9789740333005

บทที่ 1
ลําดับและอนุกรมของจํานวน
ในการศึกษาเกี่ยวกับลําดับและอนุกรมของจํานวนจริงหรือจํานวนเชิงซอน การหาผล
บวกของอนุกรมเราจําเปนตองทําการพิสูจนขอความหรือสูตรในพจนของจํานวนนับ ดังนั้น
ในหัวขอแรกของบทที่ 1 นี้ เราจะกลาวถึงอุปนัยเชิงคณิตศาสตร ซึ่งเปนวิธีการพิสูจนขอความที่
เกี่ยวของกับจํานวนนับวาเปนจริง เพื่อนําไปใชในการศึกษาเรื่องลําดับและอนุกรมตอไป
หมายเหตุ ในหนังสือเลมนี้เราจะใชสัญลักษณตอไปนี้
N แทน เซตของจํานวนนับทั้งหมด
R แทน เซตของจํานวนจริงทั้งหมด
C แทน เซตของจํานวนเชิงซอนทั้งหมด
1.1 อุปนัยเชิงคณิตศาสตร
การพิสูจนขอความที่เกี่ยวของกับจํานวนนับ n วาเปนจริง เราใชวิธีการตอไปนี้
สําหรับจํานวนนับ n ให P(n) แทนขอความที่เกี่ยวของกับ n ซึ่งมีสมบัติตอไปนี้
(1) P(1) เปนจริง
(2) สําหรับจํานวนนับ k ใด ๆ ถา P(k) เปนจริง แลว P(k + 1) เปนจริง
ดังนั้น P(n) เปนจริง ทุกจํานวนนับ n
เราเรียกวิธีการนี้วา อุปนัยเชิงคณิตศาสตร

แคลคูลัส 22
ตัวอยาง 1.1.1
จงพิสูจนวา 21
1
⋅
+ 32
1
⋅
+ 43
1
⋅
+ ... + )1n(n
1
+
= 1n
n
+
ทุกจํานวนนับ n
วิธีทํา สําหรับจํานวนนับ n ใด ๆ
ให P(n) แทนขอความ 21
1
⋅
+ 32
1
⋅
+ 43
1
⋅
+ ... + )1n(n
1
+
= 1n
n
+
เนื่องจาก )11(1
1
+
= 2
1 = 11
1
+
ดังนั้น P(1) เปนจริง
ให k เปนจํานวนนับใด ๆ
สมมติวา P(k) เปนจริง
นั่นคือ สมมติวา 21
1
⋅
+ 32
1
⋅
+ 43
1
⋅
+ ... + )1k(k
1
+
= 1k
k
+
ดังนั้น 21
1
⋅
+ 32
1
⋅
+ 43
1
⋅
+ ... + )1k(k
1
+
+ )2k)(1k(
1
++
= 1k
k
+
+ )2k)(1k(
1
++
= )2k)(1k(
1)2k(k
++
++
= )2k)(1k(
)1k( 2
++
+
= 2k
1k
+
+
แสดงวา P(k + 1) เปนจริง
โดยอุปนัยเชิงคณิตศาสตร สรุปไดวา P(n) เปนจริง ทุกจํานวนนับ n
นั่นคือ 21
1
⋅
+ 32
1
⋅
+ 43
1
⋅
+ ... + )1n(n
1
+
= 1n
n
+
ตัวอยาง 1.1.2 จงพิสูจนวา n
5 – n
2 หารดวย 3 ลงตัว ทุกจํานวนนับ n
วิธีทํา สําหรับจํานวนนับ n ใด ๆ
ให P(n) แทนขอความ n
5 – n
2 หารดวย 3 ลงตัว
เนื่องจาก 1
5 – 1
2 = 3 ซึ่งหารดวย 3 ลงตัว
ให k เปนจํานวนนับใด ๆ
นั่นคือ สมมติวา k
5 – k
2 หารดวย 3 ลงตัว
จะไดวา มีจํานวนเต็ม m ซึ่ง k
5 – k
2 = 3m ... (1)
พิจารณา 1k
5 +
– 1k
2 +
= 5( k
5 ) – 2( k
2 )

บทที่ 1 ลําดับและอนุกรมของจํานวน 3
= (3 + 2)( k
5 ) – 2( k
2 )
= 3( k
5 ) + 2( k
5 ) – 2( k
2 )
= 3( k
5 ) + 2( k
5 – k
2 )
= 3( k
5 ) + 2(3m) (จาก (1))
= 3( k
5 + 2m)
เนื่องจาก k
5 + 2m เปนจํานวนเต็ม ดังนั้น 1k
5 +
– 1k
2 +
หารดวย 3 ลงตัว
นั่นคือ n
5 – n
2 หารดวย 3 ลงตัว ทุกจํานวนนับ n
ตัวอยาง 1.1.3
จงพิสูจนวา 1⋅2 + 2⋅3 + 3⋅4 + ... + n(n + 1) = 3
)2n)(1n(n ++
วิธีทํา สําหรับจํานวนนับ n ใดๆ
ให P(n) แทนขอความ 1⋅2 + 2⋅3 + 3⋅4 + ... + n(n + 1) = 3
)2n)(1n(n ++
เนื่องจาก 1(1 + 1) = 2 = 3
)21)(11)(1( ++
ให k เปนจํานวนนับใดๆ
นั่นคือ สมมติวา 1⋅2 + 2⋅3 + 3⋅4 + ... + k(k + 1) = 3
)2k)(1k(k ++
ดังนั้น 1⋅2 + 2⋅3 + 3⋅4 + ... + 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( +++
นั่นคือ 1⋅2 + 2⋅3 + 3⋅4 + ... + n(n + 1) = 3
)2n)(1n(n ++

นอกจากอุปนัยเชิงคณิตศาสตรจะใชพิสูจนขอความ P(n) เปนจริง ทุกจํานวนนับ n
แลว เราอาจประยุกตใชอุปนัยเชิงคณิตศาสตรเพื่อพิสูจนขอความ P(n) เปนจริง ทุกจํานวนนับ
n ≥ m เมื่อ m เปนจํานวนนับใด ๆ โดยมีวิธีการตอไปนี้
สําหรับจํานวนนับ n ใด ๆ ซึ่ง n ≥ m ให P(n) แทนขอความที่เกี่ยวของกับ n
ซึ่งมีสมบัติตอไปนี้
(1) P(m) เปนจริง
(2) สําหรับจํานวนนับ k ใด ๆ ซึ่ง k ≥ m ถา P(k) เปนจริง แลว P(k + 1) เปนจริง
ดังนั้น P(n) เปนจริง ทุกจํานวนนับ n ≥ m
ตัวอยาง 1.1.4 จงพิสูจนวา n
2 > 2
n ทุกจํานวนนับ n ≥ 5
วิธีทํา สําหรับจํานวนนับ n ใด ๆ ซึ่ง n ≥ 5
ให P(n) แทนขอความ n
2 > 2
n
2 = 32 > 25 = 2
5
ให k เปนจํานวนนับใด ๆ ซึ่ง k ≥ 5
นั่นคือ สมมติวา k
2 > 2
k
ดังนั้น 2( k
2 ) > 2 2
k
1k
2 +
> 2
k + 2
k
≥ 2
k + 5k (เพราะวา k ≥ 5 เพราะฉะนั้น 2
k ≥ 5k)
= 2
k + 2k + 3k
> 2
k + 2k + 1 (เพราะวา k ≥ 5 เพราะฉะนั้น 3k > 1)
= (k + 1)2
เพราะฉะนั้น 1k
2 +
> (k + 1)2
โดยอุปนัยเชิงคณิตศาสตร สรุปไดวา P(n) เปนจริง ทุกจํานวนนับ n ≥ 5
นั่นคือ n
2 > 2

ตัวอยาง 1.1.5 จงพิสูจนวา 3
n ≤ n
2 ทุกจํานวนนับ n ≥ 10
วิธีทํา สําหรับจํานวนนับ n ใดๆ ซึ่ง n ≥ 10
ให P(n) แทนขอความ 3
n ≤ n
2
10 = 1000 ≤ 1024 = 10
2
ให k เปนจํานวนนับใดๆ ซึ่ง k ≥ 10
นั่นคือ สมมติวา 3
k ≤ k
2 ... (1)
ดังนั้น (k + 1)3
= 3
k + 3 2
k + 3k + 1
≤ k
2 + 3 2
k + 3k + 1 (จาก (1))
≤ k
2 + 3 2
k + 3 2
k + 3 2
k (เพราะวา k ≥ 10 เพราะฉะนั้น 3k ≤ 3 2
k , 1 ≤ 3 2
k )
= k
2 + 9 2
k
≤ k
2 + 3
k (เพราะวา k ≥ 10 เพราะฉะนั้น 9 2
k ≤ 3
k )
≤ k
2 + k
2 (จาก (1))
= k
2 (1 + 1)
= k
2 2
= 1k
2 +
เพราะฉะนั้น (k + 1)3
≤ 1k
2 +
โดยอุปนัยเชิงคณิตศาสตร สรุปไดวา P(n) เปนจริง ทุกจํานวนนับ n ≥ 10
นั่นคือ 3
n ≤ n
2 ทุกจํานวนนับ n ≥ 10

แบบฝกหัด 1.1
จงพิสูจนขอความตอไปนี้โดยใชอุปนัยเชิงคณิตศาสตร
1. 1 + 2 + 3 + ... + n = 2
)1n(n +
2. 3
1 + 3
3 + 3
5 + ... + (2n – 1)3
= 2
n (2 2
n – 1) ทุกจํานวนนับ n
3. 31
1
⋅
+ 42
1
⋅
+ 53
1
⋅
+ ... + )2n(n
1
+
= 2
1 ( 2
3 – 1n
1
+
– 2n
1
+
) ทุกจํานวนนับ n
4. (1 – 2
1 )(1 – 3
1 )(1 – 4
1 ) ... (1 – 1n
1
+
) = 1n
1
+
5. 1⋅3⋅5⋅...⋅(2n – 1) =
!n2
)!n2(
n
6. )x(f )n(
= 1n
nn
)1x2(
!n2)1(
+
+
−
ทุกจํานวนนับ n เมื่อ f(x) = 1x2
1
+
7. 3
n – n หารดวย 3 ลงตัว ทุกจํานวนนับ n
8. n
5 + 3 หารดวย 4 ลงตัว ทุกจํานวนนับ n
9. n
2 > 2n ทุกจํานวนนับ n ≥ 3
10. n
4 > 4

1.2 ลําดับของจํานวนจริง
บทนิยาม 1.2.1 ลําดับของจํานวนจริง คือฟงกชันที่มีโดเมนเปน N และมีคาเปนจํานวนจริง
ตัวอยางเชน ถาให a เปนฟงกชันซึ่งมีคา a(n) = 2n
n
+
, n ∈ N
เราจะไดวา a เปนลําดับของจํานวนจริงลําดับหนึ่ง
ในกรณีของฟงกชัน a ใดๆ ที่เปนลําดับ เรานิยมเขียนบอกคา a(n) ดวยสัญลักษณ na
ดังนั้นลําดับ a ใดๆ จะเขียนไดเปน
a = {(1, 1a ), (2, 2a ), (3, 3a ), ... , (n, na ), ...}
เนื่องจากเปนที่เขาใจอยูแลววา na ตองคูกับ n ในคูอันดับ (n, na )
ดังนั้น เราจะเขียนบอกถึงลําดับ a ดวยสัญลักษณ { 1a , 2a , 3a , ... , na , ...}
หรือ 1a , 2a , 3a , ... , na , ...
หรือ { na }
เชน ถาเราเขียน { 2n
n
+
} จะหมายถึง
ลําดับ {(1, 3
1 ), (2, 2
1 ), (3, 5
3 ), ... , (n, 2n
n
+
), ...}
สําหรับลําดับ { na } ใดๆ เราเรียก na วา พจนที่ n ของลําดับ ในเรื่องของลําดับนี้
ปญหาที่เราสนใจคือ เมื่อ n มีคามากๆ พจนที่ n ของลําดับมีคาเขาใกล หรือเทากับจํานวนจริง
คาใดคาหนึ่งหรือไม ถามีจํานวนจริงดังกลาว เราจะเรียกจํานวนจริงนี้วา ลิมิตของลําดับ ซึ่งเรา
จะใหบทนิยามของลิมิตของลําดับดังตอไปนี้
บทนิยาม 1.2.2 ให { na } เปนลําดับของจํานวนจริง และ L ∈ R เราจะกลาววา L เปน ลิมิต
ของลําดับ { na } ก็ตอเมื่อ สําหรับจํานวนจริงบวก ε ใดๆ เราสามารถหา 0n ∈ R ที่ทําให
| na – L | < ε ทุกจํานวนนับ n > 0n
และจะเขียนแทนดวยสัญลักษณ
∞→n
lim na = L
หมายเหตุ บทนิยามของ
∞→n
lim na = L มีลักษณะเชนเดียวกับบทนิยามของ
∞→x
lim f(x) = L
ทฤษฎีบท 1.2.1 ให t, r ∈ R เปนคาคงตัวใดๆ จะไดวา
1.
∞→n
lim
t
n
1 = 0 เมื่อ t > 0
2.
∞→n
lim n
r = 0 เมื่อ | r | < 1

บทพิสูจน 1. ให ε > 0
เลือก 0n = ( ε
1 ) t
1
ให n เปนจํานวนนับใดๆ สมมติวา n > 0n ดังนั้น n > ( ε
1 ) t
1
t
n >
ε
1
ε > t
n
1
แสดงวา | t
n
1 – 0 | = t
n
1 < ε
ดังนั้น
∞→n
lim
t
n
1 = 0
ตัวอยาง 1.2.1 1.
∞→n
lim
n
1 = 0 2.
∞→n
lim 1
n n
=
∞→n
lim
3
2
1
n
= 0
3.
∞→n
lim ( 3
2 )n
= 0 4.
∞→n
lim (– 4
3 )n
= 0
นอกจากจะกลาวถึง
∞→n
lim na = L เมื่อ L ∈ R เราอาจจะกลาวถึง
∞→n
lim na = ∞
และ
∞→n
lim na = –∞ ในลักษณะเชนเดียวกับ
∞→x
lim f(x) = ∞ และ
∞→x
lim f(x) = –∞
ตามลําดับ ดังตัวอยางตอไปนี้
ตัวอยาง 1.2.2 จงแสดงวา
∞→n
lim 2
n = ∞
วิธีทํา ให na = 2
n จะเห็นวา
∞→n
lim
na
1 =
∞→n
lim
2
n
1 = 0
และ na = 2
n > 0 ทุก n ∈ N
∞→n
lim na = ∞
นั่นคือ
∞→n
lim 2
n = ∞
ขอสังเกต จากทฤษฎีบท 1.2.1 จะไดวา
1.
∞→n
lim t
n = ∞ เมื่อ t > 0
2.
∞→n
lim n
r = ∞ เมื่อ r > 1
หมายเหตุ ในกรณีที่
∞→n
lim na = ∞ หรือ –∞ เราถือวา { na } ไมมีลิมิต

ทฤษฎีบท 1.2.2 ให { na }, { nb }, { nc } เปนลําดับของจํานวนจริง และ L, M, k ∈ R
โดยที่
∞→n
lim na = L และ
∞→n
lim nb = M จะไดวา
1.
∞→n
lim k = k เมื่อ k เปนคาคงตัว
2.
∞→n
lim k na = k
∞→n
lim na = kL เมื่อ k เปนคาคงตัว
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 (
n
n
b
a
) =
n
n
n
n
blim
alim
∞→
∞→ = M
L เมื่อ M ≠ 0
7.
∞→n
lim m
na = m n
n
lim a
→∞
= m L เมื่อ m L ∈ R, m ∈ N – {1}
8. ถามี 0n ∈ N ซึ่ง na ≤ nc ≤ nb ทุก n ≥ 0n และ L = M
แลวจะไดวา
∞→n
lim nc = L
บทพิสูจน 3. ให ε > 0
เนื่องจาก
∞→n
lim na = L และ
∞→n
lim nb = M ดังนั้น จะมี 1n , 2n ∈ R ซึ่ง
| na – L | <
2
ε ทุกจํานวนนับ n > 1n และ | nb – M | <
2
ε ทุกจํานวนนับ n > 2n
เลือก 0n = | 1n | + | 2n |
ให n เปนจํานวนนับใดๆ ซึ่ง n > 0n
ดังนั้น n > 1n และ n > 2n ซึ่งจะไดวา | na – L | <
2
ε และ | nb – M | <
2
ε
แสดงวา | ( na + nb ) – (L + M) | = | ( na – L) + ( nb – M) |
≤ | na – L | + | nb – M |
<
2
ε + 2
ε = ε
∞→n
lim ( na + nb ) = L + M
ทฤษฎีบท 1.2.3 ให { na } เปนลําดับของจํานวนจริง
จะไดวา
∞→n
lim na = 0 ก็ตอเมื่อ
∞→n
lim | na | = 0

ตัวอยาง 1.2.3 จงหาคาลิมิตตอไปนี้
1.
∞→n
lim
3 3
2
1nn
1n9
++
+ 2.
∞→n
lim (n – n )
3.
∞→n
lim
nn
ncos 4.
∞→n
lim
n
( 1)
n
−
วิธีทํา 1.
∞→n
lim
3 3
2
1nn
1n9
++
+ =
∞→n
lim
2
3
3
1n( 9 )
n
1n(1 1 )
n
+
+ +
=
∞→n
lim
2
3
3
19
n
11 1
n
+
+ +
= 3 011
09
++
+
= 2
3
2. เพราะวา
∞→n
lim
nn
1
−
=
∞→n
lim
n
11
n
1
−
= 01
0
−
= 0
และ n – n = n ( n – 1) > 0 ทุกจํานวนนับ n > 1
เพราะฉะนั้น
∞→n
lim (n – n ) = ∞
3. เนื่องจาก –1 ≤ cosn ≤ 1 ทุก n ∈ N
nn
1− ≤
nn
ncos ≤
nn
1 ทุก n ∈ N
และ
∞→n
lim (
nn
1− ) = 0 =
∞→n
lim
nn
1
เราจึงสรุปไดวา
∞→n
lim
nn
ncos = 0
4. เพราะวา
∞→n
lim |
n
( 1)
n
−
| =
∞→n
lim 1
n
= 0 เพราะฉะนั้น
∞→n
lim
n
( 1)
n
−
= 0
บทนิยาม 1.2.3 ให { na } เปนลําดับของจํานวนจริง เราจะกลาววา { na } เปน ลําดับลูเขา
ก็ตอเมื่อ มีจํานวนจริง L ซึ่ง
∞→n
lim na = L
และจะกลาววา { na } เปน ลําดับลูออก ก็ตอเมื่อ { na } ไมเปนลําดับลูเขา

ตัวอยาง 1.2.4 จงพิจารณาวาลําดับตอไปนี้เปนลําดับลูเขาหรือลูออก
1. { 1nn2
−+ – n} 2. { nn
nn
3
2
π−
π+ }
3. {
1n
)1n(
8
5
+
+
}
∞→n
lim ( 1nn2
−+ – n) =
∞→n
lim
n1nn
)n1nn)(n1nn(
2
22
+−+
+−+−−+
=
∞→n
lim
n1nn
n1nn
2
22
+−+
−−+
=
∞→n
lim
1
n
1
n
11
n
11
2
+−+
−
= 1 0
1 0 0 1
−
+ + +
= 2
1
ดังนั้น { 1nn2
−+ – n} เปนลําดับลูเขา
2.
∞→n
lim
nn
nn
3
2
π−
π+ =
∞→n
lim
1)3(
1)2(
n
n
−
π
+
π = 10
10
−
+ = –1
ดังนั้น { nn
nn
3
2
π−
π+ } เปนลําดับลูเขา
3. ให na =
1n
)1n(
8
5
+
+
จะเห็นวา
∞→n
lim
na
1 =
∞→n
lim
5
8
)1n(
1n
+
+
=
∞→n
lim
55
8
4
)
n
11(n
n
11n
+
+
=
∞→n
lim ( n
1 )( 5
8
)
n
11(
n
11
+
+
)
= (0)( 5
1 0
(1 0)
+
+
)
= (0)(1) = 0

และ na =
1n
)1n(
8
5
+
+
> 0 ทุก n ∈ N
แสดงวา
∞→n
lim na = ∞
นั่นคือ
∞→n
lim
1n
)1n(
8
5
+
+
= ∞
ดังนั้น {
1n
)1n(
8
5
+
+
} เปนลําดับลูออก
∞→n
lim na = L, ∞ หรือ –∞ และ
∞→x
lim f(x) = L, ∞ หรือ –∞ มีลักษณะ
คลายกันตามลําดับ ดังนั้น ในบางกรณีเราอาจจะหา
∞→n
lim na ไดจากการหา
∞→x
lim f(x) เมื่อ
f เปนฟงกชันคาจริงที่กําหนดบนชวง [1, ∞) และ f(n) = na ทุก n ∈ N
กลาวคือ ถา
∞→x
lim f(x) = L, ∞ หรือ –∞ แลว
∞→n
lim na =
∞→x
lim f(x)
1. {
n
2
2
n
} 2. { n
1
n }
วิธีทํา 1. ให f(x) =
x
2
2
x
เมื่อ x ≥ 1
∞→x
lim f(x) =
∞→x
lim
x
2
2
x
(I.F. ∞
∞
)
=
∞→x
lim
x
2 n 2
2x
(I.F. ∞
∞ )
=
∞→x
lim
x 2
2 ( n 2)
2
= ∞
∞→n
lim
n
2
2
n
= ∞
แสดงวา {
n
2
2
n
2. ให f(x) = x
1
x เมื่อ x ≥ 1
nf(x) = x
xn
∞→x
lim nf(x) =
∞→x
lim
x
xn (I.F. ∞
∞ )

=
∞→x
lim
1
x
1
= 0
∞→x
lim f(x) = 0
e = 1
เราจะไดวา
∞→n
lim n
1
n = 1
แสดงวา { n
1
n } เปนลําดับลูเขา
ขอสังเกต ในตัวอยาง 1.2.5 เราไมสามารถใชกฎของโลปตาลโดยตรงกับลําดับได เพราะลําดับ
เปนฟงกชันที่ไมตอเนื่องและไมมีอนุพันธ
บทนิยาม 1.2.4 ให { kn } เปนลําดับของจํานวนนับ ซึ่ง 1n < 2n < 3n < ...
สําหรับลําดับ { na } ใดๆ ถาเราให kb = kna
จะไดวา { kb } เปนลําดับที่มีพจนที่ k เปนพจนที่ kn ของลําดับ { na }
เราจะเรียกลําดับ { kb } ที่ไดเชนนี้วา ลําดับยอย ของ { na }
ทฤษฎีบท 1.2.4 ถาลําดับ { na } มีลิมิตเปนจํานวนจริง L แลวจะไดวา ทุกลําดับยอยของ
{ na } ยอมมีลิมิตเปน L ดวย
หมายเหตุ
1. ถาลําดับ { na } มีลําดับยอยที่ลูออก แลวจะไดวา { na } เปนลําดับลูออกดวย
2. ถาลําดับ { na } มีลําดับยอยสองลําดับซึ่งมีลิมิตตางกัน แลวจะไดวา { na } ไมมีลิมิต
จึงไดวา { na } เปนลําดับลูออก
ตัวอยาง 1.2.6 จงแสดงวา { 1n
n)1( n
+
−
วิธีทํา ให na = 1n
n)1( n
+
−
เมื่อ n ∈ N
ให kb = k2a
= 1k2
k2)1( k2
+
−
= 1k2
k2
+
เมื่อ k ∈ N
และ
∞→k
lim kb =
∞→k
lim
1k2
k2
+
=
∞→k
lim
k2
11
1
+
= 1

ให kc = 1k2a − = 1)1k2(
)1k2()1( 1k2
+−
−− −
= k2
)1k2( −−
= –1 + k2
1 เมื่อ k ∈ N
และ
∞→k
lim kc =
∞→k
lim (–1 + k2
1 ) = –1
จะเห็นวา { kb } และ { kc } เปนลําดับยอยของ { na } ซึ่งมีลิมิตเปน 1 และ –1 ตามลําดับ
ดังนั้น { na } = { 1n
n)1( n
+
−
บทนิยาม 1.2.5 ให { na } เปนลําดับของจํานวนจริง
เราจะกลาววา { na } มีขอบเขต ก็ตอเมื่อ มีจํานวนจริงบวก M ซึ่ง | na | ≤ M ทุก n ∈ N
บทนิยาม 1.2.6 ให { na } เปนลําดับของจํานวนจริง เราจะกลาววา { na } เปน
1. ลําดับเพิ่ม ก็ตอเมื่อ na < 1na + ทุก n ∈ N
2. ลําดับลด ก็ตอเมื่อ na > 1na + ทุก n ∈ N
3. ลําดับไมเพิ่ม ก็ตอเมื่อ na ≥ 1na + ทุก n ∈ N
4. ลําดับไมลด ก็ตอเมื่อ na ≤ 1na + ทุก n ∈ N
หมายเหตุ จะเห็นวา ลําดับเพิ่มยอมเปนลําดับไมลดดวย และลําดับลดยอมเปนลําดับไมเพิ่ม
ดวย
บทนิยาม 1.2.7 { na } เปน ลําดับทางเดียว ก็ตอเมื่อ { na } เปนลําดับไมเพิ่มหรือเปน
ลําดับไมลด
ทฤษฎีบท 1.2.5 ถา { na } เปนลําดับลูเขาแลว { na } มีขอบเขต
จากทฤษฎีบท 1.2.5 จะไดวา ถา { na } เปนลําดับที่ไมมีขอบเขตแลว { na } จะเปน
ลําดับลูออก เชน {n} เปนลําดับที่ไมมีขอบเขต ดังนั้น {n} เปนลําดับลูออก
หมายเหตุ บทกลับของทฤษฎีบท 1.2.5 ไมเปนจริง กลาวคือ ลําดับที่มีขอบเขตอาจจะเปน
ลําดับลูออกก็ได เชน ลําดับ { 1n
n)1( n
+
−
}
เพราะวา | 1n
n)1( n
+
−
| = 1n
n
+
≤ 1 ทุก n ∈ N เพราะฉะนั้น { 1n
n)1( n
+
−
} เปนลําดับมีขอบเขต
แต { 1n
n)1( n
+
−
} เปนลําดับลูออก (ตัวอยาง 1.2.6)

ทฤษฎีบท 1.2.6
ถา { na } มีขอบเขตและเปนลําดับทางเดียว แลวจะไดวา { na } เปนลําดับลูเขา
ตัวอยาง 1.2.7 จงแสดงวา { !n
2n
} เปนลําดับลูเขา
วิธีทํา ให na = !n
2n
เมื่อ n ∈ N
ดังนั้น 1na + = )!1n(
2 1n
+
+
พิจารณา 1na + – na = )!1n(
2 1n
+
+
– !n
2n
= !n
2n
( 1n
2
+
– 1)
= !n
2n
( 1n
1n2
+
−− )
= )!1n(
)n1(2n
+
−
≤ 0 ทุก n ∈ N
ดังนั้น 1na + ≤ na ทุก n ∈ N
นั่นคือ { na } = { !n
2n
} เปนลําดับไมเพิ่ม ... (1)
เนื่องจาก na > 0 ทุก n ∈ N
และ 1a ≥ 2a ≥ 3a ≥ ...
ดังนั้น | na | = na ≤ 1a = 2 ทุก n ∈ N
แสดงวา | !n
2n
| ≤ 2 ทุก n ∈ N
นั่นคือ { !n
2n
} มีขอบเขต ... (2)
จาก (1) และ (2) สรุปไดวา { !n
2n
ขอสังเกต จากตัวอยาง 1.2.7 เราอาจจะแสดงวา 1na + ≤ na ทุก n ∈ N ไดอีกวิธีหนึ่งดังนี้
เพราะวา
n
1n
a
a + = )!1n(
2 1n
+
+
n
2
!n = 1n
2
+
≤ 1 ทุก n ∈ N
และ na > 0 ทุก n ∈ N
เพราะฉะนั้น 1na + ≤ na ทุก n ∈ N

1. จงหาคาลิมิตตอไปนี้
1.1
∞→n
lim
3 3
2
2n
n1n4
+
++ 1.2
∞→n
lim ( 1n2
+ – n)
1.3
∞→n
lim
63
27
)1n2()2n3(
)1n3()1n2(
−+
−+
1.4
∞→n
lim
n
)1( n
−
1.5
∞→n
lim (1 – n
1 )
n
1.6
∞→n
lim
1n
n32
+
−
1.7
∞→n
lim nsin( n
2 ) 1.8
∞→n
lim
ne
ne
n
2n
+
+
1.9
∞→n
lim
1n
n2)nsin(
2
2
+
−
1.10
∞→n
lim
3 3
42
4nn3
1nn
++
++
1.11
∞→n
lim
)1n(n
)1n3(n
2
+
+
1.12
∞→n
lim
ncos
n
2
2. จงพิจารณาวาลําดับตอไปนี้เปนลําดับลูเขาหรือลูออก
2.1 { n
nn } 2.2 {
1n
)1n2(
4
2
+
+
}
2.3 {cos(nπ)} 2.4 { 2
n – 1n3n 24
++ }
2.5 { 2n
)
2
nsin(n
+
π
} 2.6 { nn
n
32
19
+
+ }
2.7 {
)1e(n
n
n
+
} 2.8 {
12
23
n
n
+
+ }
2.9 {
)2e(n
)1nn2(e
nn4
34n
+
++
} 2.10 {
2)1(n
n
n
+−
}
2.11 { 1n2
)1(n n
+
−+
} 2.12 { )!n2(
2!n n
}

1.3 ลําดับของจํานวนเชิงซอน
บทนิยาม 1.3.1 ลําดับของจํานวนเชิงซอน คือ ฟงกชันที่มีโดเมนเปน N และมีคาเปน
จํานวนเชิงซอน
บทนิยาม 1.3.2 ให { nz } เปนลําดับของจํานวนเชิงซอน และ z ∈ C
เราจะกลาววา z เปน ลิมิต ของลําดับ { nz } ก็ตอเมื่อ สําหรับจํานวนจริงบวก ε ใด ๆ
เราสามารถหา 0n ∈ R ที่ทําให | nz – z | < ε ทุกจํานวนนับ n > 0n
และจะเขียนแทนดวยสัญลักษณ
∞→n
lim nz = z
บทนิยาม 1.3.3 ให { nz } เปนลําดับของจํานวนเชิงซอน
เราจะกลาววา { nz } เปน ลําดับลูเขา ก็ตอเมื่อ { nz } มีลิมิตเปนจํานวนเชิงซอน
และจะกลาววา { nz } เปน ลําดับลูออก ก็ตอเมื่อ { nz } ไมเปนลําดับลูเขา
ทฤษฎีบท 1.3.1 ให nz = nx + i ny และ z = x + iy โดยที่ nz , z ∈ C
และ nx , ny , x, y ∈ R
∞→n
lim nz = z ก็ตอเมื่อ
∞→n
lim nx = x และ
∞→n
lim ny = y
หมายเหตุ จากทฤษฎีบท 1.3.1 เราอาจกลาวไดวา
1. { nz } เปนลําดับลูเขา ก็ตอเมื่อ { nx } และ { ny } เปนลําดับลูเขา
2. ในกรณีที่ { nz } เปนลําดับลูเขา จะไดวา
∞→n
lim nz =
∞→n
lim nx + i
∞→n
lim ny
1. { 2n
n2
+
+ i n
1
n } 2. {n + n
i }
3. { in1
n
−
} 4. { n
i }
วิธีทํา
1. เนื่องจาก
∞→n
lim
2n
n2
+
=
∞→n
lim
n
21
2
+
= 2 และ
∞→n
lim n
1
n = 1 (ตัวอยาง 1.2.5 ขอ 2.)
∞→n
lim ( 2n
n2
+
+ i n
1
n ) = 2 + i
แสดงวา { 2n
n2
+
+ i n
1
n } เปนลําดับลูเขา

∞→n
lim n = ∞
∞→n
lim n ไมมีคา
เราจึงสรุปไดวา {n + n
i } ไมมีลิมิต
แสดงวา {n + n
i } เปนลําดับลูออก
3. เพราะวา in1
n
−
= ( in1
n
−
)( in1
in1
+
+ )
= 2
2
n1
inn
+
+
= 2
n1
n
+
+ 2
2
n1
in
+
และ
∞→n
lim
2
n1
n
+
=
∞→n
lim
1
n
1
n
1
2
+
= 0
และ
∞→n
lim
2
2
n1
n
+
=
∞→n
lim
1
n
1
1
2
+
= 1
∞→n
lim
in1
n
−
= 0 + i = i
แสดงวา { in1
n
−
4. ให n
i = nx + i ny โดยที่ nx , ny ∈ R
พิจารณาลําดับ { nx }
ให kb = k4x
เพราะวา k4
i = ( 4
i )k
= (1)k
= 1 เพราะฉะนั้น kb = 1
∞→k
lim kb = 1
ให kc = 2k4x +
เพราะวา 2k4
i +
= k4
i 2
i = (1)(–1) = –1 เพราะฉะนั้น kc = –1
∞→k
lim kc = –1
แสดงวา { kb } และ { kc } เปนลําดับยอยของ { nx } ที่มีลิมิตตางกัน
นั่นคือ { nx } เปนลําดับลูออก
แสดงวา { n
i } เปนลําดับลูออก

ทฤษฎีบท 1.3.2 ให { nz } เปนลําดับของจํานวนเชิงซอน และ z ∈ C จะไดวา
1. ถา
∞→n
lim nz = z แลว
∞→n
lim | nz | = | z |
2.
∞→n
lim nz = 0 ก็ตอเมื่อ
∞→n
lim | nz | = 0
บทพิสูจน 1. สมมติวา
∞→n
lim nz = z
ให nz = nx + i ny และ z = x + iy โดยที่ nx , ny , x, y ∈ R
จากทฤษฎีบท 1.3.1 จะได
∞→n
lim nx = x และ
∞→n
lim ny = y
∞→n
lim | nz | =
∞→n
lim 2
n
2
n yx +
= 22
yx +
= | z |
1. บทกลับของทฤษฎีบท 1.3.2 ขอ 1. ไมเปนจริง เชน ให nz = n
i จะเห็นวา
∞→n
lim | nz | = 1 แต { nz } ไมมีลิมิต (ตัวอยาง 1.3.1 ขอ 4.)
2. จากทฤษฎีบท 1.3.2 ขอ 1. จะไดวา ถา
∞→n
lim | nz | ไมมีคา แลว
∞→n
lim nz ไมมีคา
ตัวอยาง 1.3.2 จงหาลิมิตตอไปนี้
1.
∞→n
lim (3 + 4i)n
2.
∞→n
lim
n
in
วิธีทํา 1. พิจารณา
∞→n
lim | (3 + 4i)n
| =
∞→n
lim | 3 + 4i |n
=
∞→n
lim n
5
= ∞
∞→n
lim | (3 + 4i)n
| ไมมีคา แสดงวา
∞→n
lim (3 + 4i)n
ไมมีคา
2. พิจารณา
∞→n
lim | n
in
| =
∞→n
lim
n
i || n
=
∞→n
lim
n
| i |
n
=
∞→n
lim
n
1
= 0
∞→n
lim
n
in
= 0

ขอสังเกต ในกรณีที่
∞→n
lim | nz | = L เมื่อ L ∈ R – {0}
เราไมสามารถสรุปไดวา
∞→n
lim nz มีคาหรือไม
ทฤษฎีบท 1.3.3 ให { nz }, { nw } เปนลําดับของจํานวนเชิงซอน
และ z, w, k ∈ C ซึ่ง
∞→n
lim nz = z และ
∞→n
lim nw = w จะไดวา
1.
∞→n
lim k = k เมื่อ k เปนคาคงตัว
2.
∞→n
lim k nz = kz เมื่อ k เปนคาคงตัว
3.
∞→n
lim ( nz + nw ) = z + w
4.
∞→n
lim ( nz – nw ) = z – w
5.
∞→n
lim ( nz nw ) = zw
6.
∞→n
lim (
n
n
w
z
) = w
z เมื่อ w ≠ 0
ตัวอยาง 1.3.3 จงหาลิมิตตอไปนี้
1.
∞→n
lim
i24
i23
nn
n2n
−
+ 2.
∞→n
lim
3
4
)in)(ni21(
)ni21(
++
−
∞→n
lim
i24
i23
nn
n2n
−
− =
∞→n
lim
n
n
3( ) i
4
21 ( ) i
4
−
−
= 0 i
1 0i
−
−
= –i
2.
∞→n
lim
3
4
)in)(ni21(
)ni21(
++
−
=
∞→n
lim
3
4
4
4
)in)(ni21(
n
1
)ni21(
n
1
++
−
=
∞→n
lim
3
3
4
4
)in(
n
1)ni21(
n
1
)ni21(
n
1
++
−
=
∞→n
lim
4
3
1( 2i)
n
1 1( 2i)(1 i)
n n
−
+ +
=
4
3
(0 2i)
(0 2i)(1 0i)
−
+ +
= 16
2i
= –8i

1. จงหาลิมิตตอไปนี้
1.1
∞→n
lim
in2
)ni1(n
2
+
−
1.2
∞→n
lim
1)n(ni1
inn
+−
+
1.3
∞→n
lim (2 – i) n−
1.4
∞→n
lim
i2
ie
n
n
−
1.5
∞→n
lim
n
)ncosin(sin 5
−
1.6
∞→n
lim
n
i
n
1.7
∞→n
lim
in3
nni2
n
n
−
+ 1.8
∞→n
lim
32
42
)in2(
)in3()in2(
+
−−
1.9
∞→n
lim
3
5
)in(
)i2(
−
+
1.10
∞→n
lim
n
nn
eincos
ie
+
+
2. จงพิจารณาวาลําดับตอไปนี้เปนลําดับลูเขาหรือลูออก
2.1 { in
ni
+
} 2.2 {n n
i }
2.3 { n
n
2
)ncosi(
} 2.4 {
in1
)in(
3
6
+
+
}
2.5 { n
)i1(
in
+
+ } 2.6 { n
)i3(
i
−
}
2.7 {
)1n(ni)1n(n
nni1
2
+++
+ } 2.8 { 5
4
)ni3(
)ni2(n
+
−
}

1.4 อนุกรมของจํานวนจริง
บทนิยาม 1.4.1 ให { na } เปนลําดับของจํานวนจริง และ
1S = 1a
2S = 1a + 2a
3S = 1a + 2a + 3a
:
nS = 1a + 2a + 3a + ... + na = ∑
=
n
1k
ka
เราจะเรียก nS วา ผลบวกยอย ของ n พจนแรกของ { na } และเรียก { nS } วา อนุกรมอนันต
ของจํานวนจริง (ตอไปเราจะเรียกสั้น ๆ วาอนุกรม)
ซึ่งจะเขียนแทนดวยสัญลักษณ ∑
∞
=1n
na หรือ 1a + 2a + 3a + ... + na + ...
บทนิยาม 1.4.2 ถา { nS } เปนลําดับลูเขา ซึ่ง
∞→n
lim nS = S เมื่อ S ∈ R เราจะกลาววา
อนุกรม ∑
∞
=1n
na เปน อนุกรมลูเขา
และเรียก S วา ผลบวกของอนุกรม ซึ่งจะเขียนแทนดวยสัญลักษณ ∑
∞
=1n
na = S
ถา { nS } เปนลําดับลูออก เราจะกลาววาอนุกรม ∑
∞
=1n
na เปน อนุกรมลูออก
1. การเขียนสัญลักษณแทนอนุกรมนั้น เราอาจจะเริ่มดวยคา n ที่ไมใช 1 ก็ได
เชน ∑
∞
= 3n
na ซึ่งหมายถึง 3a + 4a + 5a + ...
2. ในกรณีที่ ∑
∞
=1n
na เปนอนุกรมลูเขา
เราจะใชสัญลักษณ ∑
∞
=1n
na แทนคาผลบวกของอนุกรม

ทฤษฎีบท 1.4.1 ให ∑
∞
=1n
na เปนอนุกรมของจํานวนจริง และ m ∈ N จะไดวา
1. ∑
∞
=1n
na เปนอนุกรมลูเขา ก็ตอเมื่อ ∑
∞
= mn
2. ∑
∞
=1n
na เปนอนุกรมลูออก ก็ตอเมื่อ ∑
∞
= mn
na เปนอนุกรมลูออก
และในกรณีที่ ∑
∞
=1n
na เปนอนุกรมลูเขา จะไดวา ∑
∞
= mn
na = ∑
∞
=1n
na – ∑
−
=
1m
1n
na
ตัวอยาง 1.4.1 จงพิจารณาวา อนุกรมตอไปนี้เปนอนุกรมลูเขาหรือลูออก
1. ∑
∞
=1n
)2n(n
1
+
2. ∑
∞
=1n
n( 1n
n
+
)
3. ∑
∞
=1n
)2n)(1n(n
1
++
วิธีทํา 1. ให na = )2n(n
1
+
= 2
1 ( n
1 – 2n
1
+
)
เพราะวา 1a = 2
1 (1 – 3
1 ) ได 1S = 2
1 (1 + 2
1 – 2
1 – 3
1 )
2a = 2
1 ( 2
1 – 4
1 ) ได 2S = 2
1 (1 + 2
1 – 3
1 – 4
1 )
3a = 2
1 ( 3
1 – 5
1 ) ได 3S = 2
1 (1 + 2
1 – 4
1 – 5
1 )
4a = 2
1 ( 4
1 – 6
1 ) ได 4S = 2
1 (1 + 2
1 – 5
1 – 6
1 )
5a = 2
1 ( 5
1 – 7
1 ) ได 5S = 2
1 (1 + 2
1 – 6
1 – 7
1 )
โดยการพิสูจนดวยอุปนัยเชิงคณิตศาสตรจะไดวา nS = 2
1 (1 + 2
1 – 1n
1
+
– 2n
1
+
)
∞→n
lim nS = 2
1 ( 2
3 ) = 4
3
แสดงวา ∑
∞
=1n
)2n(n
1
+
เปนอนุกรมลูเขา และ ∑
∞
=1n
)2n(n
1
+
= 4
3
2. ให na = n( 1n
n
+
)
จะไดวา nS = 1a + 2a + 3a + ... + na
= n( 2
1 ) + n( 3
2 ) + n( 4
3 ) + ... + n( 1n
n
+
)
= n[( 2
1 )( 3
2 )( 4
3 ) ... ( 1n
n
+
)]

= n( 1n
1
+
) (สามารถพิสูจนดวยอุปนัยเชิงคณิตศาสตร)
= – n(n + 1)
∞→n
lim nS =
∞→n
lim – n(n + 1) = –∞
เพราะฉะนั้น ∑
∞
=1n
n( 1n
n
+
) เปนอนุกรมลูออก
3. ให na = )2n)(1n(n
1
++
= 2
1 ( )1n(n
1
+
– )2n)(1n(
1
++
)
เพราะวา 1a = 2
1 ( 21
1
⋅
– 32
1
⋅
) ได 1S = 2
1 ( 21
1
⋅
– 32
1
⋅
)
2a = 2
1 ( 32
1
⋅
– 43
1
⋅
) ได 2S = 2
1 ( 21
1
⋅
– 43
1
⋅
)
3a = 2
1 ( 43
1
⋅
– 54
1
⋅
) ได 3S = 2
1 ( 21
1
⋅
– 54
1
⋅
)
4a = 2
1 ( 54
1
⋅
– 65
1
⋅
) ได 4S = 2
1 ( 21
1
⋅
– 65
1
⋅
)
โดยการพิสูจนดวยอุปนัยเชิงคณิตศาสตรจะไดวา nS = 2
1 ( 21
1
⋅
– )2n)(1n(
1
++
)
∞→n
lim nS = 2
1 ( 2
1 ) = 4
1
∞
=1n
)2n)(1n(n
1
++
∞
=1n
)2n)(1n(n
1
++
= 4
1
ทฤษฎีบท 1.4.2 ถา ∑
∞
=1n
na เปนอนุกรมลูเขา แลวจะไดวา
∞→n
lim na = 0
บทพิสูจน เนื่องจาก ∑
∞
=1n
ดังนั้น จะมี S ∈ R ซึ่ง
∞→n
lim nS = S
ให ε > 0
เพราะฉะนั้นจะมี 1n ∈ R ซึ่ง | nS – S | <
2
ε ทุกจํานวนนับ n > 1n
เลือก 0n = | 1n | + 1
ให n เปนจํานวนนับใด ๆ ซึ่ง n > 0n
เพราะฉะนั้น n > 1n และ n – 1 > 1n จึงไดวา | nS – S | <
2
ε และ | 1nS − – S | <
2
ε
แสดงวา | na – 0 | = | na |
= | ( 1a + 2a + ... + 1na − + na ) – ( 1a + 2a + ... + 1na − ) |

= | nS – 1nS − |
= | ( nS – S) + (S – 1nS − ) |
≤ | nS – S | + | 1nS − – S |
<
2
ε + 2
ε
= ε
ดังนั้น สรุปไดวา
∞→n
lim na = 0
หมายเหตุ บทกลับของทฤษฎีบท 1.4.2 ไมเปนจริง กลาวคือ ถา
∞→n
lim na = 0 แลว ∑
∞
=1n
na
อาจจะเปนอนุกรมลูออกก็ได เชน
∞→n
lim n( 1n
n
+
) = 0 แต ∑
∞
=1n
n( 1n
n
+
) เปนอนุกรม
ลูออก (ตัวอยาง 1.4.1 ขอ 2.) ดังนั้น ในกรณีที่
∞→n
lim na = 0 เราจึงไมสามารถสรุปไดวา
∑
∞
=1n
na เปนอนุกรมลูเขาหรือลูออก
ทฤษฎีบท 1.4.3 (การทดสอบอนุกรมลูออก โดยพจนที่ n)
ถา
∞→n
lim na ≠ 0 แลวจะไดวา ∑
∞
=1n
ตัวอยาง 1.4.2 จงแสดงวาอนุกรมตอไปนี้เปนอนุกรมลูออก
1. ∑
∞
=1n
1n
n
+
2. ∑
∞
=1n
n
วิธีทํา 1. เนื่องจาก
∞→n
lim
1n
n
+
=
∞→n
lim
n
11
1
+
= 1 ≠ 0
ดังนั้น ∑
∞
=1n
1n
n
+
เปนอนุกรมลูออก
∞→n
lim n = ∞ แสดงวา
∞→n
lim n ≠ 0
∞
=1n
n เปนอนุกรมลูออก

บทนิยาม 1.4.3 อนุกรมเรขาคณิต คือ อนุกรมที่เขียนไดในรูป
∑
∞
=1n
a 1n
r −
= a + ar + a 2
r + ... + a 1n
r −
+ ...
ทฤษฎีบท 1.4.4 อนุกรมเรขาคณิต ∑
∞
=1n
a 1n
r −
เมื่อ a ≠ 0 จะเปนอนุกรมลูเขา เมื่อ | r | < 1
โดยมีผลบวกของอนุกรมเปน r1
a
−
และเปนอนุกรมลูออก เมื่อ | r | ≥ 1
∞
=1n
na และ ∑
∞
=1n
nb เปนอนุกรมลูเขา และ α, β ∈ R เปนคาคงตัว
ใด ๆ จะไดวา ∑
∞
=1n
(α na + β nb ) เปนอนุกรมลูเขา
และ ∑
∞
=1n
(α na + β nb ) = α ∑
∞
=1n
na + β ∑
∞
=1n
nb
บทพิสูจน ให nS = ∑
=
n
1k
ka
nT = ∑
=
n
1k
kb
nQ = ∑
=
n
1k
(α ka + β kb ) = α ∑
=
n
1k
ka + β ∑
=
n
1k
kb = α nS + β nT
เนื่องจาก ∑
∞
=1n
na และ ∑
∞
=1n
nb เปนอนุกรมลูเขา
ดังนั้น จะมี S, T ∈ R ซึ่ง
∞→n
lim nS = S และ
∞→n
lim nT = T
∞→n
lim nQ =
∞→n
lim (α nS + β nT )
= α
∞→n
lim nS + β
∞→n
lim nT
= αS + βT
∞
=1n
(α na + β nb ) เปนอนุกรมลูเขา
และ ∑
∞
=1n
(α na + β nb ) = α ∑
∞
=1n
na + β ∑
∞
=1n
nb

ขอสังเกต
1. ถา ∑
∞
=1n
na เปนอนุกรมลูเขา และ c เปนคาคงตัวใด ๆ
แลวจะไดวา ∑
∞
=1n
c na เปนอนุกรมลูเขาดวย และ ∑
∞
=1n
c na = c ∑
∞
=1n
na
2. ถา ∑
∞
=1n
na เปนอนุกรมลูออก และ c ≠ 0 เปนคาคงตัวใด ๆ
∞
=1n
c na เปนอนุกรมลูออก
∞
=1n
na เปนอนุกรมลูเขา และ ∑
∞
=1n
nb เปนอนุกรมลูออก
∞
=1n
( na + nb ) เปนอนุกรมลูออก
บทพิสูจน สมมติวา ∑
∞
=1n
( na + nb ) เปนอนุกรมลูเขา
∞
=1n
na เปนอนุกรมลูเขา (กําหนดให)
∞
=1n
[( na + nb ) + (–1) na ] = ∑
∞
=1n
ซึ่งขัดแยงกับสิ่งที่กําหนดใหวา ∑
∞
=1n
แสดงวา ที่สมมติวา ∑
∞
=1n
( na + nb ) เปนอนุกรมลูเขา จึงเปนไปไมได
นั่นคือ ∑
∞
=1n
( na + nb ) เปนอนุกรมลูออก

ขอสังเกต ถา ∑
∞
=1n
na และ ∑
∞
=1n
แลว ∑
∞
=1n
( na + nb ) อาจจะเปนอนุกรมลูเขาหรือลูออกก็ได เชน
1. na = n, nb = –n, na + nb = 0 จะไดวา ∑
∞
=1n
na และ ∑
∞
=1n
แต ∑
∞
=1n
( na + nb ) = ∑
∞
=1n
0 เปนอนุกรมลูเขา
2. na = n, nb = n, na + nb = 2n จะไดวา ∑
∞
=1n
na และ ∑
∞
=1n
และ ∑
∞
=1n
( na + nb ) = ∑
∞
=1n
2n เปนอนุกรมลูออก
ตัวอยาง 1.4.3 จงพิจารณาวาอนุกรมตอไปนี้ลูเขาหรือลูออก
ถาลูเขาจงหาผลบวกของอนุกรมนั้นดวย
1. ∑
∞
=1n
( n
2
3 + )2n(n
4
+
) 2. ∑
∞
=1n
((– 5
4 )n
+ n )
3. ∑
∞
=1n
( n
1
3
+ n( n
n 1+
))
วิธีทํา 1. เนื่องจาก ∑
∞
=1n
n
2
1 เปนอนุกรมเรขาคณิต โดยมี a = 2
1 , r = 2
1 ซึ่ง | r | < 1
∞
=1n
n
2
1 เปนอนุกรมลูเขา และ ∑
∞
=1n
n
2
1 =
2
11
2
1
−
= 1
จากตัวอยาง 1.4.1 ขอ 1. จะไดวา ∑
∞
=1n
)2n(n
1
+
เปนอนุกรมลูเขา
และ ∑
∞
=1n
)2n(n
1
+
= 4
3
เราจึงสรุปไดวา ∑
∞
=1n
( n
2
3 + )2n(n
4
+
) เปนอนุกรมลูเขา
และ ∑
∞
=1n
( n
2
3 + )2n(n
4
+
) = 3(1) + 4( 4
3 ) = 6

2. เนื่องจาก ∑
∞
=1n
(– 5
4 )
n
เปนอนุกรมเรขาคณิต โดยมี a = – 5
4 และ r = – 5
4 ซึ่ง | r | < 1
∞
=1n
(– 5
4 )
n
∞
=1n
(– 5
4 )
n
=
)
5
4(1
5
4
−−
−
= – 9
4
∞→n
lim n = ∞ แสดงวา
∞→n
lim n ≠ 0 ดังนั้น ∑
∞
=1n
∞
=1n
((– 5
4 )
n
+ n ) เปนอนุกรมลูออก
∞
=1n
n
1
3
เปนอนุกรมเรขาคณิต โดยมี a = 1
3
และ r = 1
3
ซึ่ง | r | < 1
∞
=1n
n
1
3
∞
=1n
n
1
3
=
1
3
11
3
−
= 1
2
∞
=1n
n( n
n 1+
) เปนอนุกรมลูออก
∞
=1n
( n
1
3
+ n( n
n 1+
)) เปนอนุกรมลูออก
หมายเหตุ จากตัวอยาง 1.4.3 ขอ 2. เราอาจแสดงวา ∑
∞
=1n
((– 5
4 )
n
+ n ) เปนอนุกรม
ลูออก โดยใชเหตุผลวา
∞→n
lim ((– 5
4 )
n
+ n ) = ∞ แสดงวา
∞→n
lim ((– 5
4 )
n
+ n ) ≠ 0
∞
=1n
((– 5
4 )
n
+ n ) เปนอนุกรมลูออก แตสําหรับตัวอยาง 1.4.3 ขอ 3.
เราไมสามารถใชเหตุผลดังกลาวได เพราะ
∞→n
lim ( n
1
3
+ n( n
n 1+
)) = 0

แบบฝกหัด 1.4.1
จงพิจารณาวาอนุกรมตอไปนี้เปนอนุกรมลูเขาหรือลูออก ถาลูเขา จงหาผลบวกของ
อนุกรมนั้นดวย
1. ∑
∞
=1n
)2n)(1n(
1
++
2. ∑
∞
=1n 1n3
1n
2
4
+
+
3. ∑
∞
=1n
( n
5
4 + (– 3
2 )
n
) 4. ∑
∞
=1n n3n
1
2
+
5. ∑
∞
=1n
nn
n2
32
2
+
6. ∑
∞
=1n
n(1 + n
1 )
7. ∑
∞
=1n
(
3n4n
1
2
++
+ n
4−
) 8. ∑
∞
=1n 1n4
1
2
−
9. ∑
∞
=1n
( 1n
n
+
)
n
10. ∑
∞
=1n n1n
1
++
11. ∑
∞
=1n
(n – 1n
n2
+
) 12. ∑
∞
=1n
)3n)(2n)(1n(
n
+++

ทฤษฎีบท 1.4.7 (การทดสอบแบบอินทิกรัล)
ให ∑
∞
=1n
na เปนอนุกรมของจํานวนจริง ซึ่ง na ≥ 0 และ f เปนฟงกชันคาจริง ซึ่งมีสมบัติดังนี้
1. f(n) = na ทุก n ∈ N
2. มี 0n ∈ N ซึ่ง f เปนฟงกชันไมเพิ่ม และมีความตอเนื่องบนชวง [ 0n , ∞)
3. nt = ∫
n
0n
f(x)dx , n ≥ 0n
จะไดวา ∑
∞
=1n
na เปนอนุกรมลูเขา ถา { nt } เปนลําดับลูเขา
และ ∑
∞
=1n
na เปนอนุกรมลูออก ถา { nt } เปนลําดับลูออก
ตัวอยาง 1.4.4 จงทดสอบวาอนุกรมตอไปนี้เปนอนุกรมลูเขาหรือลูออก
1. ∑
∞
=1n 5n
n
2
+
2. ∑
∞
=1n
(
n
en
1 + n2( )
π
)
วิธีทํา 1. ให f(x) =
5x
x
2
+
จะได f′(x) = 22
2
)5x(
)x2(x)5x(
+
−+
= 22
2
)5x(
x5
+
− < 0 ทุก x ≥ 3
ดังนั้น f เปนฟงกชันลด และมีความตอเนื่องบนชวง [3, ∞)
ให nt = ∫
n
3
f(x)dx , n ≥ 3
= ∫
n
3
5x
x
2
+
dx
= [ 2
1 n( 2
x + 5) ] 3x
nx
=
=
= 2
1 n( 2
n + 5) – 2
1 n14
∞→n
lim nt = ∞
เพราะฉะนั้น { nt } เปนลําดับลูออก
∞
=1n 5n
n
2
+

2. ให f(x) =
x
ex
1 เมื่อ x ≥ 1
จะได f′(x) =
2x
)ex(
1− [ x x
e
x2
1 + x
e
x2
1 ] < 0 ทุก x ≥ 1
ให nt = ∫
n
1
f(x)dx, n > 1
= ∫
n
1
x
ex
1 dx
= [
x
e
2− ] 1x
nx
=
=
=
n
e
2− + e
2
∞→n
lim nt = e
2
เพราะฉะนั้น { nt } เปนลําดับลูเขา
∞
=1n
n
en
∞
=1n
n2( )
π
เปนอนุกรมเรขาคณิต โดยมี r = 2
π
ซึ่ง | r | < 1
∞
=1n
n2( )
π
∞
=1n
(
n
en
1 + n2( )
π

จงทดสอบวาอนุกรมตอไปนี้เปนอนุกรมลูเขาหรือลูออก โดยใชการทดสอบแบบอินทิกรัล
1. ∑
∞
=1n 1n
1
2
+
2. ∑
∞
=1n 1n2
1
−
3. ∑
∞
=1n
2n
)2n(n
+
+
4. ∑
∞
=1n nn
1
2
+
5. ∑
∞
=1n 1n
)narctan(
2
+
6. ∑
∞
=1n 6n
n
4
3
+
7. ∑
∞
=1n
2
n
)
n
1sin(
8. ∑
∞
=1n
)1n(n
1n2
+
+
9. ∑
∞
=1n
2
n
3n
e−
10. ∑
∞
=1n )12(n
2
nn
nn
+
−
−

บทนิยาม 1.4.4 อนุกรมพี คือ อนุกรมที่เขียนไดในรูป ∑
∞
=1n
p
n
1 เมื่อ p ∈ R เปนคาคงตัว
ทฤษฎีบท 1.4.8 อนุกรมพีจะเปนอนุกรมลูเขา เมื่อ p > 1
และจะเปนอนุกรมลูออก เมื่อ p ≤ 1
บทพิสูจน ถา p < 0 แลวจะไดวา
∞→n
lim
p
n
1 = ∞
ถา p = 0 แลวจะไดวา
∞→n
lim
p
n
1 = 1
ดังนั้น ในกรณีที่ p ≤ 0 จะไดวา ∑
∞
=1n
p
n
1 เปนอนุกรมลูออก
พิจารณากรณีที่ p > 0
ให f(x) = p
x
1 ทุก x ≥ 1
จะได f′(x) = 1p
x
p
+
−
< 0 ทุก x ≥ 1
ให nt = ∫
n
1
f(x)dx = ∫
n
1
p
x
1 dx, n ≥ 1
=
p 1 x nx
[ ] p 1x 1p 1
x n[ n x] p 1
x 1
− +⎧ =
≠⎪ =⎪ − +⎨
=⎪ =
=⎪⎩
เมื่อ
เมื่อ
= p 1
1 1
( 1) p 1
1 p n
n n p 1
−
⎧ − ≠⎪
−⎨
⎪ =⎩
เมื่อ
เมื่อ
∞→n
lim nt =
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
>
−
−
≤∞
1p
p1
1
1p
เมื่อ
เมื่อ
ดังนั้น ในกรณีที่ 0 < p ≤ 1 จะไดวา ∑
∞
=1n
p
n
และ ในกรณีที่ p > 1 จะไดวา ∑
∞
=1n
p
n
∞
=1n
p
n
1 เปนอนุกรมลูเขา เมื่อ p > 1
และ ∑
∞
=1n
p
n
1 เปนอนุกรมลูออก เมื่อ p ≤ 1

ตัวอยาง 1.4.5 1. ∑
∞
=1n
3 n
1 เปนอนุกรมลูออก เพราะเปนอนุกรมพี ซึ่ง p = 3
1 < 1
2. ∑
∞
=1n
2
n
1 เปนอนุกรมลูเขา เพราะเปนอนุกรมพี ซึ่ง p = 2 > 1
ทฤษฎีบท 1.4.9 (การทดสอบโดยใชการเปรียบเทียบ)
ให ∑
∞
=1n
na , ∑
∞
=1n
nb และ ∑
∞
=1n
nc เปนอนุกรมของจํานวนจริง
1. ถามี 0n ∈ N ซึ่ง 0 ≤ na ≤ nb ทุก n ≥ 0n และ ∑
∞
=1n
∞
=1n
na จะเปนอนุกรมลูเขาดวย
2. ถามี 0n ∈ N ซึ่ง 0 ≤ nc ≤ na ทุก n ≥ 0n และ ∑
∞
=1n
nc เปนอนุกรมลูออก
∞
=1n
na จะเปนอนุกรมลูออกดวย
1. ∑
∞
=1n
n
2n
1 2. ∑
∞
=1n n
nn
วิธีทํา 1. เนื่องจาก 0 ≤ n
2n
1 ≤ n
2
1 ทุก n ∈ N
และ ∑
∞
=1n
n
2
1 เปนอนุกรมลูเขา (อนุกรมเรขาคณิต ซึ่ง r = 2
1 )
∞
=1n
n
2n
2. เนื่องจาก 1 ≤ nn ทุก n ≥ 3
ดังนั้น 0 ≤
n
1 ≤
n
nn ทุก n ≥ 3
เพราะวา ∑
∞
=1n n
1 เปนอนุกรมลูออก (อนุกรมพี ซึ่ง p = 2
1 )
∞
=1n n
nn เปนอนุกรมลูออก

ทฤษฎีบท 1.4.10 (การทดสอบโดยใชการเปรียบเทียบดวยลิมิต)
ให ∑
∞
=1n
na และ ∑
∞
=1n
nb เปนอนุกรมของจํานวนจริง ซึ่ง na ≥ 0 และ nb > 0 ทุก n ∈ N
1. ถา
∞→n
lim
n
n
b
a
= c > 0
แลวจะไดวา อนุกรมทั้งสองจะลูเขาดวยกันหรือไมก็ลูออกดวยกัน
2. ถา
∞→n
lim
n
n
b
a
= 0 และ ∑
∞
=1n
∞
=1n
na เปนอนุกรมลูเขาดวย
3. ถา
∞→n
lim
n
n
b
a
= ∞ และ ∑
∞
=1n
∞
=1n
na เปนอนุกรมลูออกดวย
1. ∑
∞
=1n 1nn3
1n
2
2
++
+ 2. ∑
∞
=1n
nn
n
35
2
−
3. ∑
∞
=1n
n
2
n 4. ∑
∞
=1n
)1n(n
1
+
วิธีทํา 1. ให na =
1nn3
1n
2
2
++
+ และ nb = n
1
จะเห็นวา ∑
∞
=1n
nb = ∑
∞
=1n
n
1 เปนอนุกรมลูออก (อนุกรมพี ซึ่ง p = 1)
และ
∞→n
lim
n
n
b
a
=
∞→n
lim
1nn3
1nn
2
2
++
+
=
∞→n
lim
2
2
n
1
n
13
n
11
++
+
= 3
1 > 0
∞
=1n
na = ∑
∞
=1n 1nn3
1n
2
2
++
+ เปนอนุกรมลูออก

2. ให na = nn
n
35
2
−
และ nb = ( 5
2 )
n
∞
=1n
nb = ∑
∞
=1n
( 5
2 )
n
เปนอนุกรมลูเขา (อนุกรมเรขาคณิต ซึ่ง r = 5
2 )
และ
∞→n
lim
n
n
b
a
=
∞→n
lim ( nn
n
35
2
−
)( 2
5 )
n
=
∞→n
lim
nn
n
35
5
−
=
∞→n
lim
n
)
5
3(1
1
−
= 1 > 0
∞
=1n
na = ∑
∞
=1n
nn
n
35
2
−
3. ให na = n
2
n และ nb =
2
3
n
1
∞
=1n
nb = ∑
∞
=1n 2
3
n
1 เปนอนุกรมลูเขา (อนุกรมพี ซึ่ง p = 2
3 )
และ
∞→n
lim
n
n
b
a
=
∞→n
lim
n
2
2
n
= 0 (ตัวอยาง 1.2.5 ขอ 1.)
∞
=1n
na = ∑
∞
=1n
n
2
n เปนอนุกรมลูเขา
4. ให na = )1n(n
1
+
และ nb = n
1
∞
=1n
nb = ∑
∞
=1n
n
และ
∞→n
lim
n
n
b
a
=
∞→n
lim
)1n(n
n
+
ให f(x) = )1x(n
x
+
, x ≥ 1
∞→x
lim f(x) =
∞→x
lim
)1x(n
x
+
(I.F. ∞
∞ )
=
∞→x
lim
1x
1
1
+
=
∞→x
lim (x + 1) = ∞
∞→n
lim
n
n
b
a
= ∞
∞
=1n
na = ∑
∞
=1n
)1n(n
1
+

จงทดสอบวาอนุกรมตอไปนี้เปนอนุกรมลูเขาหรือลูออก
1. ∑
∞
=1n
4
2
)1n2(
1n
−
+ 2. ∑
∞
=1n
( n
ncos )2
3. ∑
∞
=1n )1n(nn
1
+
4. ∑
∞
=1n 43n
3
n
n
+
5. ∑
∞
=1n 1n
1n
3
3 2
+
+ 6. ∑
∞
=1n nn
nn
7. ∑
∞
=1n
n
)1(n
n
−+
8. ∑
∞
=1n )2n(ne
nn
n
+
9. ∑
∞
=1n 23n
n
n
−
10. ∑
∞
=1n
(n + 2)
nn2−
11. ∑
∞
=1n
n
2
nn 12. ∑
∞
=1n
2
n
4
−

บทนิยาม 1.4.5 ถา na > 0 ทุก n ∈ N เราเรียกอนุกรมที่เขียนไดในรูป
∑
∞
=1n
(–1) 1n+
na = 1a – 2a + 3a – 4a + ... + (–1) 1n+
na + ...
หรือ ∑
∞
=1n
(–1)n
na = – 1a + 2a – 3a + ... + (–1)n
na + ...
วา อนุกรมสลับ
ทฤษฎีบท 1.4.11 อนุกรมสลับ ∑
∞
=1n
(–1)n
na เปนอนุกรมลูเขา ถา
1.
∞→n
lim na = 0
และ 2. มี 0n ∈ N ซึ่ง 1na + < na ทุก n ≥ 0n
ขอสังเกต ในกรณีที่
∞→n
lim na ≠ 0
เราจะไดวา
∞→n
lim | (–1)n
na | =
∞→n
lim na ≠ 0
∞→n
lim (–1)n
na ≠ 0
เพราะฉะนั้น ถา
∞→n
lim na ≠ 0 แลว ∑
∞
=1n
(–1)n
ตัวอยาง 1.4.8 จงพิจารณาวาอนุกรมตอไปนี้เปนอนุกรมลูเขาหรือลูออก
1. ∑
∞
=1n
n
)1( n
−
2. ∑
∞
=1n nn3
)1(
n
n
+
−
3. ∑
∞
=1n
1n
n)1( n
+
−
วิธีทํา 1. ในที่นี้ na = n
1
∞→n
lim na =
∞→n
lim
n
1 = 0
เพราะวา 1na + = 1n
1
+
และ 1n
1
+
<
n
1 ทุก n ∈ N
เพราะฉะนั้น 1na + < na ทุก n ∈ N
∞
=1n
n
)1( n
−

2. ในที่นี้ na =
nn3
1
n
+
∞→n
lim na =
∞→n
lim
nn3
1
n
+
= 0
ให f(x) =
xn3
1
x
+
ดังนั้น f′(x) = 2x
)xn3(
1
+
− ( x
3 n3 + x
1 ) < 0 ทุก x ≥ 1
แสดงวา f เปนฟงกชันลด
เพราะฉะนั้น f(n + 1) < f(n) ทุก n ∈ N
นั่นคือ 1na + < na ทุก n ∈ N
∞
=1n nn3
)1(
n
n
+
−
3. ในที่นี้ na = 1n
n
+
∞→n
lim na =
∞→n
lim
1n
n
+
=
∞→n
lim
n
11
1
+
= 1 ≠ 0
∞
=1n
1n
n)1( n
+
−
∞
=1n
| na | เปนอนุกรมลูเขา แลวจะไดวา ∑
∞
=1n
บทพิสูจน ให nb = 2
a|a| nn +
และ nc = 2
a|a| nn −
เนื่องจาก –| na | ≤ na ≤ | na |
ดังนั้น 0 ≤ nb ≤ | na | และ 0 ≤ nc ≤ | na | ทุก n ∈ N
∞
=1n
| na | เปนอนุกรมลูเขา
∞
=1n
nb และ ∑
∞
=1n
nc เปนอนุกรมลูเขา (ทฤษฎีบท 1.4.9 ขอ 1.)
∞
=1n
( nb – nc ) = ∑
∞
=1n
na เปนอนุกรมลูเขา (ทฤษฎีบท 1.4.5)

1. บทกลับของทฤษฎีบท 1.4.12 ไมจริง
กลาวคือ ถา ∑
∞
=1n
na เปนอนุกรมลูเขา แลว ∑
∞
=1n
| na | อาจจะเปนอนุกรมลูออกก็ได
ตัวอยางเชน ∑
∞
=1n
n
)1(
n
−
เปนอนุกรมลูเขา แต ∑
∞
=1n
n
∑
∞
=1n
n
n
2
)1(−
∞
=1n
n
2
∞
=1n
| na | เปนอนุกรมลูออก
เราไมสามารถสรุปไดวา ∑
∞
=1n
na เปนอนุกรมลูเขาหรือลูออก ตัวอยางเชน
∑
∞
=1n
| n
)1(
n
−
| = ∑
∞
=1n
n
1 เปนอนุกรมลูออก แต ∑
∞
=1n
n
)1(
n
−
∑
∞
=1n
| n
( 1)− 2
n | = ∑
∞
=1n
2
n เปนอนุกรมลูออก และ ∑
∞
=1n
n
( 1)− 2
ตัวอยาง 1.4.9 จงแสดงวาอนุกรมตอไปนี้เปนอนุกรมลูเขา
1. ∑
∞
=1n
n4
)3ncos(
2. ∑
∞
=1n
2
n
n
)1(−
วิธีทํา 1. พิจารณา ∑
∞
=1n
|
3
cos(n )
n4
| = ∑
∞
=1n
n4
)3ncos( || ... (1)
เพราะวา 0 ≤ | cos 3
(n ) | ≤ 1 ทุก n ∈ N
0 ≤
3
cos(n )
n4
| | ≤
n4
1 ทุก n ∈ N
และ ∑
∞
=1n
n4
1 )
โดยทฤษฎีบท 1.4.9 ขอ 1. จะไดวา
∑
∞
=1n
|
3cos(n )
n4
| = ∑
∞
=1n
n4
)3ncos( || เปนอนุกรมลูเขา
∞
=1n
n4
)3ncos(

∞
=1n
| 2
n
n
)1(−
| = ∑
∞
=1n
2
n
1 เปนอนุกรมลูเขา (อนุกรมพี ซึ่ง p = 2)
∞
=1n
2
n
n
)1(−
บทนิยาม 1.4.6 ∑
∞
=1n
na เปน อนุกรมลูเขาแบบสัมบูรณ ถา ∑
∞
=1n
| na | เปนอนุกรมลูเขา
∑
∞
=1n
na เปน อนุกรมลูเขาแบบมีเงื่อนไข ถา ∑
∞
=1n
| na | เปนอนุกรมลูออก
แต ∑
∞
=1n
ตัวอยาง 1.4.10 จงพิจารณาวาอนุกรมตอไปนี้เปนอนุกรมลูเขาแบบสัมบูรณหรือลูเขาแบบมี
เงื่อนไข
1. ∑
∞
=1n
n
3
( 1) n
n 4
−
+
2. ∑
∞
=1n
)1n(n
)1(
n
+
−
3. ∑
∞
=1n
( 1n
1
+
− )
n
วิธีทํา 1. พิจารณา ∑
∞
=1n
|
n
3
( 1) n
n 4
−
+
| ≤ ∑
∞
=1n
3
n
n 4+
n ≤ 3
n + 4 ทุก n ∈ N
ดังนั้น 3
1
n 4+
≤ 3
1
n
ทุก n ∈ N
0 ≤ 3
n
n 4+
≤ 3
n
n
≤ 2
1
n
ทุก n ∈ N
∞
=1n
2
1
n
เปนอนุกรมลูเขา (อนุกรมพี ซึ่ง p = 2)
∞
=1n
3
n
n 4+
เปนอนุกรมลูเขา (ทฤษฎีบท 1.4.9 ขอ 1.)
∞
=1n
|
n
3
( 1) n
n 4
−
+
| เปนอนุกรมลูเขา
∞
=1n
n
3
( 1) n
n 4
−
+
เปนอนุกรมลูเขาแบบสัมบูรณ

2. พิจารณา ∑
∞
=1n
| )1n(n
)1(
n
+
−
| = ∑
∞
=1n
)1n(n
1
+
∞
=1n
)1n(n
1
+
∞
=1n
| )1n(n
)1(
n
+
−
| เปนอนุกรมลูออก
ให na = )1n(n
1
+
∞→n
lim na =
∞→n
lim
)1n(n
1
+
= 0
และ 1na + = )2n(n
1
+
เนื่องจาก n เปนฟงกชันเพิ่ม ดังนั้น 0 < n(n + 1) < n(n + 2) ทุก n ∈ N
)2n(n
1
+
<
)1n(n
1
+
ทุก n ∈ N
นั่นคือ 1na + < na ทุก n ∈ N
∞
=1n
)1n(n
)1(
n
+
−
เปนอนุกรมลูเขา (ทฤษฎีบท 1.4.11)
∞
=1n
)1n(n
)1(
n
+
−
เปนอนุกรมลูเขาแบบมีเงื่อนไข
3. พิจารณา ∑
∞
=1n
| ( 1n
1
+
− )
n
| = ∑
∞
=1n
n
)1n(
1
+
เนื่องจาก 0 ≤
1n
1
+
≤
2
1 ทุก n ∈ N
ดังนั้น 0 ≤ n
)1n(
1
+
≤ n
2
1 ทุก n ∈ N
∞
=1n
n
2
1 )
∞
=1n
n
)1n(
1
+
เปนอนุกรมลูเขา (ทฤษฎีบท 1.4.9 ขอ 1.)
∞
=1n
| ( 1n
1
+
− )
n
| เปนอนุกรมลูเขา
∞
=1n
( 1n
1
+
− )
n
เปนอนุกรมลูเขาแบบสัมบูรณ

จงพิจารณาวาอนุกรมตอไปนี้เปนอนุกรมลูเขาหรือลูออก ถาลูเขาเปนอนุกรมลูเขาแบบสัมบูรณ
หรือลูเขาแบบมีเงื่อนไข
1. ∑
∞
=1n n
)1( n
−
2. ∑
∞
=1n
)2n(n
n
+
3. ∑
∞
=1n
nn
n
2
)1(−
4. ∑
∞
=1n 1nn
n)1(
4
2n
+−
−
5. ∑
∞
=1n 1n
)1(
2
n
+
−
6. ∑
∞
=1n
nn
n2n
34
2)1(
+
−
7. ∑
∞
=1n 1n4
narctan
3
−
8. ∑
∞
=1n )1e(n
)1(
n
n
+
−

ทฤษฎีบท 1.4.13 (การทดสอบโดยใชอัตราสวน)
ให ∑
∞
=1n
na เปนอนุกรมของจํานวนจริง ซึ่ง na ≠ 0 และ
∞→n
lim |
n
1n
a
a + | = ∞
หรือ
∞→n
lim |
n
1n
a
a + | = L เมื่อ L ∈ R
1. ถา L < 1 แลวจะไดวา ∑
∞
=1n
na เปนอนุกรมลูเขาแบบสัมบูรณ
2. ถา L > 1 หรือ
∞→n
lim |
n
1n
a
a + | = ∞ แลวจะไดวา ∑
∞
=1n
3. ถา L = 1 แลวจะสรุปผลไมได
1. ∑
∞
=1n
!n
2n
2. ∑
∞
=1n
n
3n
2
n)1(−
3. ∑
∞
=1n
nn
n
3
e
วิธีทํา 1. ให na = !n
2n
เพราะฉะนั้น 1na + = )!1n(
2 1n
+
+
∞→n
lim |
n
1n
a
a + | =
∞→n
lim | )!1n(
2 1n
+
+
n
2
!n |
=
∞→n
lim
1n
2
+
= 0
< 1
∞
=1n
!n
2n
2. ให na = n
3n
2
n)1(−
เพราะฉะนั้น 1na + = 1n
31n
2
)1n()1(
+
+
+−
∞→n
lim |
n
1n
a
a + | =
∞→n
lim | 1n
31n
2
)1n()1(
+
+
+−
3n
n
n)1(
2
−
|

ทฤษฎีบท 1.4.14 (การทดสอบโดยใชการถอดกรณฑ)
ให ∑
∞
=1n
na เปนอนุกรมของจํานวนจริง และ
∞→n
lim n
n| a | = ∞
หรือ
∞→n
lim n
n| a | = L เมื่อ L ∈ R จะไดวา
∞
=1n
na เปนอนุกรมลูเขาแบบสัมบูรณ
∞→n
lim n
n| a | = ∞ แลวจะไดวา ∑
∞
=1n
1. ∑
∞
=1n
( 3
2 )
2n
2. ∑
∞
=1n
(
)12(n
n
n
+
)
n
3. ∑
∞
=1n
(
n 1 n
n
e 2
3e 5
+
+
+
)
n
วิธีทํา 1. ให na = ( 3
2 )
2n
∞→n
lim n
n| a | =
∞→n
lim
n 2
n
)
3
2(
=
∞→n
lim ( 3
2 )n
= 0
< 1
∞
=1n
( 3
2 )
2n
2. ให na = (
)12(n
n
n
+
)
n
∞→n
lim n
n| a | =
∞→n
lim n n
n
)
)12(n
n(
+
=
∞→n
lim
)12(n
n
n
+
ให f(x) =
)12(n
x
x
+

∞→x
lim f(x) =
∞→x
lim
)12(n
x
x
+
(I.F. ∞
∞ )
=
∞→x
lim
)2n2(
12
1
1
x
x
+
=
∞→x
lim
2n2
12
x
x
+
=
∞→x
lim
2n
2
11
x
+
= 2n
1
แสดงวา
∞→n
lim n
n| a | = 2n
1
เพราะวา 1 = ne > n2 > 0 เพราะฉะนั้น 2n
1 > 1
∞→n
lim n
n| a | > 1
∞
=1n
(
)12(n
n
n
+
)
n
3. ให na = (
n 1 n
n
e 2
3e 5
+
+
+
)
n
∞→n
lim n
n| a | =
∞→n
lim
n 1 n nn
n
e 2( )
3e 5
+
+
+
=
∞→n
lim
n 1 n
n
e 2
3e 5
+
+
+
=
∞→n
lim
n
n
2e ( )
e
53
e
+
+
= e 0
3 0
+
+
= e
3
< 1
∞
=1n
(
n 1 n
n
e 2
3e 5
+
+
+
)
n

1. ∑
∞
=1n
n
e
)1n(n +
2. ∑
∞
=1n
(1 – n
1 )
2
n
3. ∑
∞
=1n
!n
)1( n
−
4. ∑
∞
=1n 1nn
2
4
n
++
5. ∑
∞
=1n
n
n
ncos 6. ∑
∞
=1n
n
5n
1
7. ∑
∞
=1n
2
)!n(
)!n2(
8. ∑
∞
=1n
( )1n(n
n
+
)
n
9. ∑
∞
=1n
n
3
)1n(nn +
10. ∑
∞
=1n
)1n(n
n
2
+
11. ∑
∞
=1n
( 1n
n
+
)
3
n
12. ∑
∞
=1n
n
n
!n

แบบฝกหัดระคน
1. ∑
∞
=1n
2
2
)1n2(
1n
−
+ 2. ∑
∞
=1n
(
1n
n
2
+
+ n
n−
)
3. ∑
∞
=1n
3
4
n
nsec 4. ∑
∞
=1n
3
n n
3−
5. ∑
∞
=1n
( 1n
n
+
)
n
6. ∑
∞
=1n 1n
1n
7
2
+
+
7. ∑
∞
=1n
( 1nn2
++ – n) 8. ∑
∞
=1n
1n3
)1( n
−
−
9. ∑
∞
=1n !n3
n
n
n
10. ∑
∞
=1n
)3n(n)3n(
1
++
11. ∑
∞
=1n
2n
n 4−
⋅ 12. ∑
∞
=1n n5
2
n
n
−
13. ∑
∞
=1n
( n
1 – 1n2
2
+
) 14. ∑
∞
=1n
(n + 3)
nn(e n)− +
15. ∑
∞
=1n
)3n(nn
1
+
16. ∑
∞
=1n
(π – 2arctann)
17. ∑
∞
=1n
)1n(n
n
+
18. ∑
∞
=1n
n
2n
n2
−
19. ∑
∞
=1n
4
n n
n n
20. ∑
∞
=1n )13(n
1
n
+
21. ∑
∞
=1n
(3 + cosn)
n−
22. ∑
∞
=1n
)!n3(
)!n( 3
23. ∑
∞
=1n
n( 3n
20n
+
+ ) 24. ∑
∞
=1n
( 1n4
+ – 2
n )

25. ∑
∞
=1n 1n
)1(
2
n
+
−
26. ∑
∞
=1n
!n
)1n(n +
27. ∑
∞
=1n
2
n)n2(n
1
+
28. ∑
∞
=1n
nn
9−
29. ∑
∞
=1n n3
nn
n
−
30. ∑
∞
=1n 12n
2
n
n
+
31. ∑
∞
=1n
( n
1 +
14
3
n
n
−
) 32. ∑
∞
=1n
n( 5
4 )n
33. ∑
∞
=1n
(n n 1+ + 1)
n2−
34. ∑
∞
=1n
nn1
)1( n
+
−
35. ∑
∞
=1n
( n
3
!n + n
2
4
ncos ) 36. ∑
∞
=1n
103
9
)2n(n
)1n(
+
+
37. ∑
∞
=1n
sin( n
1 ) 38. ∑
∞
=1n
)3n2(...)9)(7)(5(
!n
+
39. ∑
∞
=1n n
1...
3
1
2
11
1
++++
40. ∑
∞
=1n
(
n
1 –
1n
1
+
)
41. ∑
∞
=1n
nnn
1
+
42. ∑
∞
=1n
n
3
nsin
43. ∑
∞
=1n
nsin( 3
n
1 ) 44. ∑
∞
=1n
)1
n
e(n
3
+−
45. ∑
∞
=1n
cos(n!)
n!
46. ∑
∞
=1n
2
6
1 n 3n
n 2
+ −
+
47. ∑
∞
=1n
n
( 1) n(n 2)
n
− +
48. ∑
∞
=1n
(
2
sin n
n
+ 1
n
)
49. ∑
∞
=1n
[( 2
n 1+ - n)cosn]n
50. ∑
∞
=1n
n
sin n

1.5 อนุกรมของจํานวนเชิงซอน
เราจะใหความหมายของอนุกรมของจํานวนเชิงซอน ในทํานองเดียวกันกับความหมาย
ของอนุกรมของจํานวนจริง ในบางครั้งเราอาจจะศึกษาอนุกรมของจํานวนเชิงซอนได โดย
อาศัยความรูจากอนุกรมของจํานวนจริง
ทฤษฎีบท 1.5.1 ให nz = nx + i ny โดยที่ nz ∈ C และ nx , ny ∈ R จะไดวา
∑
∞
=1n
nz เปนอนุกรมลูเขา ก็ตอเมื่อ ∑
∞
=1n
nx และ ∑
∞
=1n
ny เปนอนุกรมลูเขา
และในกรณีที่ ∑
∞
=1n
nz เปนอนุกรมลูเขา จะไดวา ∑
∞
=1n
nz = ∑
∞
=1n
nx + i ∑
∞
=1n
ny
1. ∑
∞
=1n
( 2
n
1 + i( 3
2 )
n
) 2. ∑
∞
=1n
in
i
+
∞
=1n
2
n
และ ∑
∞
=1n
( 3
2 )
n
2 )
∞
=1n
( 2
n
1 + i( 3
2 )
n
2. เนื่องจาก in
i
+
= ( in
i
+
)( in
in
−
− )
=
1n
in1
2
+
+
=
1n
1
2
+
+ i
1n
n
2
+
∞
=1n
1n
i
+
= ∑
∞
=1n
(
1n
1
2
+
+ i
1n
n
2
+
)
พิจารณาอนุกรม ∑
∞
=1n 1n
n
2
+
ให na =
1n
n
2
+
และ nb = n
1
∞
=1n
nb = ∑
∞
=1n
n

และ
∞→n
lim
n
n
b
a
=
∞→n
lim
1n
n
2
2
+
=
∞→n
lim
2
n
11
1
+
= 1
∞
=1n 1n
n
2
+
เปนอนุกรมลูออก (ทฤษฎีบท 1.4.10 ขอ 1.)
∞
=1n
in
i
+
∞
=1n
nz เปนอนุกรมลูเขา แลวจะไดวา
∞→n
lim nz = 0
หมายเหตุ บทกลับของทฤษฎีบท 1.5.2 ไมเปนจริง
ดังนั้น ในกรณีที่
∞→n
lim nz = 0
เราจึงไมสามารถสรุปไดวา ∑
∞
=1n
nz เปนอนุกรมลูเขาหรือลูออก
ทฤษฎีบท 1.5.3 ถา
∞→n
lim nz ≠ 0 แลวจะไดวา ∑
∞
=1n
nz เปนอนุกรมลูออก
ตัวอยาง 1.5.2 จงแสดงวาอนุกรมตอไปนี้เปนอนุกรมลูออก
1. ∑
∞
=1n
in
ni2
+
2. ∑
∞
=1n
(sinn + icosn)n
วิธีทํา 1. เนื่องจาก
∞→n
lim
in
ni2
+
=
∞→n
lim 2i
11 i
n
+
= 2i ≠ 0
∞
=1n
in
ni2
+
∞→n
lim | (sinn + icosn)n
| =
∞→n
lim | sinn + icosn |
n
=
∞→n
lim ( ncosnsin 22
+ )
n
=
∞→n
lim n
1
= 1 ≠ 0
∞→n
lim (sinn + icosn)n
≠ 0 (ทฤษฎีบท 1.3.2 ขอ 2.)
∞
=1n
(sinn + icosn)n

∞
=1n
| nz | เปนอนุกรมลูเขา แลวจะไดวา ∑
∞
=1n
nz เปนอนุกรมลูเขา
1. บทกลับของทฤษฎีบท 1.5.4 ไมเปนจริง
∞
=1n
| nz | เปนอนุกรมลูออก เราไมสามารถสรุปไดวา ∑
∞
=1n
nz เปนอนุกรม
ลูเขาหรือลูออก
ตัวอยาง 1.5.3 จงแสดงวาอนุกรมตอไปนี้เปนอนุกรมลูเขา
1. ∑
∞
=1n
2
n
n
i 2. ∑
∞
=1n
(4 – 3i)
n−
∞
=1n
| 2
n
n
i | = ∑
∞
=1n
2
n
∞
=1n
2
n
n
i เปนอนุกรมลูเขา
∞
=1n
| (4 – 3i)
n−
| = ∑
∞
=1n
| 4 – 3i |
n−
= ∑
∞
=1n
n
5
−
1 )
∞
=1n
(4 – 3i)
n−
∞
=1n
nz เปนอนุกรมของจํานวนเชิงซอน ซึ่ง nz ≠ 0
และ
∞→n
lim |
n
1n
z
z + | = ∞ หรือ
∞→n
lim |
n
1n
z
z + | = L เมื่อ L ∈ R จะไดวา
∞
=1n
∞→n
lim |
n
1n
z
z + | = ∞ แลวจะไดวา ∑
∞
=1n

∞
=1n
nz เปนอนุกรมของจํานวนเชิงซอน และ
∞→n
lim n
n| z | = ∞ หรือ
∞→n
lim n
n| z | = L เมื่อ L ∈ R จะไดวา
∞
=1n
∞→n
lim n
n| z | = ∞ แลวจะไดวา ∑
∞
=1n
1. ∑
∞
=1n
( in
ni2
+
)
n
2. ∑
∞
=1n
( n
i )
n
วิธีทํา 1. ให nz = ( 1n
ni2
+
)
n
∞→n
lim n
n| z | =
∞→n
lim nn 2ni( )
n i
| |+
=
∞→n
lim
||
||
in
ni2
+
=
∞→n
lim
1n
n2
2
+
=
∞→n
lim
2
2
11
n
+
= 2 > 1
∞
=1n
( 1n
ni2
+
)
n
2. ให nz = ( n
i )
n
∞→n
lim n
n| z | =
∞→n
lim nn i( )
n
| |
=
∞→n
lim | n
i |
=
∞→n
lim
n
1
= 0 < 1
∞
=1n
( n
i )
n

1. ∑
∞
=1n in2
in
−
+ 2. ∑
∞
=1n
!n
in
3. ∑
∞
=1n in
ni
3
n
+
4. ∑
∞
=1n nn
)ncosin(sin
n
−
5. ∑
∞
=1n i5
)i34(
n
n
+
+
6. ∑
∞
=1n
2
ni1
in
+
+
7. ∑
∞
=1n
( 1n
ni
+
)
2n
8. ∑
∞
=1n i3
)i2(
n
n
+
9. ∑
∞
=1n
nni1
1
+
10. ∑
∞
=1n
4
)ni2(
in
−
+
11. ∑
∞
=1n
(2 + i)
2n−
12. ∑
∞
=1n
( 4
n
nsin + !n
)1(i n
−
)
13. ∑
∞
=1n
n
2n
4i1
)i2(
+
+
14. ∑
∞
=1n
!n
)i3( n
−
15. ∑
∞
=1n
6
)ni1(
ncosi
+
16. ∑
∞
=1n
in
ni
−

คําตอบแบบฝกหัดบทที่ 1
คําตอบแบบฝกหัด 1.2
1. 1.1 3 1.2 0
1.3 3
2 1.4 0
1.5 e
1 1.6 -∞
1.7 2 1.8 1
1.9 -2 1.10 4
2
1.11 2 1.12 ∞
2. 2.1 ลูเขา (0) 2.2 ลูเขา (4)
2.3 ลูออก 2.4 ลูเขา (- 2
3 )
2.5 ลูออก 2.6 ลูเขา (1)
2.7 ลูเขา (1) 2.8 ลูออก
2.9 ลูเขา (2) 2.10 ลูออก
2.11 ลูเขา ( 2
1 ) 2.12 ลูเขา
1. 1.1 - 2
i 1.2 i
1.3 0 1.4 ไมมีคา
1.5 0 1.6 ไมมีคา
1.7 0 1.8 2
1
1.9 0 1.10 -i
2. 2.1 ลูเขา (i) 2.2 ลูออก
2.3 ลูเขา (0) 2.4 ลูเขา (-i)
2.5 ลูเขา (0) 2.6 ลูเขา (0)
2.7 ลูเขา ( 5
2 + 5
i ) 2.8 ลูเขา (-i)

คําตอบแบบฝกหัด 1.4.1
1. ลูเขา ( 2
1 ) 2. ลูออก
3. ลูเขา ( 5
3 ) 4. ลูเขา (18
11 )
5. ลูออก 6. ลูออก
7. ลูเขา ( 4
3 ) 8. ลูเขา ( 2
1 )
11. ลูออก 12. ลูเขา ( 4
1 )
1. ลูเขา 2. ลูออก
3. ลูออก 4. ลูเขา
9. ลูเขา 10. ลูเขา
1. ลูเขาแบบมีเงื่อนไข 2. ลูออก
3. ลูเขาแบบมีเงื่อนไข 4. ลูเขาแบบสัมบูรณ
5. ลูเขาแบบมีเงื่อนไข 6. ลูออก
7. ลูเขาแบบสัมบูรณ 8. ลูเขาแบบมีเงื่อนไข

1. ลูเขา 2. ลูเขา 3. ลูเขา 4. ลูออก
5. ลูเขา 6. ลูเขา 7. ลูออก 8. ลูออก
9. ลูเขา 10. ลูออก 11. ลูเขา 12. ลูเขา
คําตอบแบบฝกหัดระคน
1. ลูออก 2. ลูเขา 3. ลูออก 4. ลูเขา
9. ลูเขา 10. ลูออก 11. ลูเขา 12. ลูเขา
13. ลูเขา 14. ลูเขา 15. ลูออก 16. ลูออก
17. ลูออก 18. ลูเขา 19. ลูเขา 20. ลูออก
21. ลูเขา 22. ลูเขา 23. ลูออก 24. ลูเขา
25. ลูเขา 26. ลูเขา 27. ลูเขา 28. ลูเขา
29. ลูเขา 30. ลูออก 31. ลูออก 32. ลูเขา
33. ลูเขา 34. ลูเขา 35. ลูออก 36. ลูเขา
41. ลูออก 42. ลูเขา 43. ลูเขา 44. ลูเขา
45. ลูเขา 46. ลูออก 47. ลูเขา 48. ลูออก
5. ลูออก 6. ลูออก 7. ลูเขา 8. ลูเขา
13. ลูออก 14. ลูเขา 15. ลูเขา 16. ลูออก

9789740333005

Recommandé

Recommandé

Contenu connexe

Tendances

Tendances (20)

Similaire à 9789740333005

Similaire à 9789740333005 (20)

Plus de CUPress

Plus de CUPress (20)

9789740333005