Upload
others
View
1
Download
0
Embed Size (px)
Citation preview
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
1
บททท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
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
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
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
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
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
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
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
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
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
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
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
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
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
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
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
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
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
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
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
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
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 = –∞
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
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 = ∞
เพราะฉะนน ∞→n
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
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
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
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
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
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
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
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
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 ) = ∞
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
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
เพราะฉะนน ∞→n
limnnn cos = 0
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
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
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
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
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
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 = ∞
เพราะฉะนน ∞→n
lim1n
)1n(8
5
+
+ = ∞
เพราะฉะนน {1n
)1n(8
5
+
+ } เปนลาดบลออก
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
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)
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
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
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
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
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
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
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
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
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
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
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
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)
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
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
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
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
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
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
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
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
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
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.)
เพราะฉะนน ∞→n
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 = ∞
เพราะฉะนน ∞→n
lim n ไมมคา เราจงสรปไดวา {n + n
i } ไมมลมต แสดงวา {n + n
i } เปนลาดบลออก
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
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
เพราะฉะนน ∞→n
lim in1n−
= 0 + i = i
แสดงวา { in1n−
} เปนลาดบลเขา
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
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
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
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
เพราะฉะนน ∞→n
lim | nz | = ∞→n
lim 2n
2n yx +
= 22 yx + = | z |
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
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
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
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
แสดงวา ∞→n
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
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
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
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
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
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
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
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
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
∑∞
=1 n na เปนอนกรมลเขา
2. ∑∞
=1 n na เปนอนกรมลออก กตอเมอ
∑∞
= m nna เปนอนกรมลออก
และในกรณท ∑∞
=1 n na เปนอนกรมลเขา
จะไดวา ∑∞
= m nna = ∑
∞
=1 n na – ∑
−
=
1m
1 nna
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
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
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
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)
เพราะวา ∞→n
lim nS = ∞→n
lim – n(n + 1) = –∞
เพราะฉะนน ∑∞
=1 n n( 1n
n+
) เปนอนกรมลออก
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
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
++)
เพราะวา ∞→n
lim nS = 21( 21
1⋅
) = 41
แสดงวา ∑∞
=1 n )2n)(1n(n1
++ เปนอนกรมลเขา
และ ∑∞
=1 n )2n)(1n(n1
++ = 4
1
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
46
ทฤษฎบท 1.4.2 ถา ∑∞
=1 n na เปนอนกรมลเขา แลว
∞→nlim na = 0
บทพสจน เพราะวา ∑∞
=1 n na เปนอนกรมลเขา
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
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
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
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
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
เพราะฉะนน ∑∞
=1 n 1nn+
เปนอนกรมลออก
2. เพราะวา
∞→nlim n = ∞
เพราะฉะนน ∞→n
lim n ≠ 0
แสดงวา ∑∞
=1 n n เปนอนกรมลออก
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
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
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
50
ทฤษฎบท 1.4.5 ให ∑∞
=1 n na และ ∑
∞
=1 n nb เปนอนกรมลเขา
และ α, β ∈ R เปนคาคงตวใด ๆ
จะไดวา ∑∞
=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 ∑∞
=1 n na และ ∑
∞
=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
แสดงวา ∑∞
=1 n (α na + β nb ) เปนอนกรมลเขา
และ ∑∞
=1 n (α na + β nb ) = α ∑
∞
=1 n na + β ∑
∞
=1 n nb
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
51
ขอสงเกต
ถา ∑∞
=1 n na เปนอนกรมลออก และ c ≠ 0 เปนคาคงตว
แลว ∑∞
=1 n c na เปนอนกรมลออก
ทฤษฎบท 1.4.6
ถา ∑∞
=1 n na เปนอนกรมลเขา และ ∑
∞
=1 n nb เปนอนกรมลออก
แลว ∑∞
=1 n ( na + nb ) เปนอนกรมลออก
บทพสจน สมมตวา ∑∞
=1n ( na + nb ) เปนอนกรมลเขา
เพราะวา ∑∞
=1 n na เปนอนกรมลเขา
เพราะฉะนน ∑∞
=1 n [( na + nb ) + (–1) na ] = ∑
∞
=1 n nb
เปนอนกรมลเขา
ซงขดแยงกบสงทกาหนดใหวา ∑∞
=1 n nb เปนอนกรมลออก
แสดงวา ทสมมตวา ∑∞
=1 n ( na + nb ) เปนอนกรมลเขา
จงเปนไปไมได
เพราะฉะนน ∑∞
=1 n ( na + nb ) เปนอนกรมลออก
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
52
ขอสงเกต
ถา ∑∞
=1 n na และ ∑
∞
=1 n nb เปนอนกรมลออก
แลว ∑∞
=1 n ( na + nb ) อาจจะเปนอนกรมลเขาหรอลออกกได
เชน 1. na = n, nb = –n, na + nb = 0
จะไดวา ∑∞
=1 n na และ ∑
∞
=1 n nb เปนอนกรมลออก
แต ∑∞
=1 n ( na + nb ) = ∑
∞
=1 n 0 เปนอนกรมลเขา
2. na = n, nb = n, na + nb = 2n
จะไดวา ∑∞
=1 n na และ ∑
∞
=1 n nb เปนอนกรมลออก
แต ∑∞
=1 n ( na + nb ) = ∑
∞
=1 n 2n เปนอนกรมลออก
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
53
ตวอยาง 1.4.3 1. จงพจารณาวา ∑∞
=1 n ( n2
3 + )2n(n4+
)
ลเขาหรอลออก ถาลเขาจงหาผลบวกของอนกรมนนดวย วธทา
เพราะวา ∑∞
=1 n n2
1 เปนอนกรมเรขาคณต
โดยม a = 21 , r = 2
1 ซง | r | < 1
เพราะฉะนน ∑∞
=1 n n2
1 เปนอนกรมล
เขา
และ ∑∞
=1 n n2
1 = 211
21
− = 1
จากตวอยาง 1.4.1 จะไดวา ∑∞
=1 n )2n(n1+
เปนอนกรมลเขา
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
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
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
เพราะฉะนน ∑∞
=1 n (–5
4)n เปนอนกรมลเขา
และ ∑∞
=1 n (–5
4)n = )5
4 (154
−−
− = –9
4
เพราะวา ∞→n
lim n = ∞ ซงไมเปน 0
เพราะฉะนน ∑∞
=1 n n เปนอนกรมลออก
เราจงสรปไดวา ∑∞
=1 n ((–5
4)n + n ) เปนอนกรมลออก
หมายเหต จากตวอยาง 1.4.3 ขอ 2.
เราอาจแสดงวา ∑∞
=1 n ((–5
4)n + n ) เปนอนกรมลออก
โดยใชเหตผลวา ∞→n
lim ((–54)n + n ) = ∞ ซงไมเปน 0
เพราะฉะนน ∑∞
=1 n ((–5
4)n + n ) เปนอนกรมลออก
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
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 ∑∞
=1 n na เปนอนกรมลเขา
และ
ถา { nt } เปนลาดบลออก แลว ∑∞
=1 n na เปนอนกรมลออก
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
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
เพราะฉะนน ∑∞
=1 n 5nn
2 + เปนอนกรมลออก
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
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
จะเหนวา ∞→n
lim nt = e2
เพราะฉะนน { nt } เปนลาดบลเขา
เพราะฉะนน ∑∞
=1 n ne n1 เปนอนกรมลเขา
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
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
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
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
จะไดวา ∑∞
=1 n pn
1 เปนอนกรมลออก
และ ในกรณท p > 1 จะไดวา ∑∞
=1 n pn
1 เปนอนกรมลเขา
เราจงสรปไดวา ∑∞
=1 n pn
1 เปนอนกรมลเขา เมอ p > 1
และ ∑∞
=1 n pn
1 เปนอนกรมลออก เมอ p ≤ 1
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
60
ตวอยาง 1.4.5
1. ∑∞
=1 n 3 n1 เปนอนกรมลออก
เพราะเปนอนกรมพ ซง p = 31 < 1
2. ∑∞
=1 n 2n
1 เปนอนกรมลเขา
เพราะเปนอนกรมพ ซง p = 2 > 1
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
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
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
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)
เพราะฉะนน ∑∞
=1 n n2n
1 เปนอนกรมลเขา
2. เพราะวา 1 ≤ n n ทก n ≥ 3
เพราะฉะนน 0 ≤ n
1 ≤ nn n ทก n ≥ 3
เพราะวา ∑∞
=1 n n1 เปนอนกรมลออก (อนกรมพ ซง p = 2
1)
เพราะฉะนน ∑∞
=1 n nn n เปนอนกรมลออก
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
63
ทฤษฎบท 1.4.10 (การทดสอบโดยใชการเปรยบเทยบดวยลมต)
ให ∑∞
=1 n na และ ∑
∞
=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 ∑
∞
=1 n nb เปนอนกรมลออก
แลว ∑∞
=1 n na เปนอนกรมลออกดวย
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
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
เพราะฉะนน ∑∞
=1 n na = ∑
∞
=1 n 1nn31n
22
+++ เปนอนกรมลออก
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
65
ตวอยาง 1.4.7.2 จงทดสอบ ∑∞
=1 n nn
n
352−
ลเขาหรอลออก
วธทา ให na = nn
n
352−
และ nb = (52)n
จะเหนวา ∑∞
=1 n nb = ∑
∞
=1 n (5
2)n เปนอนกรมลเขา
(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
เพราะฉะนน ∑∞
=1 n na = ∑
∞
=1 n nn
n
352−
เปนอนกรมลเขา
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
66
ตวอยาง 1.4.7.3 จงทดสอบ ∑∞
=1 n n2n ลเขาหรอลออก
วธทา ให na = n2
n และ nb = 23
n
1
จะเหนวา ∑∞
=1 n nb = ∑
∞
=1 n 23
n
1 เปนอนกรมลเขา
(อนกรมพ ซง p = 23)
และ ∞→n
lim nn
ba =
∞→nlim n
2
2n
= 0 (ตวอยาง 1.2.5 ขอ 1.)
เพราะฉะนน ∑∞
=1 n na = ∑
∞
=1 n n2n เปนอนกรมลเขา
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
67
ตวอยาง 1.4.7.4 จงทดสอบ ∑∞
=1 n )1n(n1+
ลเขาหรอลออก
วธทา ให na = )1n(n
1+
และ nb = n1
จะเหนวา ∑∞
=1 n nb = ∑
∞
=1 n n1 เปนอนกรมลออก
(อนกรมพ ซง p = 1) และ
∞→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 = ∞
เพราะฉะนน ∑∞
=1 n na = ∑
∞
=1 n )1n(n1+
เปนอนกรมลออก
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
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
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
69
ทฤษฎบท 1.4.11
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
เพราะฉะนน ∞→n
lim (–1)nna ≠ 0
เพราะฉะนน ถา
∞→nlim na ≠ 0
แลว ∑∞
=1 n (–1)n
na เปนอนกรมลออก
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
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
เพราะฉะนน ∑∞
=1 n n)1( n− เปนอนกรมลเขา
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
71
ตวอยาง 1.4.8.2 จงพจารณาวา ∑∞
=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
เพราะฉะนน ∑∞
=1 n n n3)1(
n
n
+− เปนอนกรมลเขา
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
72
ตวอยาง 1.4.8.2 จงพจารณาวา ∑∞
=1 n 1nn)1( n
+− ลเขาหรอลออก
วธทา ในทน na = 1n
n+
จะไดวา
∞→nlim na =
∞→nlim 1n
n+
=
∞→nlim
n11
1+
= 1 ≠ 0
เพราะฉะนน ∑∞
=1 n 1nn)1( n
+− เปนอนกรมลออก
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
73
ทฤษฎบท 1.4.12
ถา ∑∞
=1 n | na | เปนอนกรมลเขา
แลว ∑∞
=1 n na เปนอนกรมลเขา
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
เพราะวา ∑∞
=1 n | na | เปนอนกรมลเขา
เพราะฉะนน ∑∞
=1 n nb และ ∑
∞
=1 n nc เปนอนกรมลเขา
(ทฤษฎบท 1.4.9)
เพราะฉะนน ∑∞
=1 n ( nb – nc ) = ∑
∞
=1 n na เปนอนกรมลเขา
(ทฤษฎบท 1.4.5)
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
74
หมายเหต 1. บทกลบของทฤษฎบท 1.4.12 ไมจรง กลาวคอ
ถา ∑∞
=1 n na เปนอนกรมลเขา
แลว ∑∞
=1 n | na | อาจจะอนกรมลเขาหรอลออกกได
ตวอยางเชน ∑∞
=1 n n)1( n− เปนอนกรมลเขา
แต ∑∞
=1 n n1 เปนอนกรมลออก
∑∞
=1 n n
n
2)1(− เปนอนกรมลเขา และ ∑
∞
=1 n n2
1 เปนอนกรมลเขา
2. ในกรณท ∑∞
=1 n | na | เปนอนกรมลออก
เราไมสามารถสรปไดวา ∑∞
=1 n na เปนอนกรมลเขาหรอลออก
ตวอยางเชน ∑∞
=1 n | n
)1( n− | = ∑∞
=1 n n1 เปนอนกรมลออก
แต ∑∞
=1 n n)1( n− เปนอนกรมลเขา
∑∞
=1 n | (-1)n 2n | = ∑
∞
=1 n
2n เปนอนกรมลออก
และ ∑∞
=1 n (-1)n 2n เปนอนกรมลออก
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
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.
จะไดวา ∑∞
=1 n | n4
)3ncos( | = ∑∞
=1 n n4
)3ncos( || เปนอนกรมลเขา
เพราะฉะนน ∑∞
=1 n n4)3ncos( เปนอนกรมลเขา
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
76
ตวอยาง 1.4.9.1 จงแสดงวา ∑∞
=1 n 2
n
n)1(− เปนอนกรมลเขา
วธทา
เพราะวา ∑∞
=1 n | 2
n
n)1(− | = ∑
∞
=1 n 2n
1 เปนอนกรมลเขา
(อนกรมพ ซง p = 2)
เพราะฉะนน ∑∞
=1 n 2
n
n)1(− เปนอนกรมลเขา
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
77
บทนยาม 1.4.6
1. ∑∞
=1n na เปน อนกรมลเขาแบบสมบรณ
ถา ∑∞
=1 n | na | เปนอนกรมลเขา
2. ∑∞
=1n na เปน อนกรมลเขาแบบมเงอนไข
ถา ∑∞
=1 n | na | เปนอนกรมลออก
แต ∑∞
=1 n na เปนอนกรมลเขา
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
78
ตวอยาง 1.4.10.1 จงพจารณาวา ∑∞
=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.
จะไดวา ∑∞
=1 n )1n(n1+
เปนอนกรมลออก
เพราะฉะนน ∑∞
=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
เพราะฉะนน ∑∞
=1 n )1n(n)1( n
+− เปนอนกรมลเขา (ทฤษฎบท
1.4.11)
แสดงวา ∑∞
=1 n )1n(n)1( n
+− เปนอนกรมลเขาแบบมเงอนไข
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
79
ตวอยาง 1.4.10.1 จงพจารณาวา ∑∞
=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
เพราะวา ∑∞
=1 n n2
1 เปนอนกรมลเขา
(อนกรมเรขาคณต ซง r = 21)
เพราะฉะนน ∑∞
=1 n n)1n(
1+
เปนอนกรมลเขา
(ทฤษฎบท 1.4.9 ขอ 1.)
เพราะฉะนน ∑∞
=1 n | ( 1n
1+− )n | เปนอนกรมลเขา
เพราะฉะนน ∑∞
=1 n ( 1n
1+− )n เปนอนกรมลเขาแบบสมบรณ
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
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 ∑∞
=1 n na เปนอนกรมลออก
3. ถา L = 1 แลว จะสรปผลไมได
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
81
ตวอยาง 1.4.11.1 จงทดสอบวา ∑∞
=1 n !n2n ลเขาหรอลออก
วธทา ให na = !n
2n
เพราะวา 1na + = )!1n(2 1n
+
+
จะเหนวา ∞→n
lim | n
1na
a + | = ∞→n
lim | )!1n(2 1n
++
n2!n |
= ∞→n
lim 1n2+
= 0 < 1
เพราะฉะนน ∑∞
=1 n !n2n เปนอนกรมลเขา
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
82
ตวอยาง 1.4.11.2 จงทดสอบวา ∑∞
=1 n n
3n
2n)1(− ลเขาหรอลออก
วธทา ให na = n
3n
2n)1(−
เพราะวา 1na + = 1n
31n
2)1n()1(
+
+ +−
จะเหนวา ∞→n
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
เพราะฉะนน ∑∞
=1 n n
3n
2n)1(− เปนอนกรมลเขา
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
83
ตวอยาง 1.4.11.3 จงทดสอบวา ∑∞
=1 n n n
n
3e ลเขาหรอลออก
วธทา ให na =
n n
n
3e
เพราะวา 1na + = )1 n(n1 n
3e
+
+
จะเหนวา ∞→n
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
เพราะฉะนน ∑∞
=1 n n n
n
3e เปนอนกรมลออก
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
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 ∑∞
=1 n na เปนอนกรมลออก
3. ถา L = 1 แลว จะสรปผลไมได
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
85
ตวอยาง 1.4.12.1 จงทดสอบวา ∑∞
=1 n (3
2)2n ลเขาหรอลออก
วธทา 1. ให na = ( 32)
2n
จะเหนวา ∞→n
lim n n |a| = ∞→n
lim n 2n)32(
= ∞→n
lim ( 32)n
= 0 < 1
เพราะฉะนน ∑∞
=1 n (3
2)2n เปนอนกรมลเขา
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
86
ตวอยาง 1.4.12.2
จงทดสอบวา ∑∞
=1 n (
)12(nnn +
)n ลเขาหรอลออก
วธทา ให na = ()12(n
nn +
)n
จะเหนวา ∞→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
แสดงวา ∞→n
lim n n |a| = 2n1
เพราะวา 1 = n e > n 2 > 0 เพราะฉะนน 2n1 > 1
เพราะฉะนน ∞→n
lim n n |a| > 1
เพราะฉะนน ∑∞
=1 n (
)12(nnn +
) n เปนอนกรมลออก
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
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
จะไดวา ∑∞
=1 n nz = ∑
∞
=1 n nx + i ∑∞
=1 n ny
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
88
ตวอยาง 1.5.1.1
จงทดสอบวา ∑∞
=1 n ( 2n
1 + i(32)n ) ลเขาหรอลออก
วธทา
เพราะวา ∑∞
=1 n 2n
1 เปนอนกรมลเขา (อนกรมพ ซง p = 2)
และ ∑∞
=1 n ( 3
2)n เปนอนกรมลเขา
(อนกรมเรขาคณต ซง r = 32)
เพราะฉะนน ∑∞
=1 n ( 2n
1 + i(32)n ) เปนอนกรมลเขา
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
89
ตวอยาง 1.5.1.2 จงทดสอบวา ∑∞
=1 n ini+
ลเขาหรอลออก
วธทา เพราะวา in
i+
= ( ini+
)( inin
−− )
= 1n
in12 ++
= 1n
12 +
+ i1n
n2 +
เพราะฉะนน ∑∞
=1 n 1ni+
= ∑∞
=1 n (
1n1
2 + + i
1nn
2 +)
พจารณาอนกรม ∑∞
=1 n 1nn
2 +
ให na = 1n
n2 +
และ nb = n1
จะเหนวา ∑∞
=1 n nb = ∑
∞
=1 n n1 เปนอนกรมลออก
(อนกรมพ ซง p = 1) และ
∞→nlim
nn
ba =
∞→nlim
1nn2
2
+ =
∞→nlim
2n11
1+
= 1
เพราะฉะนน ∑∞
=1 n 1nn
2 + เปนอนกรมลออก
(ทฤษฎบท 1.4.10 ขอ 1.)
แสดงวา ∑∞
=1 n ini+
เปนอนกรมลออก
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
90
ทฤษฎบท 1.5.2
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
ทฤษฎบท 1.5.3
ถา ∞→n
lim nz ≠ 0 แลวจะไดวา ∑∞
=1 n nz เปนอนกรมลออก
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
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
เพราะฉะนน ∑∞
=1 n inni2+
เปนอนกรมลออก
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.)
แสดงวา ∑∞
=1 n (sin n + i cos n)n เปนอนกรมลออก
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
92
ทฤษฎบท 1.5.4
ถา ∑∞
=1 n | nz | เปนอนกรมลเขา
แลว ∑∞
=1 n nz เปนอนกรมลเขาดวย
หมายเหต 1. บทกลบของทฤษฎบท 1.5.4 ไมเปนจรง
2. ในกรณท ∑∞
=1 n | nz | เปนอนกรมลออก
เราไมสามารถสรปไดวา ∑∞
=1 n nz เปนอนกรมลเขาหรอลออก
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
93
ตวอยาง 1.5.3 จงแสดงวา อนกรมตอไปนเปนอนกรมลเขา
1. ∑∞
=1 n 2n
ni 2. ∑
∞
=1n (4 – 3i) n−
วธทา
1. เพราะวา ∑∞
=1 n | 2
n
ni | = ∑
∞
=1 n 2n
1 เปนอนกรมลเขา
(อนกรมพ ซง p = 2)
เพราะฉะนน ∑∞
=1 n 2n
ni เปนอนกรมลเขา
2. เพราะวา
∑∞
=1n | (4 – 3i) n− | = ∑
∞
=1 n | 4 – 3i |
n−
= ∑∞
=1 n
n5− เปนอนกรมลเขา
(อนกรมเรขาคณต ซง r = 51 )
เพราะฉะนน ∑∞
=1 n (4 – 3i) n− เปนอนกรมลเขา
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
94
ทฤษฎบท 1.5.5
ให ∑∞
=1 n nz เปนอนกรมของจานวนเชงซอน ซง nz ≠ 0
และ ∞→n
lim | n
1nz
z + | = ∞
หรอ ∞→n
lim | n
1nz
z + | = L เมอ L ∈ R
จะไดวา 1. ถา L < 1
แลว ∑∞
=1 n nz เปนอนกรมลเขา
2. ถา L > 1 หรอ ∞→n
lim | n
1nz
z + | = ∞
แลว ∑∞
=1 n nz เปนอนกรมลออก
3. ถา L = 1 แลว จะสรปผลไมได
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
95
ตวอยาง 1.5.4.1 จงพจารณาวา ∑∞
=1 n n)i3(
ni+
ลเขาหรอลออก
วธทา ให nz = n)i3(
ni+
เพราะฉะนน 1nz + = 1n)i3(i)1n(++
+
จะเหนวา ∞→n
lim | n
1nz
z + |
= ∞→n
lim | 1n)i3(i)1n(++
+ni
)i3( n+ |
= ∞→n
lim | n)i3(
1n++ |
= ∞→n
lim n21n +
= ∞→n
lim 2n11+
= 21 < 1
เพราะฉะนน ∑∞
=1 n n)i3(
ni+
เปนอนกรมลเขา
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
96
ตวอยาง 1.5.4.2 จงพจารณาวา ∑∞
=1 n n)i43(
i !n−
ลเขาหรอลออก
วธทา ให nz = n)i43(
i!n−
เพราะฉะนน 1nz + = 1n)i43(i)!1n(+−
+
จะเหนวา ∞→n
lim | n
1nz
z + |
= ∞→n
lim | 1n)i43(i)!1n(+−
+i!n
)i43( n− |
= ∞→n
lim | i431n
−+ |
= ∞→n
lim 51n +
= ∞
เพราะฉะนน ∑∞
=1 n n)i43(
i!n−
เปนอนกรมลออก
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
97
ทฤษฎบท 1.5.6
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 ∑∞
=1 n nz เปนอนกรมลเขา
2. ถา L > 1 หรอ ∞→n
lim n n |z| = ∞
แลว ∑∞
=1 n nz เปนอนกรมลออก
3. ถา L = 1 แลว จะสรปผลไมได
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
98
ตวอยาง 1.5.5.1 จงพจารณาวา ∑∞
=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
เพราะฉะนน ∑∞
=1 n ( 1n
ni2+
)n เปนอนกรมลออก
บทท 1 ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
99
ตวอยาง 1.5.5.2 จงพจารณาวา ∑∞
=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
เพราะฉะนน ∑∞
=1 n (n
i )n เปนอนกรมลเขา