前言

做極限題時，有一種方法，是先假設極限值為 $\alpha$ ，接著再解方程式求出 $\alpha$ 值。嚴格說起來，正確解法應該要證明極限存在，否則你可能是把實際上發散的極限解出一個虛假的極限值。

但高中數學很多時候不是計算題，過程稍不嚴謹無妨，只要自己確信是對的就好。比方說按題意極限很明顯存在，只是我不去證。

其實高中數學老早有這種方法了。當我們求馬可夫鏈的穩定態，嚴格說起來是求

\begin{align*} &\,\begin{bmatrix} x\\ y \end{bmatrix}\\[4mm] =&\,\lim_{n\to\infty} A^n \begin{bmatrix} x_0\\ y_0 \end{bmatrix} \end{align*}

但高二下學到矩陣時，尚未學到高三的極限概念。就算對高三生來講，解 $A^n$ 也是辦不到的。所以乾脆假設 $\begin{bmatrix} x\\ y \end{bmatrix}$ 是存在的，就有

\begin{align*} &\,\begin{bmatrix} x\\ y \end{bmatrix}\\[4mm] =&\,\lim_{n\to\infty}A^n \begin{bmatrix} x_0\\ y_0 \end{bmatrix}\\[4mm] =&\,\lim_{n\to\infty}A^{n+1} \begin{bmatrix} x_0\\ y_0 \end{bmatrix}\\[4mm] =&\,A\lim_{n\to\infty}A^n \begin{bmatrix} x_0\\ y_0 \end{bmatrix} \end{align*}

事實上，馬可夫鏈不一定有穩定狀態，反例如轉移矩陣

A= \begin{bmatrix} 0 & 1\\ 1 & 0 \end{bmatrix}

初始分佈為

\begin{bmatrix} x_0\\ y_0 \end{bmatrix}

其中 $x_0\ne0.5$ ，這樣就不會有穩定狀態。但只要題目避開這種奇葩的特例，一般還是會存在穩定狀態，於是這樣的解法還是行得通。

另一例是期望值的某一種解法。若骰子丟中一點得 1 元，六點得 6 元，其它點數則先得 1 元再繼續投擲，求獎金期望值。正規寫法，會寫出複雜的無窮級數。對於這個無窮級數，不直接運算，而是拉出（可以先不必慢慢看過程）

\begin{align*} E=&\,\frac16\times1+\frac16\times6\\[4mm] &\,\hspace{2pt}+\frac23\times\frac16\times(1+1)\\[4mm] &\,\hspace{4pt}+\frac23\times\frac16\times(6+1)\\[4mm] &\,\hspace{6pt}+\left(\frac23\right)^2\times\frac16\times(1+2)\\[4mm] &\,\hspace{8pt}+\left(\frac23\right)^2\times\frac16\times(6+2)+\cdots\\[6mm] =&\,\frac16\times1+\frac16\times6 \quad\colorbox{aqua}{\text{拉出} $\frac23$}\\[4mm] &\,\hspace{2pt}+\frac23\times\Big[\frac16\times(1+1)\\[4mm] &\,\hspace{4pt}+\frac16\times(6+1)\\[4mm] &\,\hspace{6pt}+\frac23\times\frac16\times(1+2)\\[4mm] &\,\hspace{8pt}+\frac23\times\frac16\times(6+2)\\[4mm] &\,\hspace{10pt}+\left(\frac23\right)^2\times\frac16\times(1+3)\\[4mm] &\,\hspace{12pt}+\left(\frac23\right)^2\times\frac16\times(6+3)+\cdots\Big]\\[6mm] =&\,\frac16\times1+\frac16\times6\\[4mm] &\,+\frac23\times\Big[1+\frac16\times1+\frac16\times6\\[4mm] &\,\hspace{2pt}+\frac23\times\frac16\times(1+1)\\[4mm] &\,\hspace{4pt}+\frac23\times\frac16\times(6+1)\\[4mm] &\,\hspace{6pt}+\left(\frac23\right)^2\times\frac16\times(1+2)+\\[4mm] &\,\hspace{8pt}\left(\frac23\right)^2\times\frac16\times(6+2)+\cdots\Big]\\[4mm] =&\,\frac16\times1+\frac16\times6+\frac23\times(1+E) \end{align*}

這樣可簡單移項解出 $E=\dfrac{11}2$ 。

雖說後來的移項很簡單，但前面這樣拉出來並不太容易。可改採較機率的看法，畫出整個遊戲的無限延伸樹狀圖，設期望值 $E$ ，並看出：若已經投擲 2 到 5 其中一點，並拿 1 元，即將開始第二回合前，若將此時此刻看成整個遊戲開始前，那麼此時開始計算的期望值也同樣是 $E$ ，因為此時開始看的無限延伸樹狀圖與整個遊戲的樹狀圖完全是同構的。便可列出

\begin{align*} E=\frac16\times1+\frac16\times6+\frac23\times(1+E) \end{align*}

例題

以下將再介紹，利用類似以上二例辦法，來解開高中數學裡的極限問題。

例題 1

數線上 $A(0), B(1)$ ，取 $P_1$ 為 $\overline{AB}$ 中點、 $P_2$ 為 $\overline{P_1B}$ 中點、 $P_3$ 為 $\overline{P_1P_2}$ 中點、 $P_4$ 為 $\overline{P_3P_2}$ 中點、……以此類推。則 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}P_n =\,\rule{3em}{.6pt}$ 。

解

正規解法為依題目敘述分析出答案為

\begin{align*} 1-\frac12+\frac14-\frac18+\cdots \end{align*}

有看出這個就好算了。若無法看出，可改採下面這個方法。

若我們直接設答案為 $x$ ，就是說，我們先以 $0$ 、 $1$ 兩點作為線段兩端按題目所述操作，極限點是 $x$ 。那麼如果我以 $a$ 、 $b$ （ $b>a$ ）兩點作為線段兩端按題目所述操作，極限點是 $c$ ，則前後兩例的線段長必成比例。講具體點，必然要有

\begin{align*} \frac{x-0}{1-0}=\frac{c-a}{b-a} \end{align*}

所以當我們按題目操作兩步驟得到 $P_1\left(\dfrac12\right)$ 、 $P_2\left(\dfrac34\right)$ ，想像現在是此時才開始，以 $P_1$ 、 $P_2$ 兩點作為線段兩端按題目所述操作，會得到同一個極限點 $x$ ，此時必有下列關係

\begin{align*} \frac{x-0}{1-0}=\frac{x-\frac12}{\frac34-\frac12} \end{align*}

這樣就解出 $x=\frac23$ 。

此題因正規解法也不是太難想到，所以此解法威力不夠明顯。接著再看類似解法用在下一題。

例題 2

例题 2

平面上， $P_0$ 為原點， $P_1(1,0)$ 。且 $\overline{P_{n+1}P_n}=\dfrac{2}{3}\overline{P_nP_{n-1}}$ 對所有正整數 $n$ 都成立， $m_{\overline{P_{n+1}P_n}}=0$ 對所有偶數 $n$ 都成立、 $m_{\overline{P_{n+1}P_n}}=\sqrt{3}$ 對所有奇數 $n$ 都成立。若 $P_n(a_n,b_n)$ ，則 $\displaystyle\big(\lim_{n\to\infty}a_n,\lim_{n\to\infty}b_n\big)=\,\rule{5em}{.6pt}$ 。

解

設極限點 $P(x,y)$ ，很明顯是存在的，然後先求出 $P_2\left(\frac43,\frac{2\sqrt3}3\right)$ ，則

\begin{align*} \overrightarrow{OP} =&\,\overrightarrow{OP_2} + \overrightarrow{P_2P}\\[4mm] =&\,\overrightarrow{OP_2} +\left(\frac23\right)^2 \overrightarrow{OP} \end{align*}

即

\begin{align*} (x,y)=\left(\frac43+\frac49x,\frac23\sqrt3+\frac49y\right) \end{align*}

便易解出 $\left(x,y\right)=\left(\frac{12}5,\frac35\sqrt3\right)$ 。

例題 3

例题 3

數列 $\langle a_n\rangle$ 及 $\langle b_n\rangle$ 滿足 $a_1=1,b_1=2$ ，且

\begin{align*} \begin{bmatrix} ~a_{n+1}~\\ ~b_{n+1}~ \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} ~1 & -2~\\ ~-1 & 0~ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} ~a_n~\\ ~b_n~ \end{bmatrix} \;\; (n=1,2,3,\cdots) \end{align*}

若極限 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{b_n}{a_n}=\alpha$ 存> 在且 $\alpha<1$ ，則 $\alpha=\rule{3em}{.6pt}$ 。

解

\begin{align*} \alpha =&\,\lim_{n\to\infty} \frac{b_n}{a_n}\\[4mm] =&\,\lim_{n\to\infty} \frac{b_{n+1}}{a_{n+1}}\\[4mm] =&\,\lim_{n\to\infty} \frac{-a_n}{a_n-2b_n}\\[4mm] &\,\hspace{1mm}\colorbox{aqua}{上下同除以 $a_n$}\\[4mm] =&\,\lim_{n\to\infty} \frac{-1}{1-2\cdot\dfrac{b_n}{a_n}}\\[4mm] =&\,\frac{-1}{1-2\alpha} \end{align*}

移項可得 $2\alpha^2-\alpha-1=0$ ，解出 $\alpha=1$ 或 $-\dfrac12$ 。由於 $\alpha<1$ ，故答案為 $\alpha=-\dfrac12$ 。

此題來自中央數學系甄試二階段筆試，由於題目已經聲明極限存在，所以這解法並不賴皮，甚至可能就是命題老師預設的解法。

例題 4

例题 4

有一邊長為 $1$ 公尺的正五邊形 $ABCDE$ 的公園步道，今有一人站在 $C$ 點，已知此人不論位於哪個頂點，走到相鄰兩頂點的機率各為 $\frac{1}{2}$ ，求當此人第一次走到 $A$ 點時，他所行走的路徑長之期望值。

解

設 $L_k$ 為：當所在點距離 $A$ 點最短距離為 $k$ ，此人第一次走到 $A$ 點所行走路徑長之期望值。

則此人位於 $B$ 、 $C$ 、 $D$ 及 $E$ 點的期望值分別為

\begin{align*} L_1 , L_2, {\color{blue}L_2}, {\color{blue}L_1} \end{align*}

我用不同色的 ${\color{blue}L_2}, {\color{blue}L_1}$ 來代表 $D$ 及 $E$ 點，以區分它們和 $B$ 及 $C$ 點。當然值是一樣的（ $L_1={\color{blue}L_1}$ 、 $L_2={\color{blue}L_2}$ ）。

從 $C$ 點出發，各 $\frac{1}{2}$ 機率走到 $B$ 點、 $D$ 點：

\begin{align*} L_2=\frac{1}{2}\cdot\big(1+L_1\big) +\frac{1}{2}\cdot\big(1+{\color{blue}L_2}\big) \end{align*}

為什麼會有個 $+1$ ？因為當你從 $C$ 點走到 $B$ 點或 $D$ 點，已經走了一步。

從 $B$ 點出發，各 $\frac{1}{2}$ 機率走到 $A$ 點（則結束）、 $C$ 點：

\begin{align*} L_1=\frac{1}{2}\cdot1 +\frac{1}{2}\cdot\big(1+L_2\big) \end{align*}

那麼我們有

\begin{align*} L_2=&\,\frac{1}{2}\cdot\big(1+L_1\big) +\frac{1}{2}\cdot\big(1+{\color{blue}L_2}\big)\\[4mm] =&\,1+\frac{1}{2}L_1+\frac{1}{2}L_2\\[4mm] \frac{1}{2}L_2 =&\,1+\frac{1}{2}L_1\\[4mm] =&\,1+\frac{1}{2}\Big(\frac{1}{2}\cdot1+\frac{1}{2}\cdot \big(1+L_2\big) \Big)\\[4mm] =&\,\frac{3}{2}+\frac{1}{4}L_2\\[4mm] \frac{1}{4}L_2 =&\,\frac{3}{2}\quad \Rightarrow L_2=6 \end{align*}

例題 5

連續丟擲一枚公平的銅板，正面以 $0$ 表示，反面以 $1$ 表示，當出現 $010$ 就停止，算甲贏，當出現 $11$ 就停止，算乙贏，請問甲贏的機率為何？

解

這題若要硬列所有可能狀況，會很快變成一棵無限延伸的樹狀圖。但其實不用真的把整棵樹畫完，只要抓住其中一個「又回到同樣處境」的狀態即可。

設 $p$ 為：

上一次丟出 $0$ ，且目前還沒有分出勝負，從此刻繼續丟下去，最後甲贏的機率。

為什麼只要看「上一次丟出 $0$ 」？因為目標 $010$ 的開頭是 $0$ ，所以一旦最後一個結果是 $0$ ，就等於手上已經握有一個可能的開頭。

接下來分兩種情況：

若下一次丟出 $0$ ，仍然是「上一次丟出 $0$ ，還沒分勝負」的狀態，所以甲贏機率還是 $p$ 。
若下一次丟出 $1$ ，就已經出現 $01$ 。此時再下一次丟出 $0$ ，甲立刻贏；再下一次丟出 $1$ ，則出現 $11$ ，乙立刻贏。

因此可以列出

\begin{align*} p =&\,\frac{1}{2}\cdot p +\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}\\[4mm] \frac{1}{2}p =&\,\frac{1}{4}\\[4mm] p =&\,\frac{1}{2} \end{align*}

解出 $p$ 值之後，接著我們目光回到整個遊戲的一開始。

第一次丟擲也分兩種情況：

若第一次丟出 $0$ ，就進入剛剛定義的狀態，所以後續甲贏機率是 $p$ 。
若第一次丟出 $1$ ，下一次若丟出 $1$ ，乙直接贏；下一次若丟出 $0$ ，才會進入剛剛定義的狀態。

所以甲贏的機率為

\begin{align*} &\,\mathrm{P}(X_1=0) \cdot\mathrm{P}\big(\text{甲贏}\,\vert\, X_1=0\big) \\[4mm] &\,\hspace{4pt} +\mathrm{P}(X_1=1) \cdot\mathrm{P}(X_2=1)\\[4mm] &\,\hspace{8pt} \cdot\mathrm{P}\big(\text{甲贏}\,\vert\, X_1=X_2=1\big)\\[4mm] =&\,\frac{1}{2}\cdot p +\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}\cdot p\\[4mm] =&\,\frac{3}{4}p\\[4mm] =&\,\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{2} =\frac{3}{8} \end{align*}

故甲贏的機率為 $\dfrac{3}{8}$ 。

練習題

經過上面演示，就不難將相同套路用在下面題目。

練習題 1

Exercise

有一青蛙先由 $P$ 向東前進 $1$ 公尺到 $P_1$ 處，再由 $P_1$ 向北前進 $\dfrac34$ 公尺到 $P_2$ 處，又由 $P_2$ 向西前進 $\Big(\dfrac34\Big)^2$ 公尺到 $P_3$ 處，再由 $P_3$ 向南前進 $\Big(\dfrac34\Big)^3$ 公尺到 $P_4$ 處，又由 $P_4$ 向東前進 $\Big(\dfrac34\Big)^4$ 公尺到 $P_5$ 處，如此繼續行進（即每次逆時針方向轉 $90^\circ$ 且每段距離為前段之 $\dfrac34$ 倍），得 $P_6,P_7,\cdots$ 。設 $\displaystyle\lim_{k\to\infty}P_k=Q$ ，則 $\overline{PQ}=\rule{3em}{.6pt}$ 公尺。

極限題圖示：青蛙行進路線

練習題 2