1 บทที่ 1 บททที่...

บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน

ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559

1

บททท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน



2

1.1 อปนยเชงคณตศาสตร อปนยเชงคณตศาสตร แบบท 1.

สาหรบจานวนนบ n ให P(n) แทนขอความทเกยวของกบ n ซงมสมบตตอไปน ถา (1) P(1) เปนจรง (2) สาหรบจานวนนบ k ใด ๆ ถา P(k) เปนจรง แลว P(k + 1) เปนจรง แลว P(n) เปนจรง ทกจานวนนบ n



3

ตวอยาง 1.1.1 จงพสจนวา

211⋅

+ 32

1⋅

+ 43

1⋅

+ ... + )1n(n

1+

= 1n

n+

ทกจานวนนบ n วธทา สาหรบจานวนนบ n ให P(n) แทนขอความ

211⋅

+ 32

1⋅

+ 43

1⋅

+ ... + )1n(n

1+

= 1n

n+

(1) การแสดงวา P(1) เปนจรง เพราะวา

)11(11+

= 21 =

111+

เพราะฉะนน P(1) เปนจรง (2) การแสดงวา ถา P(k) เปนจรง แลว P(k + 1) เปนจรง ให k เปนจานวนนบ สมมต P(k) เปนจรง เพราะฉะนน

211⋅

+ 32

1⋅

+ 43

1⋅

+ ... + )1k(k

1+

= 1k

k+

21

1⋅

+ 32

1⋅

+ 43

1⋅

+ ... + )1k(k

1+

+ )2k)(1k(

1++

= 1k

k+

+ )2k)(1k(1

++ (เพราะวา P(k) เปนจรง)

= )2k)(1k(

1)2k(k++++

= )2k)(1k(

)1k( 2

+++

= 2k1k

++

แสดงวา P(k + 1) เปนจรง โดยอปนยเชงคณตศาสตร จะไดวา P(n) เปนจรง ทกคา n



4

ตวอยาง 1.1.2 จงพสจนวา n5 – n2 หารดวย 3 ลงตว ทกจานวนนบ n วธทา ให P(n) แทนขอความ n5 – n2 หารดวย 3 ลงตว (1) การแสดงวา P(1) เปนจรง เพราะวา 15 – 12 = 3 หารดวย 3 ลงตว เพราะฉะนน P(1) เปนจรง (2) การแสดงวา ถา P(k) เปนจรง แลว P(k + 1) เปนจรง สมมต P(k) เปนจรง เพราะฉะนน k5 – k2 หารดวย 3 ลงตว ... (1) 1k5 + – 1k2 + = 5( k5 ) – 2( k2 ) = (3 + 2)( k5 ) – 2( k2 ) = 3( k5 ) + 2( k5 ) – 2( k2 ) = 3( k5 ) + 2( k5 – k2 ) เพราะวา 3( k5 ) ม 3 เปนตวประกอบ เพราะฉะนน 3( k5 ) หารดวย 3 ลงตว จาก (1) จะไดวา 2( k5 – k2 ) หารดวย 3 ลงตว เพราะฉะนน 1k5 + – 1k2 + = 3( k5 ) + 2( k5 – k2 ) หารดวย 3 ลงตว แสดงวา P(k + 1) เปนจรง โดยอปนยเชงคณตศาสตร จะไดวา P(n) เปนจรง ทกคา n



5

ตวอยาง 1.1.3 จงพสจนวา ทกจานวนนบ n 1⋅2 + 2⋅3 + 3⋅4 + ... + n(n + 1) = 3

)2n)(1n(n ++ วธทา ให P(n) แทนขอความ 1⋅2 + 2⋅3 + 3⋅4 + ... + n(n + 1) = 3

)2n)(1n(n ++ (1) การแสดงวา P(1) เปนจรง เพราะวา 1⋅2 = 2 = 3

)21)(11)(1( ++ เพราะฉะนน P(1) เปนจรง (2) การแสดงวา ถา P(k) เปนจรง แลว P(k + 1) เปนจรง สมมต P(k) เปนจรง เพราะฉะนน 1⋅2 + 2⋅3 + 3⋅4 + ... + k(k + 1) = 3

)2k)(1k(k ++ 1⋅2 + 2⋅3 + ... + k(k + 1) + (k + 1)(k + 2) = 3

)2k)(1k(k ++ + (k + 1)(k + 2) = (k + 1)(k + 2)( 3

k + 1) = 3

)3k)(2k)(1k( +++ เพราะฉะนน P(k + 1) เปนจรง โดยอปนยเชงคณตศาสตร จะไดวา P(n) เปนจรง ทกจานวนนบ n



6

อปนยเชงคณตศาสตร แบบท 2.

สาหรบจานวนนบ m ใด ๆ ให P(n) แทนขอความทเกยวของกบจานวนนบ n และ n ≥ m ถา (1) P(m) เปนจรง (2) สาหรบจานวนนบ k ใด ๆ ซง k ≥ m ถา P(k) เปนจรง แลว P(k + 1) เปนจรง แลว P(n) เปนจรง ทกจานวนนบ n และ n ≥ m



7

ตวอยาง 1.1.4 จงพสจนวา n2 > 2n ทกจานวนนบ n ≥ 5 วธทา สาหรบจานวนนบ n ใด ๆ ซง n ≥ 5 ให P(n) แทนขอความ n2 > 2n (1) การแสดงวา P(5) เปนจรง เพราะวา 52 = 32 > 25 = 25 เพราะฉะนน P(5) เปนจรง (2) การแสดงวา สาหรบจานวนนบ k ≥ 5 ถา P(k) เปนจรง แลว P(k + 1) เปนจรง ให k เปนจานวนนบ และ k ≥ 5 สมมต P(k) เปนจรง เพราะฉะนน k2 > 2k เพราะฉะนน 2( k2 ) > 2 2k 1k2 + > 2k + 2k ≥ 2k + 5k (เพราะวา k ≥ 5 ⇒ 2k ≥ 5k) = 2k + 2k + 3k > 2k + 2k + 1 (เพราะวา k ≥ 5 ⇒ 3k > 1) = (k + 1)2 เพราะฉะนน 1k2 + > (k + 1)2 แสดงวา P(k + 1) เปนจรง โดยอปนยเชงคณตศาสตร จะไดวา P(n) เปนจรง ทกจานวนนบ n ≥ 5



8

ตวอยาง 1.1.5 จงพสจนวา 3n ≤ n2 ทกจานวนนบ n ≥ 10 วธทา สาหรบจานวนนบ n ให P(n) แทนขอความ 3n ≤ n2 (1) การแสดงวา P(10) เปนจรง เพราะวา 310 = 1000 ≤ 1024 = 102 เพราะฉะนน P(10) เปนจรง (2) การแสดงวา สาหรบจานวนนบ k ≥ 5 ถา P(k) เปนจรง แลว P(k + 1) เปนจรง ให k เปนจานวนนบ k ≥ 10 สมมต P(k) เปนจรง เพราะฉะนน 3k ≤ k2 (k + 1)3 = 3k + 3 2k + 3k + 1 ≤ k2 + 3 2k + 3k + 1 ≤ k2 + 3 2k + 3 2k + 3 2k (เพราะวา k ≥ 10 ⇒ 1 ≤ 3 2k , 3k ≤ 3 2k ) = k2 + 9 2k ≤ k2 + 3k (เพราะวา k ≥ 10 ⇒ 9 2k ≤ 3k ) ≤ k2 + k2 = 1k2 + เพราะฉะนน (k + 1)3 ≤ 1k2 + เพราะฉะนน P(k + 1) เปนจรง โดยอปนยเชงคณตศาสตร จะไดวา P(n) เปนจรง ทกจานวนนบ n ≥ 10



9

1.2 ลาดบของจานวนจรง บทนยาม 1.2.1 ลาดบของจานวนจรงคอ ฟงกชนทมโดเมนเปน N และมคาเปนจานวนจรง

ตวอยาง ให a เปนฟงกชนซงมคา a(n) = 2n

n+

, n ∈ N เราจะไดวา a เปนลาดบของจานวนจรง

ในกรณของฟงกชน a ทเปนลาดบ เรานยมเขยนบอกคา a(n) ดวยสญลกษณ na เพราะฉะนนลาดบ a จะเขยนไดเปน a = {(1, 1a ) , (2, 2a ) , (3, 3a ) , ... , (n, na ) , ...}

เพราะวา na ตองคกบ n ในคอนดบ (n, na ) เพราะฉะนนเราจะเขยนบอกถงลาดบ a ดวยสญลกษณ { 1a , 2a , 3a , ... , na , ...} หรอ 1a , 2a , 3a , ... , na , ... หรอ { na } เชน { 2n

n+

} จะหมายถง ลาดบ {(1, 3

1), (2, 21), (3, 5

3 ), ... , (n, 2nn+

), ...} สาหรบลาดบ { na } เราเรยก na วา พจนท n ของลาดบ



10

บทนยาม 1.2.2 ให { na } เปนลาดบของจานวนจรง และ L ∈ R เราจะกลาววา L เปน ลมต ของลาดบ { na } กตอเมอ สาหรบจานวนจรงบวก ε ใดๆ เราสามารถหา 0n ∈ R ททาให | na – L | < ε ทกๆ จานวนนบ n > 0n และจะเขยนแทนดวยสญลกษณ

∞→nlim na = L

∞→nlim na = L กตอเมอ ∀ε > 0 ∃ 0n ∈ R ททาให (n > 0n → | na – L | < ε) หมายเหต บทนยามของ

∞→nlim na = L

มลกษณะเชนเดยวกบบทนยามของ ∞→x

lim f(x) = L



11

ทฤษฎบท 1.2.1 ให t, r ∈ R เปนคาคงตวใดๆ 1.

∞→nlim tn

1 = 0 เมอ t > 0

2. ∞→n

lim nr = 0 เมอ | r | < 1 บทพสจน 1. กาหนดให ε > 0

เลอก 0n = (ε1) t

1

ให n เปนจานวนนบใดๆ สมมตวา n > 0n

เพราะฉะนน n > (ε1) t

1

tn > ε1

ε > tn1

แสดงวา | tn1 – 0 | = tn

1 < ε

เพราะฉะนน ∞→n

lim tn1 = 0



12

ตวอยาง 1.2.1

∞→nlim n

1 = 0 , ∞→n

limnn

1 = 0

∞→nlim ( 3

2)n = 0 , ∞→n

lim (– 43)n = 0

การแสดงวา

∞→nlim na = ∞

ถา 1. ∞→n

limna1 = 0

2. ∃ 0n ททาให na > 0 ทกคา n > 0n แลว

∞→nlim na = ∞

การแสดงวา

∞→nlim na = –∞

ถา 1. ∞→n

limna1 = 0

2. ∃ 0n ททาให na < 0 ทกคา n > 0n แลว

∞→nlim na = –∞



13

ตวอยาง 1.2.2 จงแสดงวา ∞→n

lim 2n = ∞ วธทา ให na = 2n จะเหนวา

∞→nlim

na1 =

∞→nlim 2n

1 = 0

และ na = 2n > 0 ทก n ∈ N เพราะฉะนน

∞→nlim na = ∞


lim 2n = ∞

ขอสงเกต จากทฤษฎบท 1.2.1 จะไดวา 1.

∞→nlim tn = ∞ เมอ t > 0

2. ∞→n

lim nr = ∞ เมอ r > 1

หมายเหต ในกรณท

∞→nlim na = ∞ หรอ –∞ เราถอวา { na } ไมมลมต



14

ทฤษฎบท 1.2.2 ให { na }, { nb }, { nc } เปนลาดบของจานวนจรง และ L, M, k ∈ R โดยท

∞→nlim na = L และ

∞→nlim nb = M

จะไดวา 1.

∞→nlim k = k เมอ k เปนคาคงตว

2. ∞→n

lim k na = k∞→n

lim na = kL เมอ k เปนคาคงตว 3.

∞→nlim ( na + nb ) =

∞→nlim na +

∞→nlim nb = L + M

4. ∞→n

lim ( na – nb ) = ∞→n

lim na – ∞→n

lim nb = L – M 5.

∞→nlim ( na nb ) = (

∞→nlim na )(

∞→nlim nb ) = LM

6. ∞→n

lim (nn

ba ) =

nn

nnblim

alim

∞→

∞→ = ML เมอ M ≠ 0

7. ∞→n

lim m na = m nnalim

∞→ = m L

เมอ m L ∈ R, m ∈ N – {1} 8. ถา ม 0n ∈ N ซง na ≤ nc ≤ nb ทก n ≥ 0n และ L = M แลว

∞→nlim nc = L



15

บทพสจน 3. กาหนดให ε > 0 เพราะวา

∞→nlim na = L และ

∞→nlim nb = M

เพราะฉะนน จะม 1n , 2n ∈ R ซง | na – L | < 2

ε ทกๆ จานวนนบ n > 1n และ | nb – M | < 2

ε ทกๆ จานวนนบ n > 2n เลอก 0n = | 1n | + | 2n | ให n เปนจานวนนบ ซง n > 0n เพราะฉะนน n > 1n และ n > 2n ซงจะไดวา | na – L | < 2

ε และ | nb – M | < 2ε

แสดงวา | ( na + nb ) – (L + M) | = | ( na – L) + ( nb – M) | ≤ | na – L | + | nb – M | < 2

ε + 2ε

= ε เพราะฉะนน

∞→nlim ( na + nb ) = L + M



16

ตวอยาง 1.2.3.1 จงหา ∞→n

lim3 3

2

1nn1n9++

+

วธทา ∞→n

lim 3 3

2

1nn1n9+++

= ∞→n

lim)

n111(n

)n19 (n

3 3

2

++

+

= ∞→n

lim3 3

2

n111

n19

++

+

= 3 01109++

+

= 23



17

ตวอยาง 1.2.3.2 จงหาคา ∞→n

lim (n – n ) วธทา เพราะวา

∞→n

limnn

1−

= ∞→n

lim

n11

n1

−

= 010−

= 0 และ n – n = n ( n – 1) > 0 ทกจานวนนบ n > 1 เพราะฉะนน

∞→nlim (n – n ) = ∞



18

ตวอยาง 1.2.3.3 จงหาคา ∞→n

limnnn cos

วธทา เพราะวา –1 ≤ cos n ≤ 1 ทก n ∈ N เพราะฉะนน

nn1− ≤

nnn cos ≤

nn1 ทก n

∈ N และ

∞→nlim

nn1− = 0

∞→n

limnn

1 = 0


limnnn cos = 0



19

บทนยาม 1.2.3 ให { na } เปนลาดบของจานวนจรง เราจะกลาววา { na } เปน ลาดบลเขา กตอเมอ มจานวนจรง L ซง

∞→nlim na = L

และ { na } เปน ลาดบลออก กตอเมอ { na } ไมเปนลาดบลเขา



20

ตวอยาง 1.2.4.1 { 1nn2 −+ – n} ลเขาหรอลออก วธทา

∞→nlim ( 1nn2 −+ – n)

= ∞→n

limn1nn

)n1nn)(n1nn(2

22

+−+

+−+−−+

= ∞→n

limn1nn

n)1nn(2

22

+−+

−−+

= ∞→n

limn1nn

1n2 +−+

−

= ∞→n

lim1

n1

n11

n11

2 +−+

−

= 21

เพราะฉะนน { 1nn2 −+ – n} เปนลาดบลเขา ตวอยาง 1.2.4.2 { nn

nn

32

π−π+ } ลเขาหรอลออก

วธทา ∞→n

lim nnnn

32

π−π+ =

∞→nlim

1)3(

1)2(n

n

−π

+π

= 1010

−+

= –1 เพราะฉะนน { nn

nn

32

π−π+ } เปนลาดบลเขา



21

ตวอยาง 1.2.4.3 ลาดบ {1n

)1n(8

5

+

+ } ลเขาหรอลออก

วธทา ให na = 1n

)1n(8

5

+

+

1. ∞→n

limna1 =

∞→nlim 5

8

)1n(1n

++

= ∞→n

lim55

84

)n11(nn11n

+

+

= ∞→n

lim ( n1 )(

5

8

)n11(n11

+

+)

= (0)(1) = 0 2. na =

1n)1n(

8

5

+

+ > 0 ทก n ∈ N

แสดงวา ∞→n

lim na = ∞


lim1n

)1n(8

5

+

+ = ∞

เพราะฉะนน {1n

)1n(8

5

+

+ } เปนลาดบลออก



22

เพราะวา ∞→n

lim na = L, ∞ หรอ –∞

และ ∞→x

lim f(x) = L, ∞ หรอ –∞ มลกษณะคลายกนตามลาดบ การหา

∞→nlim na โดยพจารณาจาก

∞→xlim f(x)

1. สรางฟงกชนเลยนแบบ กาหนด f(x) เปนฟงกชนคาจรงทกาหนดบนชวง [1, ∞) มสมบต f(n) = na ทกคา n 2. หา

∞→xlim f(x)

3. ถา ∞→x

lim f(x) = L, ∞ หรอ –∞ แลว

∞→nlim na =

∞→xlim f(x)



23

ตวอยาง 1.2.5.1 จงพจารณาวา { n2

2n } ลเขาหรอลออก

วธทา ให f(x) = x

2

2x เมอ x ≥ 1

∞→xlim f(x) =

∞→xlim x

2

2x (I.F.

∞∞ )

= ∞→x

lim2n 2

x2x (I.F.

∞∞ )

= ∞→x

lim 2x )2 n(22 (โลปตาล)

= 0 เพราะฉะนน

∞→nlim n

2

2n = 0

แสดงวา { n2

2n } เปนลาดบลเขา



24

ตวอยาง 1.2.5.2 จงพจารณาวา { n1

n } ลเขาหรอลออก

วธทา ให f(x) = x1

x เมอ x ≥ 1

n f(x) = xx n

∞→x

lim n f(x) = ∞→x

lim xx n (I.F.

∞∞ )

= ∞→x

lim 1x1

(โดยกฎโลปตาล) = 0 เพราะฉะนน

∞→xlim f(x) = 0e = 1

เราจะไดวา ∞→n

lim n1

n = 1 แสดงวา { n1

n } เปนลาดบลเขา



25

ขอสงเกต ในตวอยาง 1.2.5 เราไมสามารถใชกฎของโลปตาลโดยตรงกบลาดบได เพราะลาดบเปนฟงกชนทไมตอเนองและไมมอนพนธ บทนยาม 1.2.4 ให { kn } เปนลาดบของจานวนนบ ซง 1n < 2n < 3n < ... สาหรบ ลาดบ { na } ใดๆ ถา kb =

kna ทกคา k = 1, 2, 3, ... แลว { kb } เปนลาดบ ทมพจนท k เปนพจนท kn ของลาดบ { na } เราเรยกลาดบ { kb } วา ลาดบยอย ของ { na }

ทฤษฎบท 1.2.3 ถา ลาดบ { na } มลมตเปนจานวนจรง L แลว ทกลาดบยอยของ { na } มลมตเปน L

หมายเหต 1. ถา ลาดบ { na } มลาดบยอยทลออก แลว { na } เปนลาดบลออก 2. ถา ลาดบ { na } มลาดบยอยสองลาดบซงมลมตตางกน แลว { na } เปนลาดบลออก



26

ตวอยาง 1.2.6 จงแสดงวา { 1nn)1( n

+− } เปนลาดบลออก

วธทา ให na = 1nn)1( n

+− เมอ n ∈ N

ให kb = k2a

= 1k2k2)1( k2

+−

= 1k2k2+

เมอ k ∈ N จะได

∞→klim kb =

∞→klim 1k2

k2+

=

∞→klim

k211

1+

= 1 ให kc = 1k2a −

= 1)1k2()1k2()1( 1k2

+−−− −

= k2)1k2( −−

= –1 + k21 เมอ k ∈ N

จะได ∞→k

lim kc = ∞→k

lim (–1 + k21 ) = –1

เพราะวา { kb } เปนลาดบยอยของ { na } มลมตเปน 1 และ { kc } เปนลาดบยอยของ { na } มลมตเปน –1

เพราะฉะนน { na } = { 1nn)1( n

+− } เปนลาดบลออก



27

บทนยาม 1.2.5 ให { na } เปนลาดบของจานวนจรง เรากลาววา { na } มขอบเขต กตอเมอ มจานวนจรงบวก M ซง | na | ≤ M ทก n ∈ N

บทนยาม 1.2.6 ให { na } เปนลาดบของจานวนจรง เรากลาววา { na } เปน 1. ลาดบเพม กตอเมอ na < 1na + ทก n ∈ N 2. ลาดบลด กตอเมอ na > 1na + ทก n ∈ N 3. ลาดบไมเพม กตอเมอ na ≥ 1na + ทก n ∈ N 4. ลาดบไมลด กตอเมอ na ≤ 1na + ทก n ∈ N

หมายเหต 1. ลาดบเพม เปน ลาดบไมลด 2. ลาดบลด เปน ลาดบไมเพม

บทนยาม 1.2.7 { na } เปนลาดบทางเดยว กตอเมอ { na } เปนลาดบไมเพม หรอ เปนลาดบไมลด



28

ทฤษฎบท 1.2.4 ถา { na } เปนลาดบลเขา แลว { na } มขอบเขต

จากทฤษฎบท 1.2.4 จะไดวา ถา { na } เปนลาดบทไมมขอบเขต แลว { na } เปนลาดบลออก

ตวอยางเชน {n} เปนลาดบทไมมขอบเขต เพราะฉะนน {n} เปนลาดบลออก

หมายเหต บทกลบของทฤษฎบท 1.2.4 ไมเปนจรง กลาวคอ ลาดบทมขอบเขต อาจจะเปนลาดบลออกกได

ตวอยางเชน ลาดบ { 1nn)1( n

+− }

เพราะวา | 1nn)1( n

+− | = 1n

n+

≤ 1 ทก n ∈ N

เพราะฉะนน { 1nn)1( n

+− } เปนลาดบมขอบเขต

แต { 1nn)1( n

+− } เปนลาดบลออก (ตวอยาง 1.2.6)



29

ทฤษฎบท 1.2.5 ถา { na } มขอบเขต และ เปนลาดบทางเดยว แลว { na } เปนลาดบลเขา

ตวอยาง 1.2.7 จงแสดงวา { !n2n } เปนลาดบลเขา

วธทา ให na = !n2n ทก n ∈ N

เพราะฉะนน 1na + = )!1n(2 1n

++

พจารณา 1na + – na = )!1n(2 1n

++ – !n

2n = !n2n ( 1n

2+

– 1)

= !n2n ( 1n

1n2+−− )

= )!1n()n1(2n

+− ≤ 0 ทก n ∈ N

เพราะฉะนน 1na + ≤ na ทก n ∈ N เพราะฉะนน { na } = { !n

2n } เปนลาดบไมเพม ... (1) เพราะวา na > 0 ทก n ∈ N และ 1a ≥ 2a ≥ 3a ≥ ... เพราะฉะนน | na | = na ≤ 1a = 2 ทก n ∈ N แสดงวา | !n

2n | ≤ 2 ทก n ∈ N

เพราะฉะนน { !n2n } มขอบเขต ... (2)

จาก (1) และ (2) สรปไดวา { !n2n } เปนลาดบลเขา



30

หลกการเปรยบเทยบคาทสาคญ ทก n ∈ N 1. ถา

n1n

aa + ≤ 1 และ na > 0 แลว 1na + ≤ na

2. ถา 1na + – na ≤ 0 แลว 1na + ≤ na จากตวอยาง 1.2.7 เราอาจจะแสดงวา 1na + ≤ na ทก n ∈ N ไดอกวธหนงดงน จากตวอยาง 1.2.7 เพราะวา

n1n

aa + = )!1n(

2 1n

++

n2!n

= 1n2+

≤ 1 ทก n ∈ N และ na > 0 ทก n ∈ N เพราะฉะนน 1na + ≤ na ทก n ∈ N



31

1.3 ลาดบของจานวนเชงซอน บทนยาม 1.3.1 ลาดบของจานวนเชงซอน คอ ฟงกชนทมโดเมนเปน N และ มคาเปนจานวนเชงซอน บทนยาม 1.3.2 ให { nz } เปนลาดบของจานวนเชงซอน และ z ∈ C เรากลาววา z เปน ลมต ของลาดบ { nz } กตอเมอ สาหรบจานวนจรงบวก ε ใด ๆ เราสามารถหา 0n ∈ R ททาให | nz – z | < ε ทก ๆ จานวนนบ n > 0n และเขยนแทนดวยสญลกษณ

∞→nlim nz = z

∞→nlim nz = z กตอเมอ ∀ε > 0 ∃ 0n ∈ R ททาให (n > 0n → | nz – z | < ε) บทนยาม 1.3.3 ให { nz } เปนลาดบของจานวนเชงซอน เราจะกลาววา { nz } เปน ลาดบลเขา กตอเมอ { nz } มลมตเปนจานวนเชงซอน และจะกลาววา { nz } เปน ลาดบลออก กตอเมอ { nz } ไมเปนลาดบลเขา



32

ทฤษฎบท 1.3.1 ให nz = nx + i ny และ z = x + iy โดยท nz , z ∈ C และ nx , ny , x, y ∈ R จะไดวา

∞→nlim nz = z กตอเมอ

∞→nlim nx = x และ

∞→nlim ny = y

หมายเหต จากทฤษฎบท 1.3.1 เราอาจกลาวไดวา 1. { nz } เปนลาดบลเขา กตอเมอ { nx } และ { ny } เปนลาดบลเขา

2. ในกรณท { nz } เปนลาดบลเขา จะไดวา

∞→nlim nz =

∞→nlim nx + i

∞→nlim ny



33

ตวอยาง 1.3.1.1 จงพจารณาวา { 2nn2+

+ i n1

n } ลเขาหรอลออก

1. { 2nn2+

+ i n1

n } 2. {n + ni }

3. { in1n−

} 4. { ni } วธทา เพราะวา

∞→nlim 2n

n2+

= ∞→n

limn21

2+

= 2

และ ∞→n

lim n1

n = 1 (ตวอยาง 1.2.5 ขอ 2.)


lim ( 2nn2+

+ i n1

n ) = 2 + i

แสดงวา { 2nn2+

+ i n1

n } เปนลาดบลเขา ตวอยาง 1.3.1.2 จงพจารณาวา {n + n

i } ลเขาหรอลออก วธทา เพราะวา

∞→nlim n = ∞


lim n ไมมคา เราจงสรปไดวา {n + n

i } ไมมลมต แสดงวา {n + n

i } เปนลาดบลออก



34

ตวอยาง 1.3.1.3 จงพจารณาวา { in1n−

} ลเขาหรอลออก วธทา เพราะวา in1

n−

= ( in1n−

)( in1in1

++ )

= 22

n1inn

++

= 2n1n+

+ 22

n1in+

และ ∞→n

lim 2n1n+

= ∞→n

lim1

n1

n1

2 + = 0

และ ∞→n

lim 22

n1n+

= ∞→n

lim1

n1

1

2 + = 1


lim in1n−

= 0 + i = i

แสดงวา { in1n−

} เปนลาดบลเขา



35

ตวอยาง 1.3.1.4 จงพจารณาวา { ni } ลเขาหรอลออก วธทา เขยน ni = nx + i ny โดยท nx , ny ∈ R พจารณาลาดบ { nx } ให kb = k4x เพราะวา k4i = ( 4i )k = (1)k = 1 เพราะฉะนน kb = 1 เพราะฉะนน

∞→klim kb = 1

ให kc = 2k4x + เพราะวา 2k4i + = k4i 2i = (1)(–1) = –1 เพราะฉะนน kc = –1 เพราะฉะนน

∞→klim kc = –1

แสดงวา { kb }, { kc } เปนลาดบยอยของ { nx } ทมลมตตางกน เพราะฉะนน { nx } เปนลาดบลออก แสดงวา { ni } เปนลาดบลออก



36

ทฤษฎบท 1.3.2 ให { nz } เปนลาดบของจานวนเชงซอน และ z ∈ C 1. ถา

∞→nlim nz = z แลว

∞→nlim | nz | = | z |

2. ∞→n

lim nz = 0 กตอเมอ ∞→n

lim | nz | = 0 บทพสจน 1. สมมตวา

∞→nlim nz = z

เขยน nz = nx + i ny และ z = x + i y โดยท nx , ny , x, y ∈ R จากทฤษฎบท 1.3.1 จะได

∞→nlim nx = x และ

∞→nlim ny = y


lim | nz | = ∞→n

lim 2n

2n yx +

= 22 yx + = | z |



37

หมายเหต 1. บทกลบของทฤษฎบท 1.3.2 ขอ 1. ไมเปนจรง เชน ให nz = ni จะเหนวา

∞→nlim | nz | = 1 แต { nz } ไมมลมต

(ตวอยาง 1.3.1 ขอ 4.) 2. จากทฤษฎบท 1.3.2 ขอ 1. จะไดวา ถา

∞→nlim | nz | ไมมคา แลว

∞→nlim nz ไมมคา



38

ตวอยาง 1.3.2 จงหาลมตตอไปน 1.

∞→nlim (3 + 4i)n 2.

∞→nlim n

in วธทา 1. พจารณา

∞→nlim | (3 + 4i)n | =

∞→nlim | 3 + 4i |n

= ∞→n

lim n5

= ∞ เพราะฉะนน

∞→nlim | (3 + 4i)n | ไมมคา


lim (3 + 4i)n ไมมคา

2. พจารณา ∞→n

lim | nin | =

∞→nlim n

i ||n

= ∞→n

lim n1

= 0 เพราะฉะนน

∞→nlim n

in = 0

ขอสงเกต ในกรณท ∞→n

lim | nz | = L เมอ L ∈ R – {0} เราไมสามารถสรปไดวา

∞→nlim nz มคาหรอไม



39

ทฤษฎบท 1.3.3 ให { nz }, { nw } เปนลาดบของจานวนเชงซอน และ z, w, k ∈ C ซง

∞→nlim nz = z และ

∞→nlim nw = w

จะไดวา 1.

∞→nlim k = k เมอ k เปนคาคงตว

2. ∞→n

lim k nz = kz เมอ k เปนคาคงตว 3.

∞→nlim ( nz + nw ) = z + w

4. ∞→n

lim ( nz – nw ) = z – w 5.

∞→nlim ( nz nw ) = zw

6. ∞→n

lim (nn

wz ) = w

z เมอ w ≠ 0



40

ตวอยาง 1.3.3 จงหาลมตตอไปน

1. ∞→n

limi24i23

nnn2n

−+ 2.

∞→nlim 3

4

)in)(ni21()ni21(++

−

วธทา

1. ∞→n

limi24i23

nnn2n

−− =

∞→nlim

i)42(1

i)43(

n

n

−

−

= i01i0

−−

= –i

2. ∞→n

lim 3

4

)in)(ni21()ni21(++

− = ∞→n

lim3

4

44

)in)(ni21(n1

)ni21(n1

++

−

= ∞→n

lim3

3

44

)in(n1)ni21(n

1

)ni21(n1

++

−

= ∞→n

lim3

4

)ni1)(i2n

1(

)i2n1(

++

−

= 3

4

)i01)(i20()i20(++

−

= i216

= –8 i



41

1.4 อนกรมของจานวนจรง บทนยาม 1.4.1 ให { na } เปนลาดบของจานวนจรง และ 1S = 1a 2S = 1a + 2a 3S = 1a + 2a + 3a :

nS = 1a + 2a + 3a + ... + na = ∑=

n

1 k ka

เราเรยก nS วา ผลบวกยอย ของ n พจนแรกของ { na } และเรยก { nS } วา อนกรมอนนตของจานวนจรง

แทนดวยสญลกษณ ∑∞

=1 n na

หรอ 1a + 2a + 3a + ... + na + ...

บทนยาม 1.4.2 ถา { nS } เปนลาดบลเขา ซง ∞→n

lim nS = S

เมอ S ∈ R เราจะกลาววาอนกรม ∑∞

=1 n na เปน อนกรมลเขา

และเรยก S วา ผลบวกของอนกรม

ซงจะเขยนแทนดวยสญลกษณ ∑∞

=1 n na = S

ถา { nS } เปนลาดบลออก

แลว เราจะกลาววาอนกรม ∑∞

=1 n na เปน อนกรมลออก



42

หมายเหต 1. การเขยนสญลกษณแทนอนกรมนน เราอาจจะเรมดวยคา n ทไมใช 1 กได

เชน ∑∞

= 3 nna ซงหมายถง 3a + 4a + 5a + ...

2. ในกรณท ∑∞

=1 n na เปนอนกรมลเขา

เราจะใชสญลกษณ ∑∞

=1 n na แทนคาผลบวกของอนกรม

ทฤษฎบท 1.4.1 ให ∑∞

=1 n na เปนอนกรมของจานวนจรง

และ m ∈ N จะไดวา

1. ∑∞

=1 n na เปนอนกรมลเขา กตอเมอ

∑∞


2. ∑∞

=1 n na เปนอนกรมลออก กตอเมอ

∑∞

= m nna เปนอนกรมลออก

และในกรณท ∑∞


จะไดวา ∑∞

= m nna = ∑

∞

=1 n na – ∑

−

=

1m

1 nna



43

ตวอยาง 1.4.1 1. ∑∞

=1 n )2n(n1+

ลเขาหรอลออก

วธทา 1. ให na = )2n(n1+

= 21( n

1 – 2n1+

) 1a = 2

1(1 – 31) ได 1S = 2

1(1 + 21 – 2

1 – 31)

2a = 21( 2

1 – 41) ได 2S = 2

1(1 + 21 – 3

1 – 41)

3a = 21(3

1 – 51 ) ได 3S = 2

1(1 + 21 – 4

1 – 51 )

4a = 21( 4

1 – 61) ได 4S = 2

1(1 + 21 – 5

1 – 61 )

5a = 21(5

1 – 71) ได 5S = 2

1(1 + 21 – 6

1 – 71)

โดยการพสจนดวยอปนยเชงคณตศาสตรจะไดวา nS = 2

1(1 + 21 – 1n

1+

– 2n1+

) จะเหนวา

∞→nlim nS = 2

1( 23) = 4

3

แสดงวา ∑∞

=1 n )2n(n1+

เปนอนกรมลเขา

และ ∑∞

=1 n )2n(n1+

= 43



44

ตวอยาง 1.4.1 2. ∑∞

=1 n n( 1n

n+

) ลเขาหรอลออก

วธทา2. ให na = n( 1nn+

) จะไดวา nS = 1a + 2a + 3a + ... + na

= n(21) + n( 3

2) + n( 43) + ... + n( 1n

n+

)

= n[(21)(3

2)( 43) ... ( 1n

n+

)]

= n(1n

1+

) (สามารถพสจนดวยอปนยเชงคณตศาสตร)

= – n(n + 1)


lim nS = ∞→n

lim – n(n + 1) = –∞

เพราะฉะนน ∑∞

=1 n n( 1n

n+

) เปนอนกรมลออก



45

ตวอยาง 1.4.1 3. ∑∞

=1 n )2n)(1n(n1

++ ลเขาหรอลออก

วธทา3. ให na = )2n)(1n(n

1++

= 21( )1n(n

1+

– )2n)(1n(1

++)

เพราะวา 1a = 21( 21

1⋅

– 321⋅

) ได 1S = 21( 21

1⋅

– 321⋅

) 2a = 2

1( 321⋅

– 431⋅

) ได 2S = 21( 21

1⋅

– 431⋅

) 3a = 2

1( 431⋅

– 541⋅

) ได 3S = 21( 21

1⋅

– 541⋅

) 4a =

21(

541⋅

– 65

1⋅

) ได 4S = 21(

211⋅

– 65

1⋅

) โดยการพสจนดวยอปนยเชงคณตศาสตร จะไดวา nS = 2

1( 211⋅

– )2n)(1n(1

++)


lim nS = 21( 21

1⋅

) = 41


=1 n )2n)(1n(n1

++ เปนอนกรมลเขา

และ ∑∞

=1 n )2n)(1n(n1

++ = 4

1



46

ทฤษฎบท 1.4.2 ถา ∑∞

=1 n na เปนอนกรมลเขา แลว

∞→nlim na = 0

บทพสจน เพราะวา ∑∞


เพราะฉะนน จะม S ∈ R ซง ∞→n

lim nS = S

กาหนดให ε > 0 เพราะฉะนนจะม 1n ∈ R ซง | nS – S | < 2

ε ทก ๆ จานวนนบ n > 1n เลอก 0n = | 1n | + 1 ให n เปนจานวนนบใด ๆ ซง n > 0n เพราะฉะนน n > 1n และ n – 1 > 1n จะไดวา | nS – S | < 2

ε และ | 1nS − – S | < 2ε

แสดงวา | na – 0 | = | na | = | ( 1a + 2a + ... + 1na − + na ) – ( 1a + 2a + ... + 1na − ) | = | nS – 1nS − | = | ( nS – S) + (S – 1nS − ) | ≤ | nS – S | + | 1nS − – S | < 2

ε + 2ε

= ε เพราะฉะนน สรปไดวา

∞→nlim na = 0



47

หมายเหต บทกลบของทฤษฎบท 1.4.2 ไมเปนจรง กลาวคอ ถา

∞→nlim na = 0

แลว ∑∞

=1 n na อาจจะเปนอนกรมลออกกได

ตวอยาง

∞→nlim n( 1n

n+

) = 0

แต ∑∞

=1 n n( 1n

n+

) เปนอนกรมลออก (ตวอยาง 1.4.1 ขอ 2.)

เพราะฉะนน ในกรณท ∞→n

lim na = 0

เราจงไมสามารถสรปไดวา ∑∞

=1 n na เปนอนกรมลเขาหรอลออก



48

ทฤษฎบท 1.4.3 (การทดสอบอนกรมลออก โดยพจนท n)

ถา ∞→n

lim na ≠ 0 แลว ∑∞

=1 n na เปนอนกรมลออก

ตวอยาง 1.4.2 จงแสดงวาอนกรมตอไปนเปนอนกรมลออก

1. ∑∞

=1 n 1nn+

2. ∑∞

=1 n n

วธทา 1. เพราะวา

∞→nlim 1n

n+

= ∞→n

limn11

1+

= 1 ≠ 0


=1 n 1nn+

เปนอนกรมลออก

2. เพราะวา

∞→nlim n = ∞


lim n ≠ 0


=1 n n เปนอนกรมลออก



49

บทนยาม 1.4.3 อนกรมเรขาคณต คอ อนกรมทเขยนไดในรป

∑∞

=1 n a 1nr − = a + ar + a 2r + ... + a 1nr − + ...

ทฤษฎบท 1.4.4

อนกรมเรขาคณต ∑∞

=1 n a 1nr − เมอ a ≠ 0

จะเปนอนกรมลเขา เมอ | r | < 1 โดยมผลบวกของอนกรมเปน r1

a−

และ เปนอนกรมลออก เมอ | r | ≥ 1



50

ทฤษฎบท 1.4.5 ให ∑∞

=1 n na และ ∑

∞

=1 n nb เปนอนกรมลเขา

และ α, β ∈ R เปนคาคงตวใด ๆ


=1 n (α na + β nb ) เปนอนกรมลเขา

และ ∑∞

=1 n (α na + β nb ) = α ∑

∞

=1 n na + β ∑

∞

=1 n nb

บทพสจน ให nS = ∑=

n

1 k ka

nT = ∑=

n

1 k kb

nQ = ∑=

n

1 k (α ka + β kb )

= α ∑=

n

1 k ka + β ∑

=

n

1 k kb = α nS + β nT

เพราะวา ∑∞


∞

=1n nb เปนอนกรมลเขา

เพราะฉะนน จะม S, T ∈ R ซง ∞→n

lim nS = S และ ∞→n

lim nT = T เพราะฉะนน

∞→nlim nQ =

∞→nlim (α nS + β nT )

= α∞→n

lim nS + α∞→n

lim nT = αS + βT


=1 n (α na + β nb ) เปนอนกรมลเขา

และ ∑∞

=1 n (α na + β nb ) = α ∑

∞

=1 n na + β ∑

∞

=1 n nb



51

ขอสงเกต

ถา ∑∞

=1 n na เปนอนกรมลออก และ c ≠ 0 เปนคาคงตว

แลว ∑∞

=1 n c na เปนอนกรมลออก


ถา ∑∞

=1 n na เปนอนกรมลเขา และ ∑

∞

=1 n nb เปนอนกรมลออก

แลว ∑∞

=1 n ( na + nb ) เปนอนกรมลออก

บทพสจน สมมตวา ∑∞

=1n ( na + nb ) เปนอนกรมลเขา




=1 n [( na + nb ) + (–1) na ] = ∑

∞

=1 n nb


ซงขดแยงกบสงทกาหนดใหวา ∑∞


แสดงวา ทสมมตวา ∑∞

=1 n ( na + nb ) เปนอนกรมลเขา

จงเปนไปไมได


=1 n ( na + nb ) เปนอนกรมลออก



52

ขอสงเกต

ถา ∑∞


∞


แลว ∑∞

=1 n ( na + nb ) อาจจะเปนอนกรมลเขาหรอลออกกได

เชน 1. na = n, nb = –n, na + nb = 0



∞


แต ∑∞

=1 n ( na + nb ) = ∑

∞

=1 n 0 เปนอนกรมลเขา

2. na = n, nb = n, na + nb = 2n



∞


แต ∑∞

=1 n ( na + nb ) = ∑

∞

=1 n 2n เปนอนกรมลออก



53

ตวอยาง 1.4.3 1. จงพจารณาวา ∑∞

=1 n ( n2

3 + )2n(n4+

)

ลเขาหรอลออก ถาลเขาจงหาผลบวกของอนกรมนนดวย วธทา


=1 n n2

1 เปนอนกรมเรขาคณต

โดยม a = 21 , r = 2

1 ซง | r | < 1


=1 n n2

1 เปนอนกรมล

เขา

และ ∑∞

=1 n n2

1 = 211

21

− = 1

จากตวอยาง 1.4.1 จะไดวา ∑∞

=1 n )2n(n1+


และ ∑∞

=1 n )2n(n1+

= 43

เราจงสรปไดวา ∑∞

=1 n ( n2

3 + )2n(n4+

) เปนอนกรมลเขา

และ ∑∞

=1 n ( n2

3 + )2n(n4+

) = 3(1) + 4( 43) = 6



54

ตวอยาง 1.4.3 2. จงพจารณาวา ∑∞

=1 n ((–5

4)n + n )

ลเขาหรอลออก ถาลเขาจงหาผลบวกของอนกรมนนดวย

วธทา เพราะวา ∑∞

=1 n (–5

4)n เปนอนกรมเรขาคณต

โดยม a = –54 และ r = –5

4 ซง | r | < 1


=1 n (–5

4)n เปนอนกรมลเขา

และ ∑∞

=1 n (–5

4)n = )5

4 (154

−−

− = –9

4


lim n = ∞ ซงไมเปน 0


=1 n n เปนอนกรมลออก


=1 n ((–5

4)n + n ) เปนอนกรมลออก

หมายเหต จากตวอยาง 1.4.3 ขอ 2.

เราอาจแสดงวา ∑∞

=1 n ((–5


โดยใชเหตผลวา ∞→n

lim ((–54)n + n ) = ∞ ซงไมเปน 0


=1 n ((–5




55

ทฤษฎบท 1.4.7 (การทดสอบแบบอนทกรล)

ให ∑∞

=1 n na เปนอนกรมของจานวนจรง ซง na ≥ 0

และ f เปนฟงกชนคาจรง ซงมสมบตดงน 1. f(n) = na ทก n ∈ N 2. ม 0n ∈ N ซง f เปนฟงกชนไมเพม และมความตอเนองบนชวง [ 0n , ∞)

3. nt = ∫n

0nf(x) dx , n ≥ 0n

จะไดวา

ถา { nt } เปนลาดบลเขา แลว ∑∞


และ

ถา { nt } เปนลาดบลออก แลว ∑∞




56

ตวอยาง 1.4.4 1. จงทดสอบวา ∑∞

=1 n 5nn

2 + ลเขาหรอลออก

วธทา ให f(x) =

5xx

2 + เมอ x ≥ 1

จะได f ′(x) = 22

2

)5x()x2(x)5x(

+

−+ = 222

)5x(x5+− < 0 ทก x ≥ 3

เพราะฉะนน f เปนฟงกชนลด และมความตอเนองบนชวง [3, ∞)

ให nt = ∫n

3f(x) dx , n ≥ 3

= ∫n

3 5xx

2 + dx

= [ 21 n( 2x + 5)] 3x

nx==

= 21 n( 2n + 5) –

21 n 14

จะเหนวา ∞→n

lim nt = ∞ เพราะฉะนน { nt } เปนลาดบลออก


=1 n 5nn

2 + เปนอนกรมลออก



57

ตวอยาง 1.4.4 2. จงทดสอบวา ∑∞

=1 n ne n1 ลเขาหรอลออก

วธทา2. ให f(x) = xe x

1 เมอ x ≥ 1

จะได f ′(x) = 2x )e x(

1− [ x xex2

1 + xex2

1 ] < 0

ทก x ≥ 1 เพราะฉะนน f เปนฟงกชนลด และมความตอเนองบนชวง [1, ∞)

ให nt = ∫n

1f(x) dx

= ∫n

1xe x

1 dx

= [xe2− ] 1x

nx==

= ne2− + e

2


lim nt = e2

เพราะฉะนน { nt } เปนลาดบลเขา


=1 n ne n1 เปนอนกรมลเขา



58

บทนยาม 1.4.4 อนกรมพ คอ อนกรมทเขยนไดในรป

∑∞

=1 n pn

1 เมอ p ∈ R เปนคาคงตว

ทฤษฎบท 1.4.8 อนกรมพ จะเปนอนกรมลเขา เมอ p > 1 และจะเปนอนกรมลออก เมอ p ≤ 1 บทพสจน ถา p < 0 แลว จะไดวา

∞→nlim pn

1 = ∞

ถา p = 0 แลว จะไดวา ∞→n

lim pn1 = 1

เพราะฉะนน

ในกรณท p ≤ 0 จะไดวา ∑∞

=1 n pn

1 เปนอนกรมลออก



59

พจารณากรณท p > 0 ให f(x) = px

1 ทก x ≥ 1 จะได f ′(x) = 1pxp+

− < 0 ทก x ≥ 1

เพราะฉะนน f เปนฟงกชนลด และมความตอเนองบนชวง [1, ∞)

ให nt = ∫n

1f(x) dx = ∫

n

1px

1 dx

= ⎪⎩

⎪⎨

⎧

===

≠==

+−+−

1p1xnx ]x n[

1p1x nx

]1px[

1p

เมอ

เมอ

= ⎪⎩

⎪⎨⎧

=

≠−− −

1pn n

1p)1n

1(p11

1p

เมอ

เมอ

จะไดวา ∞→n

lim nt = ⎪⎩

⎪⎨⎧

>−

−

≤∞

1pp11

1p

เมอ

เมอ

เพราะฉะนน ในกรณท 0 < p ≤ 1


=1 n pn

1 เปนอนกรมลออก

และ ในกรณท p > 1 จะไดวา ∑∞

=1 n pn

1 เปนอนกรมลเขา


=1 n pn

1 เปนอนกรมลเขา เมอ p > 1

และ ∑∞

=1 n pn

1 เปนอนกรมลออก เมอ p ≤ 1



60

ตวอยาง 1.4.5

1. ∑∞

=1 n 3 n1 เปนอนกรมลออก

เพราะเปนอนกรมพ ซง p = 31 < 1

2. ∑∞

=1 n 2n


เพราะเปนอนกรมพ ซง p = 2 > 1



61

ทฤษฎบท 1.4.9 (การทดสอบโดยใชการเปรยบเทยบ)

ให ∑∞

=1 n na , ∑

∞

=1 n nb และ ∑

∞

=1 n nc เปนอนกรมของจานวนจรง

1. ถา ม 0n ∈ N ซง 0 ≤ na ≤ nb ทก n ≥ 0n

และ ∑∞

=1n nb เปนอนกรมลเขา

แลว ∑∞

=1 n na จะเปนอนกรมลเขาดวย

2. ถาม 0n ∈ N ซง 0 ≤ nc ≤ na ทก n ≥ 0n

และ ∑∞

=1 n nc เปนอนกรมลออก

แลว ∑∞

=1 n na จะเปนอนกรมลออกดวย



62

ตวอยาง 1.4.6 จงทดสอบวา อนกรมตอไปนเปนอนกรมลเขาหรอลออก

1. ∑∞

=1 n n2n

1 2. ∑∞

=1 n nn n

วธทา 1. เพราะวา 0 ≤

n2n1 ≤

n21 ทก n ∈ N

และ ∑∞

=1 n n2

1 เปนอนกรมลเขา (อนกรมเรขาคณต ซง r = 21)


=1 n n2n


2. เพราะวา 1 ≤ n n ทก n ≥ 3

เพราะฉะนน 0 ≤ n

1 ≤ nn n ทก n ≥ 3


=1 n n1 เปนอนกรมลออก (อนกรมพ ซง p = 2

1)


=1 n nn n เปนอนกรมลออก



63

ทฤษฎบท 1.4.10 (การทดสอบโดยใชการเปรยบเทยบดวยลมต)

ให ∑∞


∞

=1 n nb เปนอนกรมของจานวนจรง

ซง na ≥ 0 และ nb > 0 ทก n ∈ N 1. ถา

∞→nlim

nn

ba = c > 0

แลว อนกรมทงสองจะลเขาดวยกนหรอไมกลออกดวยกน

2. ถา ∞→n

limnn

ba = 0 และ ∑

∞

=1 n nb เปนอนกรมลเขา

แลว ∑∞

=1 n na เปนอนกรมลเขาดวย

3. ถา ∞→n

limnn

ba = ∞ และ ∑

∞


แลว ∑∞

=1 n na เปนอนกรมลออกดวย



64

ตวอยาง 1.4.7.1 จงทดสอบ ∑∞

=1 n 1nn31n

22

+++ ลเขาหรอลออก

วธทา ให na =

1nn31n

22

+++ และ nb = n

1

จะเหนวา ∑∞

=1 n nb = ∑

∞

=1 n n1 เปนอนกรมลออก

(อนกรมพ ซง p = 1) และ

∞→nlim

nn

ba =

∞→nlim

1nn31nn

22

+++

= ∞→n

lim2

2

n1

n13

n11

++

+

= 31

> 0


=1 n na = ∑

∞

=1 n 1nn31n

22

+++ เปนอนกรมลออก



65


=1 n nn

n

352−


วธทา ให na = nn

n

352−

และ nb = (52)n


=1 n nb = ∑

∞

=1 n (5


(อนกรมเรขาคณต ซง r = 52)

และ ∞→n

limnn

ba =

∞→nlim ( nn

n

352−

)(25)n

= ∞→n

lim nnn

355−

= ∞→n

limn)5

3(11

−

= 1 > 0


=1 n na = ∑

∞

=1 n nn

n

352−




66


=1 n n2n ลเขาหรอลออก

วธทา ให na = n2

n และ nb = 23

n

1


=1 n nb = ∑

∞

=1 n 23

n


(อนกรมพ ซง p = 23)

และ ∞→n

lim nn

ba =

∞→nlim n

2

2n

= 0 (ตวอยาง 1.2.5 ขอ 1.)


=1 n na = ∑

∞

=1 n n2n เปนอนกรมลเขา



67


=1 n )1n(n1+


วธทา ให na = )1n(n

1+

และ nb = n1


=1 n nb = ∑

∞



∞→nlim

nn

ba =

∞→nlim )1n(n

n+

ให f(x) = )1n(nn+

, x ≥ 1 จะไดวา

∞→xlim f(x) =

∞→xlim )1x(n

x+

(I.F. ∞∞)

= ∞→x

lim1x

11

+

= ∞→x

lim (x + 1)

= ∞ เพราะฉะนน

∞→nlim

nn

ba = ∞


=1 n na = ∑

∞

=1 n )1n(n1+




68

บทนยาม 1.4.5 ถา na > 0 ทก n ∈ N

เราเรยกอนกรมทเขยนไดในรป ∑∞

=1 n (–1) 1n+

na

= 1a – 2a + 3a – 4a + ... + (–1) 1n+na + ...

หรอ

∑∞

=1 n (–1)n

na = – 1a + 2a – 3a + ... + (–1)nna + ...

วา อนกรมสลบ



69


อนกรมสลบ ∑∞

=1 n (–1)n

na เปนอนกรมลเขา

ถา 1. ∞→n

lim na = 0

และ 2. ม 0n ∈ N ซง 1na + < na ทก n ≥ 0n

ขอสงเกต ในกรณท

∞→nlim na ≠ 0

เราจะไดวา ∞→n

lim | (–1)nna | =

∞→nlim na ≠ 0


lim (–1)nna ≠ 0

เพราะฉะนน ถา

∞→nlim na ≠ 0

แลว ∑∞

=1 n (–1)n

na เปนอนกรมลออก



70

ตวอยาง 1.4.8.1 จงพจารณาวา ∑∞

=1 n n)1( n− ลเขาหรอลออก

วธทา ในทน na = n

1 จะไดวา

∞→nlim na =

∞→nlim n

1 = 0 เพราะวา 1na + = 1n

1+

เพราะฉะนน 1na + – na = 1n

1+

– n1

= )1n(n)1n(n

++−

= )1n(n1+

−

เพราะฉะนน 1na + – na < 0 ทก n ∈ N แสดงวา 1na + < na ทก n ∈ N


=1 n n)1( n− เปนอนกรมลเขา



71


=1 n n n3)1(

n

n

+− ลเขาหรอลออก

วธทา ในทน na =

n n31

n +

จะไดวา ∞→n

lim na = ∞→n

limn n3

1n +

= 0

ให f(x) = xn3

1x +

เมอ x ≥ 1

เพราะฉะนน f ′(x) = 2x )x n3(1

+− ( x3 n 3 + x

1 ) < 0 ทก x

≥ 1 แสดงวา f เปนฟงกชนลด เพราะฉะนน f(n + 1) < f(n) ทก n ∈ N เพราะฉะนน 1na + < na ทก n ∈ N


=1 n n n3)1(

n

n

+− เปนอนกรมลเขา



72


=1 n 1nn)1( n

+− ลเขาหรอลออก

วธทา ในทน na = 1n

n+

จะไดวา

∞→nlim na =

∞→nlim 1n

n+

=

∞→nlim

n11

1+

= 1 ≠ 0


=1 n 1nn)1( n

+− เปนอนกรมลออก



73


ถา ∑∞

=1 n | na | เปนอนกรมลเขา

แลว ∑∞


บทพสจน ให nb = 2

a|a| nn + และ nc = 2a|a| nn −

เพราะวา –| na | ≤ na ≤ | na | เพราะฉะนน 0 ≤ nb ≤ | na | และ 0 ≤ nc ≤ | na | ทก n ∈ N




=1 n nb และ ∑

∞

=1 n nc เปนอนกรมลเขา

(ทฤษฎบท 1.4.9)


=1 n ( nb – nc ) = ∑

∞


(ทฤษฎบท 1.4.5)



74

หมายเหต 1. บทกลบของทฤษฎบท 1.4.12 ไมจรง กลาวคอ

ถา ∑∞


แลว ∑∞

=1 n | na | อาจจะอนกรมลเขาหรอลออกกได

ตวอยางเชน ∑∞


แต ∑∞


∑∞

=1 n n

n

2)1(− เปนอนกรมลเขา และ ∑

∞

=1 n n2



=1 n | na | เปนอนกรมลออก

เราไมสามารถสรปไดวา ∑∞

=1 n na เปนอนกรมลเขาหรอลออก

ตวอยางเชน ∑∞

=1 n | n

)1( n− | = ∑∞


แต ∑∞


∑∞

=1 n | (-1)n 2n | = ∑

∞

=1 n

2n เปนอนกรมลออก

และ ∑∞

=1 n (-1)n 2n เปนอนกรมลออก



75

ตวอยาง 1.4.9.1 จงแสดงวา ∑∞

=1 n n4)3ncos( เปนอนกรมลเขา

วธทา

พจารณา ∑∞

=1 n | n4

)3ncos( | = ∑∞

=1 n n4

)3ncos( || ... (1)

เพราะวา 0 ≤ | cos( 3n ) | ≤ 1 ทก n ∈ N

0 ≤ n4)3ncos( || ≤ n4

1 ทก n ∈ N

และ ∑∞

=1 n n41 เปนอนกรมลเขา (อนกรมเรขาคณต ซง r = 4

1)

โดยทฤษฎบท 1.4.9 ขอ 1.


=1 n | n4

)3ncos( | = ∑∞

=1 n n4

)3ncos( || เปนอนกรมลเขา


=1 n n4)3ncos( เปนอนกรมลเขา



76

ตวอยาง 1.4.9.1 จงแสดงวา ∑∞

=1 n 2

n

n)1(− เปนอนกรมลเขา

วธทา


=1 n | 2

n

n)1(− | = ∑

∞

=1 n 2n




=1 n 2

n

n)1(− เปนอนกรมลเขา



77

บทนยาม 1.4.6

1. ∑∞

=1n na เปน อนกรมลเขาแบบสมบรณ

ถา ∑∞


2. ∑∞

=1n na เปน อนกรมลเขาแบบมเงอนไข

ถา ∑∞

=1 n | na | เปนอนกรมลออก

แต ∑∞




78


=1 n )1n(n)1( n

+−

เปนอนกรมลเขาแบบสมบรณหรอลเขาแบบมเงอนไข

วธทา พจารณา ∑∞

=1 n | )1n(n

)1( n

+− | = ∑

∞

=1 n )1n(n1+

จากตวอยาง 1.4.7 ขอ 4.


=1 n )1n(n1+



=1 n | )1n(n

)1( n

+− | เปนอนกรมลออก

ให na = )1n(n1+

จะไดวา

∞→nlim na =

∞→nlim )1n(n

1+

= 0 และ 1na + = )2n(n

1+

เพราะวา n เปนฟงกชนเพม

เพราะฉะนน 0 < n(n + 1) < n(n + 2) ทก n ∈ N

)2n(n1+

< )1n(n1+

ทก n ∈ N

เพราะฉะนน 1na + < na ทก n ∈ N


=1 n )1n(n)1( n

+− เปนอนกรมลเขา (ทฤษฎบท

1.4.11)


=1 n )1n(n)1( n

+− เปนอนกรมลเขาแบบมเงอนไข



79


=1 n ( 1n

1+− )n

เปนอนกรมลเขาแบบสมบรณหรอลเขาแบบมเงอนไข วธทา

พจารณา ∑∞

=1 n | ( 1n

1+− )n | = ∑

∞

=1 n n)1n(

1+

เพราะวา 0 ≤ 1n1+

≤ 21 ทก n ∈ N

เพราะฉะนน 0 ≤ n)1n(1+

≤ n21 ทก n ∈

N


=1 n n2




=1 n n)1n(

1+


(ทฤษฎบท 1.4.9 ขอ 1.)


=1 n | ( 1n

1+− )n | เปนอนกรมลเขา


=1 n ( 1n

1+− )n เปนอนกรมลเขาแบบสมบรณ



80

ทฤษฎบท 1.4.13 (การทดสอบโดยใชอตราสวน)

ให ∑∞

=1 n na เปนอนกรมของจานวนจรง ซง na ≠ 0

และ ∞→n

lim | n

1na

a + | = ∞

หรอ ∞→n

lim | n

1na

a + | = L เมอ L ∈ R

จะไดวา 1. ถา L < 1

แลว ∑∞

=1 n na เปนอนกรมลเขาแบบสมบรณ

2. ถา L > 1 หรอ ∞→n

lim | n

1na

a + | = ∞

แลว ∑∞


3. ถา L = 1 แลว จะสรปผลไมได



81

ตวอยาง 1.4.11.1 จงทดสอบวา ∑∞

=1 n !n2n ลเขาหรอลออก

วธทา ให na = !n

2n

เพราะวา 1na + = )!1n(2 1n

+

+


lim | n

1na

a + | = ∞→n

lim | )!1n(2 1n

++

n2!n |

= ∞→n

lim 1n2+

= 0 < 1


=1 n !n2n เปนอนกรมลเขา



82


=1 n n

3n

2n)1(− ลเขาหรอลออก

วธทา ให na = n

3n

2n)1(−

เพราะวา 1na + = 1n

31n

2)1n()1(

+

+ +−


lim | n

1na

a + | = ∞→n

lim | 1n

31n

2)1n()1(

+

+ +−3n

n

n)1(2

− |

= ∞→n

lim | 3

3

n2)1n( +− |

= ∞→n

lim 3

3

n2)1n( +

= ∞→n

lim 2)n

1 1( 3+

= 21

< 1


=1 n n

3n

2n)1(− เปนอนกรมลเขา



83


=1 n n n

n

3e ลเขาหรอลออก

วธทา ให na =

n n

n

3e

เพราะวา 1na + = )1 n(n1 n

3e

+

+


lim | n

1na

a + | = ∞→n

lim | )1 n(n

1 n

3e

+

+

nn n

e3 |

= ∞→n

lim | n n )1 n(n3

e−+

|

= ∞→n

lim)n

1 1(n3

e+

= e > 1


=1 n n n

n

3e เปนอนกรมลออก



84

ทฤษฎบท 1.4.14 (การทดสอบโดยใชการถอดกรณฑ)

ให ∑∞

=1 n na เปนอนกรมของจานวนจรง และ

∞→nlim n n |a| = ∞

หรอ ∞→n

lim n n |a| = L เมอ L ∈ R จะไดวา 1. ถา L < 1

แลว ∑∞

=1 n na เปนอนกรมลเขาแบบสมบรณ

2. ถา L > 1 หรอ ∞→n

lim n n |a| = ∞

แลว ∑∞





85


=1 n (3

2)2n ลเขาหรอลออก

วธทา 1. ให na = ( 32)

2n


lim n n |a| = ∞→n

lim n 2n)32(

= ∞→n

lim ( 32)n

= 0 < 1


=1 n (3

2)2n เปนอนกรมลเขา



86

ตวอยาง 1.4.12.2

จงทดสอบวา ∑∞

=1 n (

)12(nnn +

)n ลเขาหรอลออก

วธทา ให na = ()12(n

nn +

)n


lim n n |a| = ∞→n

lim n nn )

)12(nn(+

= ∞→n

lim)12(n

nn +

ให f(x) = )12(n

xx +

เมอ x ≥ 1

จะไดวา ∞→x

lim f(x) = ∞→x

lim)12(n

xx +

(I.F. ∞∞)

= ∞→x

lim)2n2(

121

1x

x +

= ∞→x

lim2n212

xx + =

∞→xlim 2n

211 x+

= 2n1


lim n n |a| = 2n1

เพราะวา 1 = n e > n 2 > 0 เพราะฉะนน 2n1 > 1


lim n n |a| > 1


=1 n (

)12(nnn +

) n เปนอนกรมลออก



87

1.5 อนกรมของจานวนเชงซอน ทฤษฎบท 1.5.1 ให nz = nx + i ny โดยท nz ∈ C และ nx , ny ∈ R จะไดวา

∑∞

=1nnz เปนอนกรมลเขา

กตอเมอ ∑∞

=1 n nx และ ∑

∞

=1 n ny เปนอนกรมลเขา

และในกรณท ∑∞

=1 n nz เปนอนกรมลเขา


=1 n nz = ∑

∞

=1 n nx + i ∑∞

=1 n ny



88

ตวอยาง 1.5.1.1

จงทดสอบวา ∑∞

=1 n ( 2n

1 + i(32)n ) ลเขาหรอลออก

วธทา


=1 n 2n

1 เปนอนกรมลเขา (อนกรมพ ซง p = 2)

และ ∑∞

=1 n ( 3




=1 n ( 2n

1 + i(32)n ) เปนอนกรมลเขา



89


=1 n ini+


วธทา เพราะวา in

i+

= ( ini+

)( inin

−− )

= 1n

in12 ++

= 1n

12 +

+ i1n

n2 +


=1 n 1ni+

= ∑∞

=1 n (

1n1

2 + + i

1nn

2 +)

พจารณาอนกรม ∑∞

=1 n 1nn

2 +

ให na = 1n

n2 +

และ nb = n1


=1 n nb = ∑

∞



∞→nlim

nn

ba =

∞→nlim

1nn2

2

+ =

∞→nlim

2n11

1+

= 1


=1 n 1nn

2 + เปนอนกรมลออก

(ทฤษฎบท 1.4.10 ขอ 1.)


=1 n ini+




90


ถา ∑∞

=1 n nz เปนอนกรมลเขา แลวจะไดวา

∞→nlim nz = 0

หมายเหต บทกลบของทฤษฎบท 1.5.2 ไมเปนจรง เพราะฉะนน ในกรณท

∞→nlim nz = 0

เราจงไมสามารถสรปไดวา ∑∞

=1 n nz เปนอนกรมลเขาหรอลออก


ถา ∞→n

lim nz ≠ 0 แลวจะไดวา ∑∞

=1 n nz เปนอนกรมลออก



91

ตวอยาง 1.5.2 จงแสดงวา อนกรมตอไปนเปนอนกรมลออก

1. ∑∞

=1 n inni2+

2. ∑∞

=1 n (sin n + i cos n)n

วธทา 1. เพราะวา

∞→nlim in

ni2+

= ∞→n

limni1

i2+

= 2i ≠ 0


=1 n inni2+


2. เพราะวา ∞→n

lim | (sin n + i cos n)n |

= ∞→n

lim | sin n + i cos n |n

= ∞→n

lim ( ncosnsin 22 + )n

= ∞→n

lim n1

= 1 ≠ 0 เพราะฉะนน

∞→nlim (sin n + i cos n)n ≠ 0 (ทฤษฎบท 1.3.2

ขอ 2.)


=1 n (sin n + i cos n)n เปนอนกรมลออก



92


ถา ∑∞

=1 n | nz | เปนอนกรมลเขา

แลว ∑∞

=1 n nz เปนอนกรมลเขาดวย

หมายเหต 1. บทกลบของทฤษฎบท 1.5.4 ไมเปนจรง


=1 n | nz | เปนอนกรมลออก

เราไมสามารถสรปไดวา ∑∞

=1 n nz เปนอนกรมลเขาหรอลออก



97


ให ∑∞

=1 n nz เปนอนกรมของจานวนเชงซอน

และ ∞→n

lim n n |z| = ∞ หรอ ∞→n

lim n n |z| = L เมอ L ∈ R จะไดวา 1. ถา L < 1

แลว ∑∞


2. ถา L > 1 หรอ ∞→n

lim n n |z| = ∞

แลว ∑∞





98


=1 n ( in

ni2+

)n ลเขาหรอลออก

วธทา ให nz = ( 1n

ni2+

)n จะเหนวา

∞→nlim n n |z| =

∞→nlim n n

|| )inni2(+

= ∞→n

lim||

||

inni2+

=

∞→nlim

1nn2

2 +

= ∞→n

lim2n

112+

= 2 > 1


=1 n ( 1n

ni2+

)n เปนอนกรมลออก



99


=1 n (n

i )n ลเขาหรอลออก

วธทา ให nz = (n

i )n จะเหนวา

∞→nlim n n |z | =

∞→nlim ||

n)ni(n

= ∞→n

lim | ni |

= ∞→n

lim n1

= 0 < 1


=1 n (n

i )n เปนอนกรมลเขา

1 บทที่ 1 บททที่...

Documents