. 三兒子分走剩餘身家的 x₃：

• 不等式右邊：現值 (1 - x₁) (1 - x₂) 乘以 1 - x₃，代表現值 (1 - x₁) (1 - x₂) 減去當中的 x₃（即__減去 (1 - x₁) (1 - x₂) x₃__ < x₃）。
• 不等式左邊：從 1 - x₁ - x₂ 直接減去 x₃，減得比不等式右邊多。 若且唯若 {xₖ | k = 1, …, n} 中最多只有一個非零元素，等式成立。（有兩個兒子拿走非零身家後，不等式左邊小於不等式右邊。） 用數學歸納法證明以上不等式，看不清現實意義，但仍有練習價值，值得一做。

以上不等式中取 xₖ₋₁ = (k - 1) / n，則上面兩極限差中的大括弧內小於 x₁ + x₂ + ⋯ + xₖ₋₁ = k(k - 1) / (2 n)，此分數中的

• 1/(2n) 調往 '∑ₖ' 外。
• 分子 k(k - 1) 和 1 / k! 約簡成 1 / (k - 2)!。接着 '∑ₖ' 範圍改成 k = 0, …, n - 2，右邊改成 1 / k!。從上面方框框起的不等式，可知此和有上界（3） 取 n → +∞ 以完成目標。

$$ \begin{align} &\quad \left( \sum_{k=0}^n \frac{1}{k!} \right) - \left(1 + \frac1n \right)^n \\ &= \sum_{k=2}^n \left(1 - \frac{\color{red!50}n \cdot \dots \cdot (n + 1 - k)} {\underbrace{n \cdot \dots \cdot n}_{n^k}} \right) , \frac{1}{\color{blue!50}k!} \\ &= \sum_{k=2}^n \left(1 - \left(1 - \frac1n\right)\left(1 - \frac2n\right) \dots \left(1 - \frac{k-1}{n}\right) \right) , \frac{1}{\color{blue!50}k!} \\ &< \sum_{k=2}^n \frac{k(k-1)}{2n} , \frac{1}{\color{blue!50}k!} \\ &= \frac{1}{2n} \sum_{k=2}^n \frac{1}{(k-2)!} \\ &= \frac{1}{2n} \sum_{k=0}^{n-2} \frac{1}{k!} \\ &< \frac{1}{2n} , (3) \tag{$\fbox{方框不等式}$} \\ &\xrightarrow[n\to+\infty]{} 0 \end{align} $$

用極限四則運算得出理想結論。 $$e = \lim_{n\to+\infty} \left(1 + \frac1n\right)^n = \sum_{k=0}^{+\infty} \frac{1}{k!}$$

231022-exp.md

複利率和指數定律

上面為把尤拉數介紹得更簡單，把本利和假設為 r = 100% = 1 ——這顯然不設實際，因為在不少地區，放高利貸（年利率超過一定百分比，例如 60%）不合法。這時本利和數列變成 ( (1 + r/n)ⁿ )ₙ。 運用同樣方法，用二項式定理展開它。

\definecolor{r}{RGB}{200,150,150} \definecolor{b}{RGB}{150,150,200} \begin{CJK}{UTF8}{bkai} $$\begin{aligned} &\quad 1 + n\left(\frac{r}{n}\right) + \frac{\color{r}n(n-1)}{\color{b}2!}\left(\frac{r}{n}\right)^2 + \frac{\color{r}n(n-1)(n-2)}{\color{b}3!}\left(\frac{r}{n}\right)^3 + \cdots \ &\quad+ \frac{\color{r}n(n-1)(n-2) \cdots 2 \cdot 1}{\color{b}n!}\left(\frac{r}{n}\right)^n \ &= 1 + r + \frac{r^2}{\color{b}2} , \underbrace{\frac{\color{r}n(n-1)}{n^2}}{<1} + \frac{r^3}{\color{b}3\cdot 2} , \underbrace{\frac{\color{r}n(n-1)(n-2)}{n^3}}{<1} + \cdots \ &\quad+ \frac{r^n}{\color{b}n \cdot (n-1) \cdots 3 \cdot 2 \cdot 1} , \underbrace{\frac{\color{r}n(n-1)(n-2) \cdots 2}{n^n}}{<1} \ &= 1 + r + \boxed{\frac{r^2}{\color{b}2} + \frac{r^3}{\color{b}3\cdot2} + \cdots + \frac{r^n}{\color{b}n(n-1)\cdots3\cdot2}} \ &< 1 + r + \frac{r^2}{\color{b}2} + \frac{r^3}{\color{b}2\cdot2} + \cdots + \frac{r^n}{\color{b}\underbrace{2\cdot2\cdots2}{=2^{n-1}}} \ &= 1 + r + \frac{r^2}{2} , \frac{1-(r/2)^{n-1}}{1-r/2} \ &< 1 + r + \frac{r^2}{2} , \frac{2}{2-r} \end{aligned}$$ 從以上展開式，易見當 $n&gt;1$, $1 + r &lt; \qty(1+\frac{r}{n})^n &lt; 2 + \frac{r^2}{2} , \frac{2}{2-r}$. \end{CJK}

一如上面順手發現的級數不等式，我們也發現這個級數是收斂的。關於二項式極限和無窮級數極限等價，證明也是同一道理，只不過將右邊分數 1 / k! 中的分子改成 rᵏ，留作練習。 可惜上述論證只對 0 < r < 2 有效。那麼對其他的 r，可以怎樣調整上面的內容？分作以下兩種情形討論：

1. r ≥ 2：仍舊留意 n! 飆升遠比 Mⁿ 快，此處 M 為一固定的（底）數。按 r 的值選取適當的 M，使得 r / M < 1，於是我們可以用等比數列和給上界，再用單調收歛定理構建極限。留意 M 的選取不受 n 影響，還有首兩項 1 + r 仍為本利和 (1 + r/n)ⁿ 下界及線性近似（linear approximation）。
2. r < 0：(r / n)ᵏ 在 k為奇數時變負數，所以不能直接用 " (紅色分母/ nᵏ) < 1 " 使該分數消失。

• 留意當 n 「足夠大」，「負利率本利和」(1 + r/n)ⁿ 仍為正數。
  • 「負利率本利和」以引號括起，因為負利率 r < 0 不符現實，但理論上有價值，在下一節能幫助我們理解一般形式的指數定律和對數——一般課程中無法仔細討論的課題。
  • 由於我們已經引入了 "∀"（對於所有） 和 "∃"（存在）兩個符號，所以可以定義何為「足夠大」： 「當 n 足夠大，命題 P(n)成立」即「這裏存在 N ∈ ℕ，使得對於所有 n ≥ N，命題 P(n) 成立」。一條__命題__就是一句__可以被__（已知公設、公理、定義和已被證明的定理）證明為對或錯的句子。比如剛才的 "n! ≥ 2ⁿ" 就是一條關於變量 n 的命題，可以記為 P(n)。那麼除了 1, 2 和 3 外，n 可取值其他的非負整數，使得 P(n) 成立。
  • 此處需要用上「足夠大」的概念，是因為當 n 是「不夠大」（n < -r）的奇數時，「負利率本利和」(1 + r/n)ⁿ 變成負數。由於我們在考慮「負利率本利和」數列的極限（換句話說，給定一個任意小的鄰域，看看能否把此數列的「尾巴」裝進這個鄰域。），所以我們不管它的前 10 項、前 100 項、前一億項，只管數列的某條「尾巴」（選定一 N ∈ ℕ，然後有「N-尾巴」{ aₙ | n ≥ N }）。一旦取 N = ⌈ -r ⌉，那麼隨着 n (≥ N) 增大，1 + r/n 中的 r/n 會越來越接近 0。
  • 「負利率本利和」(1 + r/n)ⁿ 展開後，每一包含 r 的奇數次方的項前，有一個 r 偶數次項， 該兩項係數比例 = 後項 (2k + 1 次) / 前項 (2k 次) = [ (n - 2k) / (2k + 1) ] (r / n)。 即使 n 足夠大，只要 -r > 2k + 1，起始時 r / (2k + 1) < -1 無法控制，唯有改變策略。
  • ( (1 + r/n)ⁿ )ₙ 有嚴格遞增的尾巴。當中使用了伯努利不等式的最基本情形 "∀ x ≥ -1, ∀ n ≥ 1, (1 + x)ⁿ ≥ 1 + nx"。 練習：用數學歸納法證明伯努利不等式的最基本情形。 又使用單調收歛定理構建極限。

\begin{CJK}{UTF8}{bkai} 難處：用伯努利不等式拆括弧做線性近似時，看似只能縮小分子，無法單獨對分母套用此不等式。\ 解法：把分子分母融合，砌出 $(1 + 1/?)^{\textrm{同一次方}}$ 後再套用此不等式。 \begin{align} &\quad \frac{\left(1-\frac r{n+1}\right)^{n+1}}{\left(1-\frac rn\right)^n} \tag{假設 $n &gt; r$} \ &=\left(\frac {n(n+1-r)}{(n+1)(n-r)}\right)^{n+1}\left(1-\frac rn\right)\ &=\left(1+\frac r{(n+1)(n-r)}\right)^{n+1}\left(1-\frac rn\right) \tag{伯努利不等式} \ &>\left(1+\frac r{n-r}\right)\left(1-\frac rn\right) \tag{$r > 0, n > r$}\ &=1 \end{align} （答案來自 Math.SE robjohn） \end{CJK}

可是，「負利率」 r < 0 對應的無窮級數

,,\sum_{k=0}^{+\infty} \frac{r^k}{k!}

中有負數，不能直接施展上面的不等式技巧。為了將他們全變做正數，我們需要借助一種叫「絕對收斂」的技巧。

絕對收斂與柯西數列

\begin{CJK}{UTF8}{bkai} \begin{Lemma}[絕對收斂 $\implies$ 收斂] 若 $\sum_{n=0}^{+\infty} |a_n|$ 存在（即數列 $(a_n)n$ \textbf{絕對收斂}），則 $\sum{n=0}^{+\infty} a_n$ 存在。 \end{Lemma} \end{CJK}

有了這一招，則上面無窮級數中的分子可變成正數 |r|ᵏ，然後重覆套用二項式和級數比較，即可證明對所有 r ∈ ℝ

,,\lim_{n\to+\infty} \left(1 + \frac{r}{n}\right)^n = \sum_{k=0}^{+\infty} \frac{r^k}{k!}

我們暫且標記這極限為 "exp(r)"，"exp" 取自英文 "exponential"，中文叫「指數函數」，因為對於每一個實數 r ，這極限都有唯一的極限值。下一節會介紹另一個常用標記。 了解了「絕對收斂」如何幫助我們達成本節目標後，我們繼續此引理。 記起我們上面求用 n = 20 估算 ( 1 / n! )ₙ 的無窮級數時的誤差： 1/21! + 1/22! + ⋯ = (1/21!) (1 + 1/22 + ⋯) < (1/21!) (1 + 1/2 + ⋯) 右邊看似做等比數列的無窮級數，心中卻想着有限項的和，然後丟掉分子中的 "- (1/2)ⁿ"。 其實留這條「尾巴」的首 10 項已夠，再多無實際意義。 我們把級數 (sₙ)ₙ 看做一數列，那麼這「尾巴」的首 10 項和是 a₂₁ + a₂₂ + ⋯ + a₃₀ = s₃₀ - s₂₀。 我們剛才估算「誤差」 s₃₀ - s₂₀ （< 10⁻¹⁵）時，完全沒想過 (sₙ)ₙ 的極限值（𝑒 ≈ 2.71828）。 這提示了我們，其實不一定要知道數列的極限值，也有可能知道數列是否收斂。 極限值（例如 𝑒）是個「外在的條件」，因為在極限的定義中，極限值 L ∈ ℝ 的存在完全獨立於數列 (aₙ)ₙ。（我們不能從本利和 (1 + 1/n)ⁿ 中觀察出 𝑒 來。）若然找不出數字 L，就無法使用定義證明極限。 「尾巴長度」| aₙ - aₘ | 明顯是個「內在的條件」。試用文字加圖像回想極限定義，就是將一條尾巴塞進一個「（L 的）ε-鄰域」，那麼「尾巴長度」也應任意小。

對於任意 ε > 0，存在 N ∈ ℕ，使得對於所有 m, n ≥ N，| aₙ - aₘ | < ε。 ∀ ε > 0 : ∃ N ∈ ℕ : ∀ m, n ≥ N, | aₙ - aₘ | < ε 我們稱這種數列 (aₙ)ₙ 為柯西數列（Cauchy sequence）。 如果先有 L（數列 (aₙ)ₙ 收斂），那麼剛才引入柯西數列前的那段字已經勾勒出為何 (aₙ)ₙ 柯西。 剛才關於估算「誤差」的討論引發我們去想，究竟反過來，柯西的「任意短尾巴」能否令「尾巴不要亂跑，固定在一 ε-鄰域」？換句話說，(aₙ)ₙ 柯西是否代表它收斂？ 若然答案是肯定的，那麼「柯西」和「收斂」等價，上面的「絕對收斂 ⟹ 收斂」即可透過「柯西」得證，證明要用絕對值的三角不等式 | a + b | ≤ | a | + | b |，又留作練習。

\begin{CJK}{UTF8}{bkai} 「柯西 $\implies$ 收斂」關鍵在於找出一個子數列（subsequence）$(a_{n_k})_k$（$(n_k)_k$ 是一數列，按此數列選 $(a_n)_n$ 的項），使用此子數列的極限為 $L$。之後運用「柯西的任意短尾巴」就能搞定，詳細步驟在任何基礎分析書或講義能找到。子數列極限 $L$ 可用以下三種方法構建，按難易度排列： \end{CJK}

1. 任何數列 (aₙ)ₙ 有單調子數列。又知柯西數列 (aₙ)ₙ 有界，所以運用單調收斂定理造出此子數列的極限 L——這是波爾查諾-魏爾施特拉斯定理（Bolzano-Weierstrass Theorem）一維情況證明的大概。
2. 俄羅斯娃娃一個套一個：

• 最外層的娃娃裝住整個數列 (aₙ)ₙ。這個娃娃 [a, b] 裏面有另一個大小是一半的娃娃 [a, (a + b) / 2) 或 [(a + b) / 2, b]。
• 由於數列有無窮多個，所以兩個子區間中有最少一個會包含無窮多個 (aₙ)ₙ，選一個子區間做「裏面的娃娃」，大小是「外面的娃娃」的一半。
• 重覆這個過程，得出一串一個套一個的俄羅斯娃娃。子區間兩邊端點皆為單調數列，又用單調收斂定理造出極限，再用「裏面的娃娃」可任意小得證——這是區間套定理（Nested Intervals Theorem）證明的大概。

1. 區間套定理的進階變種版：見 Math.SE。利用柯西數列 (aₙ)ₙ 有界，構建以下三條數列：

• 「尾巴下確界」：ℓₙ = inf { aₖ | k ≥ n } 單調遞減
• 「尾巴上確界」：uₙ = sup { aₖ | k ≥ n } 單調遞增
• 「尾巴長度」：cₙ = sup { aᵢ - aⱼ | i, j ≥ n } 任意小
• 從文字直覺得知 cₙ = uₙ - ℓₙ
  • 又用單調收斂定理得知前兩數列的極限存在
    • 前者叫數列 (aₙ)ₙ 的「下極限」（limit inferior，記作 liminfₙ aₙ）
    • 後者叫數列 (aₙ)ₙ 的「上極限」（limit superior，記作 limsupₙ aₙ）
  • 「柯西的尾巴長度 cₙ 任意小」
  • 最後用極限四則運算得知前兩數列的極限值一樣

上面第三種方法用上以下經典結果： 用 liminf 和 limsup 可給出和上幾節「極限的 ε-N 定義」等價的定義。

若且唯若 limₙ aₙ = L ∈ ℝ，liminfₙ aₙ = limsupₙ aₙ = L ∈ ℝ。 為何要引入這個 liminf 和 limsup 定義？下舉一些它的優缺點。 ❌ liminf 和 limsup 很難用於實際極限值計算（取個較複雜的多項式試試）。這是因為上下界和數列的項很多時候都是用不等式連繫起來，對一些不等式做四則運算（例如從 "a ≤ c 及 b ≤ d" 推出 "a + b ≤ c + d"）肯定沒有對等式容易。 ✅ 數列 (aₙ)ₙ 的 liminf 和 limsup 永遠存在，通常是個「內在的條件」，不用像 ε-N 定義般要先自行決定極限值。可是，很多高中課本和習題中的極限值可以用簡單公式（如極限的四則運算）算出，所以 ε-N 定義中的「外在條件」 L 未必如想像中那麼難求出。 ✅ 我們不能用 ε-N 直接定義何為「趨向正無限大（limₙ aₙ = +∞）」，因為我們不能寫 "| aₙ - (+∞) | < ε"，因為我們只知道實數的四則運算，沒法清楚定義 "(+∞) - (+∞)" ||ℕ \ {偶數} vs ℕ \ {正整數} 皆為兩個（有）無限（多元素的）集合，但前者是無限集合，後者是有限集合||。只能

• 透過 "倒數的極限為 0 且「最終是正數（當 n 足夠大時，aₙ > 0）」" （limₙ 1 / aₙ = 0 及 ∃ N ∈ ℕ : ∀ n ≥ N, aₙ > 0）間接定義 "limₙ aₙ = +∞"，或
• 乾脆將 ε-N 定義中的任意小量 "ε > 0" 用任意大量 "M > 0" 代替，語句最右邊的不等式改成 aₙ > M。 以上兩者都不及一句「liminfₙ aₙ = limsupₙ aₙ = +∞」來得簡潔。 "數列 (aₙ)ₙ 的 liminf 和 limsup 相等" 和 "數列 (aₙ)ₙ 的極限存在" 兩者容易掛勾，由於 liminf 和 limsup 出現在基礎分析中，所以不少數學分析書有採用這個定義，能包含 "L = ±∞" 的情形。 對於其他非數學主修的人來說，他們學微積分的目的主要為應用當中的計算技巧，解決他們領域的問題（求速度、體積、重量等），所以學習內容以計算為主。上面已舉例說明我們不能對 "±∞" 像普通實數般做四則運算，所以高中微積分課本會把 "L = ±∞" 的情形當作 "極限不存在"。 數學是科學家和工程師之間的共同語言，所以就看語境和對象的習慣，決定 "極限存在" 是否包含 "趨向無限大"。

回顧一下我們所做過的事：

1. 用複利率構建尤拉數 𝑒

• 從年利率 r = 100% = 1 的情況，通過兩項式定理及等比級數找出 ( (1 + 1/n)ⁿ )ₙ 上界。
• 展示此本利和數列是嚴格遞增。
• 實驗觀測此數列「接近」一約為 2.71828 的數，藉此引入「極限」和「上確界」。
• 運用單調收斂定理造出它的極限 𝑒，並解釋它的存在在貨幣系統中的意義。
• 聚焦剛才上界推導過程中順手發現的一條不等式。
  • 引入「（無窮）級數」概念，上面順手發現的不等式有 (1 / n!)ₙ 的級數。
  • 再用簡單的等比級數的不等式，以 此級數首 20 項的和 估計 (1 / n!)ₙ 的無窮級數，並粗略估算剛才近似值的誤差極小 (< 10⁻¹⁵)。由此可知此級數收斂極快。
• 解釋為何本利和數列極限 ( (1 + 1/n)ⁿ )ₙ 和 (1 / n!)ₙ 的無窮級數等值，同為 𝑒。

1. 用任意「實數複利率 r」構建指數函數 exp(r)，嘗試重覆上節技巧，再引出一些技術問題。

• 先為「本利和數列」( (1 + r/n)ⁿ )ₙ 找上界。
  • r > 0 的情形和上面形式相似，原理相同，並順手發現對應的無窮級數為 (rⁿ / n!)ₙ，並提及「本利和數列」和對應的無窮級數等值。
  • 處理較複雜情形 r < 0：
    • 從網上借來的不等式（和伯努利不等式）推出 ( (1 + r/n)ⁿ )ₙ 「最終會」嚴格遞增，又運用單調收斂定理造出它的極限。
    • 對應的無窮級數 (rⁿ / n!)ₙ 出現負數項，引入「絕對收斂」的技巧，化負為正，以套用上點結果，於是有兩個指數函數 exp: ℝ → (0, +∞) 的等價定義。
      • 解釋「絕對收斂」的技巧：回望剛才估算 (1 / n!)ₙ 的無窮級數的過程，引入「柯西數列」的概念。
      • 給出三個證明「柯西數列」和「數列有極限」等價的方法，三者觸碰到不同的基礎分析經典結果，都用上單調收斂定理。
      • 比對兩種極限定義的優缺點。