分析證明規劃：量詞與遞推數列

學習目標與公理起點

從目標誤差向後規劃 epsilon 證明、追蹤條件依賴，並完整證明遞推數列收斂，而不是只解不動點方程。假設實數構成完備有序域：滿足域的恆等式與逆元、相容的全序，且每個非空有上界子集都有上確界。有序域公理本身並不蘊含完備性。

完備性推出單調有界收斂定理。若 $x_n$ 非遞減且有上界，令 $L=\sup\{x_n:n\ge1\}$。對任意 $\varepsilon>0$，上確界的逼近性質給出指標 $N$，使 $L-\varepsilon<x_N\le L$。對所有 $n\ge N$，由單調性得 $L-\varepsilon<x_n\le L$，因此 $x_n\to L$。非遞增情形可對數列取負後得到。這裡清楚顯示了完備性用在何處。

1. 乘積誤差規劃需要先建立緩衝界

設 $u_n\to a$ 且 $v_n\to b$。為證明 $u_nv_n\to ab$，將誤差拆成

$$|u_nv_n-ab|\le |u_n|\,|v_n-b|+|b|\,|u_n-a|.$$

第一個系數起初不是固定常數。先用容差一及收斂性選取 $N_0$，使 $n\ge N_0$ 時 $|u_n|\le|a|+1=:M$。此時 $M>0$ 與 $n$ 無關。

給定任意 $\varepsilon>0$，選取 $N_1$ 使 $|v_n-b|<\varepsilon/(2M)$，再選取 $N_2$ 使 $|u_n-a|<\varepsilon/[2(|b|+1)]$。當 $n\ge\max(N_0,N_1,N_2)$ 時，上述誤差小於 $\varepsilon/2+\varepsilon/2=\varepsilon$。使用 $|b|+1$ 可避免 $b=0$ 時除以零。

依賴次序很重要：先選固定界 $M$，再選依賴它的誤差閾值；最終閾值依賴 $\varepsilon$，但不依賴隨後取的指標 $n$。若在選 $N$ 時使用尚未受到控制的指標上的 $u_n$，就顛倒了量詞次序。

2. 遞推定義的五項獨立任務

對遞推式 $x_{n+1}=F(x_n)$，檢查：

1. **良定義性：**所有迭代值都留在 $F$ 的定義域內。
2. **不變量：**某個區域條件或不等式經更新後仍成立。
3. **極限存在：**例如使用單調有界收斂或 Cauchy 估計。
4. **識別極限：**只有在極限存在後，才能用有效的連續性結論取極限。
5. **誤差：**若需要近似，應推導收斂速率，而非只斷言收斂。

解 $L=F(L)$ 只涉及第四項；即便如此，它也只是給出候選值，並未證明任何數列趨向該值。遞推 $x_{n+1}=1-x_n$、$x_0=0$ 有唯一不動點 $1/2$，但迭代值在零和一之間交替。不動點方程本身不能證明收斂。

3. Newton 平方根迭代：從定義到極限

設 $A>0$、$x_0>0$，定義

$$x_{n+1}=\frac12\left(x_n+\frac A{x_n}\right).$$

令 $\alpha>0$ 為 $A$ 的唯一正實平方根，其存在性可獨立由完備性或介值定理得到。這裡不假設該遞推本身已經構造了平方根。

良定義性。 正輸入產生正輸出，故由歸納法得每個 $x_n>0$，所有除法均有意義。

不變量界。 直接代數運算得到

$$x_{n+1}-\alpha=\frac{(x_n-\alpha)^2}{2x_n}\ge0.$$

因此從 $x_1$ 開始的每個迭代值都不小於 $\alpha$，即使 $x_0<\alpha$ 也如此。後一情形中，聲稱從任意正初值出發整個數列都遞減是錯誤的。

第一步之後的單調性。 對 $n\ge1$，

$$x_{n+1}-x_n=\frac{A-x_n^2}{2x_n}\le0,$$

因為 $x_n\ge\alpha$。因此尾部數列非遞增且以下界 $\alpha$ 為界。由完備性得到極限 $L\ge\alpha>0$。

識別極限。 非零點處倒數函數的連續性允許取極限：$L=(L+A/L)/2$，故 $L^2=A$。由正性及正平方根唯一性，得 $L=\alpha$。先證明收斂並確認極限分母非零，再解此方程才是有效的。

4. 推導誤差速率與精確變換遞推

對 $n\ge1$ 令 $e_n=x_n-\alpha$。不變量恆等式給出

$$e_{n+1}=\frac{e_n^2}{2x_n}\le\frac{e_n^2}{2\alpha}, \qquad e_{n+1}\le\frac12e_n.$$

第二個不等式來自 $e_n=x_n-\alpha<x_n$；當 $e_n=0$ 時取等。它給出初等的幾何誤差估計；第一個不等式則表明誤差相對於 $\alpha$ 足夠小時具有二次改善。

還可作一個精確變換。對每個 $n\ge0$，令 $r_n=(x_n-\alpha)/(x_n+\alpha)$；分母為正，且此比值的絕對值小於一。代數運算給出

$$x_{n+1}+\alpha=\frac{(x_n+\alpha)^2}{2x_n},\qquad r_{n+1}=r_n^2.$$

因此 $r_n=r_0^{2^n}$ 且 $x_n=\alpha(1+r_n)/(1-r_n)$。這提供了另一條收斂途徑，並解釋精度迅速提高的原因。它不是計算未知 $\alpha$ 的實用公式，因為變換本身使用了 $\alpha$；其作用是證明與誤差分析。

經過驗證的例子。 對 $A=2,x_0=1$，精確有理數迭代得到 $x_1=3/2$、$x_2=17/12$ 和 $x_3=577/408$。由 $(7/5)^2<2<(3/2)^2$ 得 $0<e_1<1/10$ 和 $\alpha>1$，因此 $e_2<1/200$、$e_3<1/80000$。有理區間 $[577/408-1/80000,577/408]$ 包含二的正平方根。誤差界由不等式證明，而非由小數顯示相符推斷。

5. 帶必要假設的子列判別

若有界實數列只有一個可能的子列極限 $L$，則它收斂到 $L$。假設不收斂，由收斂的否定可取 $\varepsilon_0>0$，並取一子列使其每項到 $L$ 的距離至少為 $\varepsilon_0$。由有界性及 Bolzano–Weierstrass 定理，該子列有收斂子列。絕對值的連續性說明其極限仍至少相距 $\varepsilon_0$，與可能的子列極限唯一矛盾。

有界性不可缺少。偶數項為零、奇數項為 $n$ 的數列，唯一有限子列極限為零，但它不收斂，因為奇數項無界。有限聚點唯一並不能單獨保證所有項最終靠近它。

分級證明規劃練習

1. 修正量詞。 為甚麼不能選擇依賴隨後指標 $n$ 的收斂閾值？用先行固定界和只依賴 $\varepsilon$ 與給定數列的閾值，重寫乘積極限證明計劃。
2. 不動點分析。 對任意實數 $x_0$ 分析 $x_{n+1}=1-x_n$，準確確定哪些初值使數列收斂，並解釋為甚麼只有代數候選值不夠。
3. 第一步例外。 在 Newton 迭代中，若 $0<x_0<\alpha$，證明第一步跨到 $\alpha$ 的另一側，並說明哪一單調性結論仍成立。
4. 誤差傳播。 設 $\alpha\ge m>0$ 且 $0\le e_N\le\eta$，僅用 $m,\eta$ 給出 $e_{N+1}$、$e_{N+2}$ 的上界，解釋絕對精度與相對精度的區別。
5. 子列證明。 證明有界且僅有一個可能子列極限的判別法，並用明確的指標記法給出無界反例。
6. Cauchy 分析。 證明 $x_n=\sqrt n$ 相鄰增量趨於零，但數列不是 Cauchy 數列。解釋為甚麼 Cauchy 定義控制充分靠後的所有項對，而不僅是相鄰項。

完整解答

1. 極限定義要求同一個 $N$ 適用於每個 $n\ge N$；依賴指標的閾值改變了量詞次序，可能沒有驗證任何共同尾部。先固定 $N_0$ 使 $|u_n|\le|a|+1=M$。給定 $\varepsilon$，由收斂性選取使 $|v_n-b|<\varepsilon/(2M)$ 和 $|u_n-a|<\varepsilon/[2(|b|+1)]$ 成立的閾值。將它們與 $N_0$ 取最大值，所得閾值與後續的 $n$ 無關，並控制整個乘積誤差。
2. 偶數項等於 $x_0$，奇數項等於 $1-x_0$。兩者相等時且僅此時收斂，即 $x_0=1/2$，此時數列為常數；否則兩個常值子列具有不同極限。不動點方程只識別可能的極限，不能決定任意迭代的行為。
3. 恆等式 $x_1-\alpha=(x_0-\alpha)^2/(2x_0)$ 在 $x_0\ne\alpha$ 時嚴格為正，因此儘管 $x_0<\alpha$，仍有 $x_1>\alpha$。數列不能從指標零開始非遞增；從指標一開始則非遞增且以下界 $\alpha$ 為界，分別由不變量和差值計算得到。
4. 二次誤差恆等式給出 $e_{N+1}\le\eta^2/(2m)$，進而得 $e_{N+2}\le\eta^4/(8m^3)$。這些絕對誤差界與平方根的單位相同。相對誤差要除以 $\alpha$；其大小至多為對應絕對誤差界除以 $m$，但實際分母是 $\alpha$。只有把數值誤差界與指定捨入容差比較後，才能確定小數位數。
5. 若不收斂，則存在無窮子列始終與極限相距至少 $\varepsilon_0$。有界性提供收斂的子列之子列，其極限仍與原候選極限分離，矛盾。反例取 $x_{2k}=0$、$x_{2k-1}=2k-1$。任何收斂子列只能包含有限多個奇指標，因為對應值趨於無窮，因此其極限為零；但整個數列無界且不收斂。
6. 有理化得到 $\sqrt{n+1}-\sqrt n=1/(\sqrt{n+1}+\sqrt n)\to0$。然而對指標 $n$ 與 $4n$，差為 $\sqrt{4n}-\sqrt n=\sqrt n$，在任何指定尾部之後都可任意大。故以固定容差一即可否定 Cauchy 條件。相鄰小變化可在多步中累積；Cauchy 條件排除了所有充分靠後的項對之間出現這類累積。

總結與術語

不變量在每次迭代後仍成立。不動點在收斂得到證明前只是候選極限。緩衝界在選取 epsilon 閾值前把可變系數控制為固定常數。子列極限是某個子列的極限；有界性通過完備性提供這樣的極限。嚴謹近似論證需分別建立迭代值有效、不變量控制、極限存在、極限識別及誤差界。