Upload
others
View
2
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 ซง
มสมบตตอไปน
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(1
1+
= 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 21
1⋅
+ 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)( 3k + 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) เปน
จรง
(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) = 2nn+
, 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 { 2nn+
} จะหมายถง
ลาดบ {(1, 31), (2, 2
1), (3, 53 ), ... , (n, 2n
n+
), ...}
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 ∞→n
lim na = L
∞→nlim na = L
กตอเมอ
∀ε > 0 ∃ 0n ∈ R ททาให (n > 0n → | na – L | < ε)
หมายเหต
บทนยามของ ∞→n
lim 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. ∞→n
lim tn1 = 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 ∞→n
lim na = ∞
ถา 1. ∞→n
limna1 = 0
2. ∃ 0n ททาให na > 0 ทกคา n > 0n
แลว ∞→n
lim na = ∞
การแสดงวา ∞→n
lim na = –∞
ถา 1. ∞→n
limna1 = 0
2. ∃ 0n ททาให na < 0 ทกคา n > 0n
แลว ∞→n
lim na = –∞
บทท 1
ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
13
ตวอยาง 1.2.2 จงแสดงวา ∞→n
lim 2n = ∞
วธทา ให na = 2n จะเหนวา ∞→n
limna1 =
∞→nlim 2n
1 = 0
และ na = 2n > 0 ทก n ∈ N
เพราะฉะนน ∞→n
lim na = ∞
เพราะฉะนน ∞→n
lim 2n = ∞
ขอสงเกต จากทฤษฎบท 1.2.1 จะไดวา
1. ∞→n
lim tn = ∞ เมอ t > 0
2. ∞→n
lim nr = ∞ เมอ r > 1
หมายเหต
ในกรณท ∞→n
lim 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 ∞→n
lim na = L และ ∞→n
lim nb = M
จะไดวา
1. ∞→n
lim k = k เมอ k เปนคาคงตว
2. ∞→n
lim k na = k∞→n
lim na = kL เมอ k เปนคาคงตว
3. ∞→n
lim ( na + nb ) = ∞→n
lim na + ∞→n
lim nb = L + M
4. ∞→n
lim ( na – nb ) = ∞→n
lim na – ∞→n
lim nb = L – M
5. ∞→n
lim ( na nb ) = (∞→n
lim na )(∞→n
lim nb ) = LM
6. ∞→n
lim (nn
ba
) = nn
nnblim
alim
∞→
∞→ = ML เมอ M ≠ 0
7. ∞→n
lim mna = m nn
alim∞→
= 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 ∞→n
lim nc = L
บทท 1
ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
15
บทพสจน
3. กาหนดให ε > 0
เพราะวา ∞→n
lim na = L และ ∞→n
lim nb = M
เพราะฉะนน จะม 1n , 2n ∈ R ซง
| na – L | < 2ε ทกๆ จานวนนบ n > 1n
และ | nb – M | < 2ε ทกๆ จานวนนบ n > 2n
เลอก 0n = | 1n | + | 2n | ให n เปนจานวนนบ ซง n > 0n
เพราะฉะนน n > 1n และ n > 2n
ซงจะไดวา | na – L | < 2ε และ | nb – M | < 2
ε
แสดงวา
| ( na + nb ) – (L + M) | = | ( na – L) + ( nb – M) | ≤ | na – L | + | nb – M | < 2
ε + 2ε
= ε
เพราะฉะนน ∞→n
lim ( na + nb ) = L + M
บทท 1
ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
16
ตวอยาง 1.2.3.1 จงหา ∞→n
lim3 3
2
1nn1n9++
+
วธทา ∞→n
lim3 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
∞→n
lim (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 ∞→n
limnn1− = 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 ∞→n
lim 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 ∞→n
lim ( 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 ∞→n
lim na โดยพจารณาจาก ∞→x
lim f(x)
1. สรางฟงกชนเลยนแบบ
กาหนด f(x) เปนฟงกชนคาจรงทกาหนดบนชวง [1, ∞)
มสมบต f(n) = na ทกคา n
2. หา ∞→x
lim f(x)
3. ถา ∞→x
lim f(x) = L, ∞ หรอ –∞
แลว ∞→n
lim na = ∞→x
lim f(x)
บทท 1
ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
23
ตวอยาง 1.2.5.1 จงพจารณาวา { n2
2n } ลเขาหรอลออก
วธทา
ให f(x) = x2
2x เมอ x ≥ 1
∞→xlim f(x) =
∞→xlim x
2
2x (I.F.
∞∞ )
= ∞→x
lim2 n 2
x2x (I.F.
∞∞ )
= ∞→x
lim 2x )2 n(22 (โลปตาล)
= 0
เพราะฉะนน ∞→n
lim n2
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 ∞→x
lim 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 ∞→k
lim kb = ∞→k
lim 1k2k2+
= ∞→k
lim
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
+−
| = 1nn+
≤ 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
++
– !n2n
= !n2n
( 1n2+
– 1)
= !n2n
( 1n1n2
+−− )
= )!1n()n1(2n
+−
≤ 0 ทก n ∈ N
เพราะฉะนน 1na + ≤ na ทก n ∈ N
เพราะฉะนน { na } = { !n2n
} เปนลาดบไมเพม ... (1)
เพราะวา na > 0 ทก n ∈ N และ 1a ≥ 2a ≥ 3a ≥ ...
เพราะฉะนน | na | = na ≤ 1a = 2 ทก n ∈ N
แสดงวา | !n2n
| ≤ 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 n
1na
a + ≤ 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 n
1na
a + = )!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 ∞→n
lim 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 } มลมตเปนจานวน
เชงซอน 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 ∞→n
lim nz = ∞→n
lim nx + i∞→n
lim 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 ∞→n
lim 2nn2+
= ∞→n
lim
n21
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 + ni } ลเขาหรอลออก
วธทา
เพราะวา ∞→n
lim n = ∞
เพราะฉะนน ∞→n
lim n ไมมคา
เราจงสรปไดวา {n + ni } ไมมลมต
แสดงวา {n + ni } เปนลาดบลออก
บทท 1
ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
34
ตวอยาง 1.3.1.3 จงพจารณาวา { in1n−
} ลเขาหรอลออก
วธทา เพราะวา in1n−
= ( in1n−
)( in1in1
++ )
= 2
2
n1inn
++
= 2n1n+
+ 2
2
n1in+
และ ∞→n
lim 2n1n+
= ∞→n
lim1
n1
n1
2 + = 0
และ ∞→n
lim 2
2
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 ∞→k
lim kb = 1
ให kc = 2k4x +
เพราะวา 2k4i + = k4i 2i = (1)(–1) = –1
เพราะฉะนน kc = –1
เพราะฉะนน ∞→k
lim 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 ∞→n
lim nz = z แลว ∞→n
lim | nz | = | z |
2. ∞→n
lim nz = 0 กตอเมอ ∞→n
lim | nz | = 0
บทพสจน
1. สมมตวา ∞→n
lim nz = z
เขยน nz = nx + i ny และ z = x + i y
โดยท nx , ny , x, y ∈ R
จากทฤษฎบท 1.3.1
จะได ∞→n
lim nx = x และ ∞→n
lim 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
∞→n
lim | nz | = 1 แต { nz } ไมมลมต
(ตวอยาง 1.3.1 ขอ 4.)
2. จากทฤษฎบท 1.3.2 ขอ 1. จะไดวา
ถา ∞→n
lim | nz | ไมมคา แลว ∞→n
lim nz ไมมคา
บทท 1
ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
38
ตวอยาง 1.3.2 จงหาลมตตอไปน
1. ∞→n
lim (3 + 4i)n 2. ∞→n
lim nin
วธทา
1. พจารณา ∞→n
lim | (3 + 4i)n | = ∞→n
lim | 3 + 4i |n
= ∞→n
lim n5
= ∞
เพราะฉะนน ∞→n
lim | (3 + 4i)n | ไมมคา แสดงวา
∞→nlim (3 + 4i)n ไมมคา
2. พจารณา ∞→n
lim | nin | =
∞→nlim n
i ||n
= ∞→n
lim n1
= 0
เพราะฉะนน ∞→n
lim nin
= 0
ขอสงเกต ในกรณท ∞→n
lim | nz | = L เมอ L ∈ R – {0}
เราไมสามารถสรปไดวา ∞→n
lim nz มคาหรอไม
บทท 1
ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
39
ทฤษฎบท 1.3.3
ให { nz }, { nw } เปนลาดบของจานวนเชงซอน
และ z, w, k ∈ C ซง ∞→n
lim nz = z และ ∞→n
lim nw = w
จะไดวา
1. ∞→n
lim k = k เมอ k เปนคาคงตว
2. ∞→n
lim k nz = kz เมอ k เปนคาคงตว
3. ∞→n
lim ( nz + nw ) = z + w
4. ∞→n
lim ( nz – nw ) = z – w
5. ∞→n
lim ( nz nw ) = zw
6. ∞→n
lim (nn
wz
) = wz เมอ w ≠ 0
บทท 1
ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
40
ตวอยาง 1.3.3 จงหาลมตตอไปน
1. ∞→n
limi24i23
nn
n2n
−+ 2.
∞→nlim 3
4
)in)(ni21()ni21(++
−
วธทา
1. ∞→n
limi24i23
nn
n2n
−− =
∞→nlim
i)42(1
i)43(
n
n
−
−
= i01i0
−−
= –i
2. ∞→n
lim 3
4
)in)(ni21()ni21(++
− =
∞→nlim
34
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
1k 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 ∑∞
=1n na เปน อนกรมลเขา
และเรยก S วา ผลบวกของอนกรม
ซงจะเขยนแทนดวยสญลกษณ ∑∞
=1n na = S
ถา { nS } เปนลาดบลออก
แลว เราจะกลาววาอนกรม ∑∞
=1n 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 ∑∞
=1n 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 ∑∞
=1n na เปนอนกรมลเขา
จะไดวา ∑∞
= m nna = ∑
∞
=1n na – ∑
−
=
1m
1nna
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 = 21(1 – 3
1) ได 1S = 21(1 + 2
1 – 21 – 3
1)
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 = 21(1 + 2
1 – 1n1+
– 2n1+
)
จะเหนวา ∞→n
lim nS = 21( 2
3) = 43
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. ∑∞
=1n )2n)(1n(n1
++ ลเขาหรอลออก
วธทา3. ให
na = )2n)(1n(n1
++ = 2
1( )1n(n1+
– )2n)(1n(1
++)
เพราะวา 1a = 21( 21
1⋅
– 321⋅
) ได 1S = 21( 21
1⋅
– 321⋅
)
2a = 21( 32
1⋅
– 431⋅
) ได 2S = 21( 21
1⋅
– 431⋅
)
3a = 21( 43
1⋅
– 541⋅
) ได 3S = 21( 21
1⋅
– 541⋅
)
4a = 21(
541⋅
– 65
1⋅
) ได 4S = 21(
211⋅
– 65
1⋅
)
โดยการพสจนดวยอปนยเชงคณตศาสตร
จะไดวา nS = 21( 21
1⋅
– )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 | < 2ε 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 | < 2ε และ | 1nS − – S | < 2
ε
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 ∞→n
lim na = 0
บทท 1
ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
47
หมายเหต
บทกลบของทฤษฎบท 1.4.2 ไมเปนจรง
กลาวคอ
ถา ∞→n
lim 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 ∑∞
=1n na เปนอนกรมลเขาหรอลออก
บทท 1
ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
48
ทฤษฎบท 1.4.3 (การทดสอบอนกรมลออก โดยพจนท n)
ถา ∞→n
lim na ≠ 0 แลว ∑∞
=1n na เปนอนกรมลออก
ตวอยาง 1.4.2 จงแสดงวาอนกรมตอไปนเปนอนกรมลออก
1. ∑∞
=1 n 1nn+
2. ∑∞
=1n n
วธทา
1. เพราะวา ∞→n
lim 1nn+
= ∞→n
limn11
1+
= 1 ≠ 0
เพราะฉะนน ∑∞
=1n 1nn+
เปนอนกรมลออก
2. เพราะวา ∞→n
lim 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 r1a−
และ
เปนอนกรมลออก เมอ | r | ≥ 1
บทท 1
ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
50
ทฤษฎบท 1.4.5 ให ∑∞
=1 n na และ ∑
∞
=1n nb เปนอนกรมลเขา
และ α, β ∈ R เปนคาคงตวใด ๆ
จะไดวา ∑∞
=1 n (α na + β nb ) เปนอนกรมลเขา
และ ∑∞
=1 n (α na + β nb ) = α ∑
∞
=1n na + β ∑
∞
=1n 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
1k 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 ∞→n
lim nQ = ∞→n
lim (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 ∑
∞
=1n na + β ∑
∞
=1n 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 ∑
∞
=1n nb เปนอนกรมลออก
แลว ∑∞
=1 n ( na + nb ) เปนอนกรมลออก
บทพสจน สมมตวา ∑∞
=1 n ( na + nb ) เปนอนกรมลเขา
เพราะวา ∑∞
=1 n na เปนอนกรมลเขา
เพราะฉะนน ∑∞
=1n [( na + nb ) + (–1) na ] = ∑
∞
=1n nb
เปนอนกรมลเขา
ซงขดแยงกบสงทกาหนดใหวา ∑∞
=1n nb เปนอนกรมลออก
แสดงวา ทสมมตวา ∑∞
=1 n ( na + nb ) เปนอนกรมลเขา
จงเปนไปไมได
เพราะฉะนน ∑∞
=1n ( 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 ∑∞
=1n na และ ∑
∞
=1n nb เปนอนกรมลออก
แต ∑∞
=1 n ( na + nb ) = ∑
∞
=1n 0 เปนอนกรมลเขา
2. na = n, nb = n, na + nb = 2n
จะไดวา ∑∞
=1 n na และ ∑
∞
=1n nb เปนอนกรมลออก
แต ∑∞
=1 n ( na + nb ) = ∑
∞
=1n 2n เปนอนกรมลออก
บทท 1
ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
53
ตวอยาง 1.4.3 1. จงพจารณาวา ∑∞
=1n ( 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 ∑∞
=1n )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 ∑∞
=1n ((–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 ∑∞
=1n (–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 ∑∞
=1n ((–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 ∑∞
=1n na เปนอนกรมลเขา
และ
ถา { nt } เปนลาดบลออก แลว ∑∞
=1n na เปนอนกรมลออก
บทท 1
ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
56
ตวอยาง 1.4.4 1. จงทดสอบวา ∑∞
=1n 5nn
2 + ลเขาหรอลออก
วธทา
ให f(x) = 5x
x2 +
เมอ x ≥ 1
จะได f ′(x) = 22
2
)5x()x2(x)5x(
+
−+ = 22
2
)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 ∑∞
=1n 5nn
2 + เปนอนกรมลออก
บทท 1
ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
57
ตวอยาง 1.4.4 2. จงทดสอบวา ∑∞
=1n nen1 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
1xex
1 dx
= [xe2− ] 1x
nx==
= ne2− + e
2
จะเหนวา ∞→n
lim nt = e2
เพราะฉะนน { nt } เปนลาดบลเขา
เพราะฉะนน ∑∞
=1n 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 ∞→n
lim pn1 = ∞
ถา p = 0 แลว จะไดวา ∞→n
lim pn1 = 1
เพราะฉะนน
ในกรณท p ≤ 0 จะไดวา ∑∞
=1n pn
1 เปนอนกรมลออก
บทท 1
ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
59
พจารณากรณท p > 0
ให f(x) = px1 ทก x ≥ 1 จะได f ′(x) = 1px
p+
− < 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 ∑∞
=1n 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 ∑
∞
=1n nc เปนอนกรมของจานวนจรง
1. ถา ม 0n ∈ N ซง 0 ≤ na ≤ nb ทก n ≥ 0n
และ ∑∞
=1 n nb เปนอนกรมลเขา
แลว ∑∞
=1n 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 อนกรมตอไปนเปนอนกรมลเขา
หรอลออก
1. ∑∞
=1 n n2n
1 2. ∑∞
=1n nn n
วธทา
1. เพราะวา 0 ≤ n2n
1 ≤ n2
1 ทก n ∈ N
และ ∑∞
=1 n n2
1 เปนอนกรมลเขา (อนกรมเรขาคณต ซง r = 21)
เพราะฉะนน ∑∞
=1n 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 ∑∞
=1n 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 ∞→n
limnn
ba
= c > 0
แลว อนกรมทงสองจะลเขาดวยกนหรอไมกลออกดวยกน
2. ถา ∞→n
limnn
ba
= 0 และ ∑∞
=1n nb เปนอนกรมลเขา
แลว ∑∞
=1 n na เปนอนกรมลเขาดวย
3. ถา ∞→n
limnn
ba
= ∞ และ ∑∞
=1n nb เปนอนกรมลออก
แลว ∑∞
=1 n na เปนอนกรมลออกดวย
บทท 1
ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
64
ตวอยาง 1.4.7.1 จงทดสอบ ∑∞
=1n 1nn31n
22
+++ ลเขาหรอลออก
วธทา
ให na = 1nn3
1n2
2
+++ และ nb = n
1
จะเหนวา ∑∞
=1 n nb = ∑
∞
=1 n n1 เปนอนกรมลออก
(อนกรมพ ซง p = 1)
และ ∞→n
limnn
ba
= ∞→n
lim1nn3
1nn2
2
+++
= ∞→n
lim2
2
n1
n13
n11
++
+
= 31
> 0
เพราะฉะนน ∑∞
=1n na = ∑
∞
=1n 1nn31n
2
2
+++ เปนอนกรมลออก
บทท 1
ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
65
ตวอยาง 1.4.7.2 จงทดสอบ ∑∞
=1n 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
= ∞→n
lim ( nnn
352−
)(25)n
= ∞→n
lim nnn
355−
= ∞→n
limn)5
3(11
−
= 1 > 0
เพราะฉะนน ∑∞
=1n na = ∑
∞
=1n nn
n
352−
เปนอนกรมลเขา
บทท 1
ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
66
ตวอยาง 1.4.7.3 จงทดสอบ ∑∞
=1n n2n ลเขาหรอลออก
วธทา
ให na = n2n และ nb =
23
n
1
จะเหนวา ∑∞
=1 n nb = ∑
∞
=1 n 23
n
1 เปนอนกรมลเขา
(อนกรมพ ซง p = 23)
และ ∞→n
lim nn
ba
= ∞→n
lim n2
2n
= 0 (ตวอยาง 1.2.5 ขอ 1.)
เพราะฉะนน ∑∞
=1n na = ∑
∞
=1n n2n
เปนอนกรมลเขา
บทท 1
ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
67
ตวอยาง 1.4.7.4 จงทดสอบ ∑∞
=1n )1n(n1+
ลเขาหรอลออก
วธทา
ให na = )1n(n1+
และ nb = n1
จะเหนวา ∑∞
=1 n nb = ∑
∞
=1 n n1 เปนอนกรมลออก
(อนกรมพ ซง p = 1)
และ ∞→n
limnn
ba
= ∞→n
lim )1n(nn+
ให f(x) = )1n(nn+
, x ≥ 1
จะไดวา ∞→x
lim f(x) = ∞→x
lim )1x(nx+
(I.F. ∞∞)
= ∞→x
lim1x
11
+
= ∞→x
lim (x + 1)
= ∞
เพราะฉะนน ∞→n
limnn
ba
= ∞
เพราะฉะนน ∑∞
=1n na = ∑
∞
=1n )1n(n1+
เปนอนกรมลออก
บทท 1
ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
68
บทนยาม 1.4.5 ถา na > 0 ทก n ∈ N
เราเรยกอนกรมทเขยนไดในรป ∑∞
=1n (–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 ∞→n
lim na ≠ 0
เราจะไดวา ∞→n
lim | (–1)nna | =
∞→nlim na ≠ 0
เพราะฉะนน ∞→n
lim (–1)nna ≠ 0
เพราะฉะนน
ถา ∞→n
lim na ≠ 0
แลว ∑∞
=1 n (–1)n
na เปนอนกรมลออก
บทท 1
ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
70
ตวอยาง 1.4.8.1 จงพจารณาวา ∑∞
=1n n)1( n−
ลเขาหรอลออก
วธทา
ในทน na = n1
จะไดวา ∞→n
lim na = ∞→n
lim n1 = 0
เพราะวา 1na + = 1n1+
เพราะฉะนน 1na + – na = 1n1+
– n1
= )1n(n)1n(n
++−
= )1n(n1+
−
เพราะฉะนน 1na + – na < 0 ทก n ∈ N
แสดงวา 1na + < na ทก n ∈ N
เพราะฉะนน ∑∞
=1n n)1( n−
เปนอนกรมลเขา
บทท 1
ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
71
ตวอยาง 1.4.8.2 จงพจารณาวา ∑∞
=1n nn3)1(
n
n
+−
ลเขาหรอลออก
วธทา
ในทน na = n n3
1n +
จะไดวา ∞→n
lim na = ∞→n
limnn3
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 ∑∞
=1n nn3)1(
n
n
+−
เปนอนกรมลเขา
บทท 1
ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
72
ตวอยาง 1.4.8.2 จงพจารณาวา ∑∞
=1n 1nn)1( n
+−
ลเขาหรอลออก
วธทา
ในทน na = 1nn+
จะไดวา ∞→n
lim na = ∞→n
lim 1nn+
= ∞→n
lim
n11
1+
= 1 ≠ 0
เพราะฉะนน ∑∞
=1n 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 = 2a|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 ∑∞
=1n nb และ ∑
∞
=1n nc เปนอนกรมลเขา
(ทฤษฎบท 1.4.9)
เพราะฉะนน ∑∞
=1n ( nb – nc ) = ∑
∞
=1n 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 ∑∞
=1n n2
1 เปนอนกรมลเขา
2. ในกรณท ∑∞
=1n | na | เปนอนกรมลออก
เราไมสามารถสรปไดวา ∑∞
=1n na เปนอนกรมลเขาหรอลออก
ตวอยางเชน ∑∞
=1 n | n
)1( n− | = ∑
∞
=1n n1 เปนอนกรมลออก
แต ∑∞
=1 n n)1( n−
เปนอนกรมลเขา
∑∞
=1 n | (-1)n 2n | = ∑
∞
=1n
2n เปนอนกรมลออก
และ ∑∞
=1 n (-1)n 2n เปนอนกรมลออก
บทท 1
ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
75
ตวอยาง 1.4.9.1 จงแสดงวา ∑∞
=1n n4
)3ncos( เปนอนกรมลเขา
วธทา
พจารณา ∑∞
=1 n | n4
)3ncos( | = ∑
∞
=1n 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( | = ∑
∞
=1n n4
)3ncos( || เปนอนกรมลเขา
เพราะฉะนน ∑∞
=1n n4
)3ncos( เปนอนกรมลเขา
บทท 1
ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
76
ตวอยาง 1.4.9.1 จงแสดงวา ∑∞
=1n 2
n
n)1(−
เปนอนกรมลเขา
วธทา
เพราะวา ∑∞
=1 n | 2
n
n)1(−
| = ∑∞
=1n 2n
1 เปนอนกรมลเขา
(อนกรมพ ซง p = 2)
เพราะฉะนน ∑∞
=1n 2
n
n)1(−
เปนอนกรมลเขา
บทท 1
ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
77
บทนยาม 1.4.6
1. ∑∞
=1 n na เปน อนกรมลเขาแบบสมบรณ
ถา ∑∞
=1 n | na | เปนอนกรมลเขา
2. ∑∞
=1 n 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 ∑∞
=1n )1n(n)1( n
+−
เปนอนกรมลเขาแบบสมบรณหรอลเขาแบบมเงอนไข
วธทา พจารณา ∑∞
=1 n | )1n(n
)1( n
+−
| = ∑∞
=1n )1n(n1+
จากตวอยาง 1.4.7 ขอ 4.
จะไดวา ∑∞
=1 n )1n(n1+
เปนอนกรมลออก
เพราะฉะนน ∑∞
=1n | )1n(n
)1( n
+−
| เปนอนกรมลออก
ให na = )1n(n1+
จะไดวา ∞→n
lim na = ∞→n
lim )1n(n1+
= 0
และ 1na + = )2n(n1+
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 ∑∞
=1n )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 ∑∞
=1n (
1n1+− )n
เปนอนกรมลเขาแบบสมบรณหรอลเขาแบบมเงอนไข
วธทา
พจารณา ∑∞
=1 n | (
1n1+− )n | = ∑
∞
=1n n)1n(
1+
เพราะวา 0 ≤ 1n
1+
≤ 21 ทก n ∈ N
เพราะฉะนน 0 ≤ n)1n(1+
≤ n21 ทก n ∈
N
เพราะวา ∑∞
=1 n n2
1 เปนอนกรมลเขา
(อนกรมเรขาคณต ซง r = 21)
เพราะฉะนน ∑∞
=1n n)1n(
1+
เปนอนกรมลเขา
(ทฤษฎบท 1.4.9 ขอ 1.)
เพราะฉะนน ∑∞
=1n | (
1n1+− )n | เปนอนกรมลเขา
เพราะฉะนน ∑∞
=1n ( 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 ∑∞
=1n !n2n
ลเขาหรอลออก
วธทา
ให na = !n2n
เพราะวา 1na + = )!1n(
2 1n
+
+
จะเหนวา ∞→n
lim | n
1na
a + | = ∞→n
lim | )!1n(2 1n
++
n2!n |
= ∞→n
lim 1n2+
= 0
< 1
เพราะฉะนน ∑∞
=1n !n2n
เปนอนกรมลเขา
บทท 1
ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
82
ตวอยาง 1.4.11.2 จงทดสอบวา ∑∞
=1n 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 ∑∞
=1n n
3n
2n)1(−
เปนอนกรมลเขา
บทท 1
ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
83
ตวอยาง 1.4.11.3 จงทดสอบวา ∑∞
=1n 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 ∑∞
=1n 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 ∑∞
=1n (3
2)2nลเขาหรอลออก
วธทา 1. ให na = ( 32)
2n
จะเหนวา ∞→n
lim n n |a| = ∞→n
lim n 2n)32(
= ∞→n
lim ( 32)n
= 0
< 1
เพราะฉะนน ∑∞
=1n (3
2)2n
เปนอนกรมลเขา
บทท 1
ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
86
ตวอยาง 1.4.12.2
จงทดสอบวา ∑∞
=1n (
)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 ∑∞
=1n (
)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 ∑
∞
=1n ny เปนอนกรมลเขา
และในกรณท ∑∞
=1n 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 ∑∞
=1n ( 2n
1 + i(32)n ) ลเขาหรอลออก
วธทา
เพราะวา ∑∞
=1 n 2n
1 เปนอนกรมลเขา (อนกรมพ ซง p = 2)
และ ∑∞
=1n ( 3
2)n เปนอนกรมลเขา
(อนกรมเรขาคณต ซง r = 32)
เพราะฉะนน ∑∞
=1n ( 2n
1 + i(32)n ) เปนอนกรมลเขา
บทท 1
ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
89
ตวอยาง 1.5.1.2 จงทดสอบวา ∑∞
=1n ini+
ลเขาหรอลออก
วธทา
เพราะวา ini+
= ( ini+
)( inin
−− )
= 1n
in12 ++
= 1n
12 +
+ i1n
n2 +
เพราะฉะนน ∑∞
=1 n 1ni+
= ∑∞
=1n (
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 ∞→n
limnn
ba
= ∞→n
lim1n
n2
2
+ =
∞→nlim
2n11
1+
= 1
เพราะฉะนน ∑∞
=1n 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 ∞→n
lim nz = 0
เราจงไมสามารถสรปไดวา ∑∞
=1n nz เปนอนกรมลเขาหรอลออก
ทฤษฎบท 1.5.3
ถา ∞→n
lim nz ≠ 0 แลวจะไดวา ∑∞
=1n nz เปนอนกรมลออก
บทท 1
ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
91
ตวอยาง 1.5.2 จงแสดงวา อนกรมตอไปนเปนอนกรมลออก
1. ∑∞
=1 n inni2+
2. ∑∞
=1n (sin n + i cos n)n
วธทา
1. เพราะวา ∞→n
lim inni2+
= ∞→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 ∞→n
lim (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 ∑∞
=1n | nz | เปนอนกรมลออก
เราไมสามารถสรปไดวา ∑∞
=1n 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 ∑∞
=1n | 2
n
ni | = ∑
∞
=1n 2n
1 เปนอนกรมลเขา
(อนกรมพ ซง p = 2)
เพราะฉะนน ∑∞
=1 n 2n
ni เปนอนกรมลเขา
2. เพราะวา
∑∞
=1 n | (4 – 3i) n− | = ∑
∞
=1n | 4 – 3i |
n−
= ∑∞
=1n
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 ∑∞
=1n 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 ∑∞
=1n n)i3(
ni+
เปนอนกรมลเขา
บทท 1
ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
96
ตวอยาง 1.5.4.2 จงพจารณาวา ∑∞
=1n 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 ∑∞
=1n n)i43(
i!n−
เปนอนกรมลออก
บทท 1
ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
97
ทฤษฎบท 1.5.6
ให ∑∞
=1 n nz เปนอนกรมของจานวนเชงซอน
และ ∞→n
lim nn |z| = ∞ หรอ
∞→nlim n n |z| = L เมอ L ∈ R
จะไดวา
1. ถา L < 1
แลว ∑∞
=1 n nz เปนอนกรมลเขา
2. ถา L > 1 หรอ ∞→n
lim nn |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 ∑∞
=1n ( in
ni2+
)n ลเขาหรอลออก
วธทา
ให nz = ( 1nni2+
)n
จะเหนวา ∞→n
lim nn |z| =
∞→nlim n n
|| )inni2(+
= ∞→n
lim||
||
inni2+
= ∞→n
lim1n
n22 +
= ∞→n
lim
2n11
2+
= 2 > 1
เพราะฉะนน ∑∞
=1n ( 1n
ni2+
)n เปนอนกรมลออก
บทท 1
ลาดบและอนกรมของจานวน
ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559
99
ตวอยาง 1.5.5.2 จงพจารณาวา ∑∞
=1n (n
i )n ลเขาหรอลออก
วธทา
ให nz = (ni )n
จะเหนวา ∞→n
lim n n |z | = ∞→n
lim || n)n
i(n
= ∞→n
lim | ni |
= ∞→n
lim n1
= 0 < 1
เพราะฉะนน ∑∞
=1n (n
i )n เปนอนกรมลเขา