39406 交錯p 級數的重排

終極密碼

遊戲規則:本遊戲為猜密碼的遊戲。密碼為0到100之間的其中1個整數,電腦會提示密碼的所在範圍,玩家必須在6次之內猜到密碼才能過關。
★ 終極密碼為0到100之間 ★
您共有六次機會

交錯調和級數 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \dfrac 1n=1-\dfrac 12+\dfrac 13-\dfrac 14 +\cdots$ 收斂至 $\log 2$, 即 $$\log 2=\lim_{n\to \infty} S_n=\lim_{n\to \infty} \Big\{1-\dfrac 12+\dfrac 13-\dfrac 14 +\cdots+(-1)^{n-1} \dfrac 1n\Big\}$$ 通常直接寫成 $$\log 2=1-\dfrac 12+\dfrac 13-\dfrac 14 +\cdots+\dfrac1{2n-1}-\dfrac1{2n}+\cdots$$ 因為是條件收斂, 根據黎曼定理, 各項適當重新排列可收斂到任意實數。 例如課本常會提的, 重新排為 2 正項接 1 負項則收斂到 $\dfrac 32 \log 2$, 即 $$\dfrac 32\log 2=1+\dfrac 13-\dfrac 12+\dfrac 15 +\dfrac 17-\dfrac 14+\dfrac 19 +\dfrac 1{11}-\dfrac 16+\dfrac 1{13}+\dfrac 1{15} -\dfrac 18+\dfrac 1{17}+\dfrac 1{19}-\dfrac1{10}+\cdots$$ 另外如果重新排為 1 正項 2 負項則收斂到 $\dfrac 12 \log 2$, 即 $$\dfrac 12\log 2=1-\dfrac 12-\dfrac 14+\dfrac 13 -\dfrac 16-\dfrac 18+\dfrac 15-\dfrac 1{10}-\dfrac 1{12}+\dfrac 17 -\dfrac 1{14}-\dfrac 1{16}+\dfrac 19-\cdots$$ 更一般情況, 重新排為 $a$ 個正項接 $b$ 個負項得到 \begin{eqnarray*} \log 2\sqrt{\frac ab}&=&1\!+\!\frac 13\!+\!\cdots\!+\!\frac 1{2a\!-\!1}\!-\!\frac 12\!-\!\frac 14\!-\!\cdots\!-\!\frac 1{2b}\!+\!\frac 1{2a\!+\!1} \!+\!\frac 1{2a\!+\!3}\!+\!\cdots\!+\!\frac 1{4a\!-\!1}\\ &&-\frac 1{2b\!+\!2}-\frac 1{2b\!+\!4}\!-\!\cdots\!-\!\frac 1{4b}\!+\!\frac 1{4a\!+\!1}\!+\!\frac 1{4a\!+\!3}\!+\!\cdots\!+\!\frac 1{6a\!-\!1}\!-\!\frac 1{4b\!+\!2}\!-\!\cdots \end{eqnarray*} 特別如果 $a=1$, $b=4$, 即重新排為 1 正項 4 負項得到 \begin{align*} 0=&1-\frac 12-\frac 14-\frac 16-\frac 18+\frac 13-\frac 1{10}-\frac 1{12}-\frac 1{14}-\frac 1{16} +\frac 15-\frac 1{18}-\frac 1{20}-\frac 1{22}-\frac 1{24}\\ &+\frac 17-\frac 1{26}-\frac 1{28}-\frac 1{30}-\frac 1{32}+\frac 19-\cdots\tag*{$(*)$} \end{align*} 用 google 搜尋可查到這些結果。 在 Wikipedia 關於 Riemann series theorem 裡面證明了更一般結果, 並且指出如何重新排列使收斂到任意實數, 方法似乎相當複雜。 這裡要介紹一個簡單方法。 先說明 $(*)$ 的證明。 從證明可發現一般作法。

設 $S_{(n)}$ 為 $(*)$ 右邊級數從第 1 項到第 $n$ 段負項的和。 $S_{(n)}$ 包含原來交錯調和級數前 $n$ 個正項及前 $4n$ 個負項 \begin{eqnarray*} S_{(n)}&=&\Big(1\!-\!\dfrac 12\!+\!\dfrac 13\!-\!\dfrac 14 \!+\!\cdots\!+\!\frac 1{2n\!-\!1} \!-\!\frac 1{2n}\Big)\!-\!\frac 12\,\Big(\frac 1{n\!+\!1}\!+\!\frac 1{n\!+\!2}\!+\!\cdots\!+\!\frac 1{4n}\Big)\\ &=&\Big(1\!-\!\dfrac 12\!+\!\dfrac 13\!-\!\dfrac 14 \!+\!\cdots\!+\!\frac 1{2n\!-\!1} \!-\!\frac 1{2n}\Big)\!-\!\frac 12\frac 1n\Big(\frac 1{1\!+\!1/n}\!+\!\frac 1{1\!+\!2/n}\!+\!\cdots \!+\!\frac 1{1\!+\!3n/n}\Big) \end{eqnarray*} $S_{(n)}$ 分成 2 部分。 前半是原來交錯調和級數前 $2n$ 項和, 後半是函數 $y=\dfrac 1{2x}$ 在區間 $[1,4]$ 的黎曼和, 於是 $$\lim_{n\to\infty} S_{(n)}=\log 2-\int_1^4 \frac 1{2x}dx=\log 2-\frac 12\log 4=0$$ 若 $S_n$ 為 $(*)$ 右邊級數前 $n$ 項和, 則 $S_{5n}=S_{(n)}$, 且 $|S_{5n+k}-S_{(n)}|\le \dfrac 4n$, $k=1,2,3,4$, 於是 $\lim\limits_{n\to\infty} S_{n}=\lim\limits_{n\to\infty} S_{(n)}=0$。

要重新排列使收斂到 $\log 2-\dfrac 12\log t$, $t\ge 1$ 只須使 $S_{(n)}$ 的後半是函數 $y=\dfrac 1{2x}$ 在區間 $[1,t]$ 的黎曼和。 先把原來交錯調和級數的負項列出來。 $$-\frac 12-\frac 14-\frac 16-\frac 18-\frac 1{10}-\frac 1{12}-\frac 1{14}-\frac 1{16} -\frac 1{18}-\frac 1{20}-\frac 1{22}-\cdots$$ 把第 1 個正項 1 放最前面, 第 $n+1$ 個正項 $\dfrac1{2n+1}$ 放在第 $[nt]$ 個負項後面 ($[x]$ 表示不超過 $x$ 的最大整數), 即 $\dfrac1{2n+1}$ 在 $-\dfrac1{2[nt]}$ 和 $-\dfrac1{2[nt]+2}$ 之間。 新級數從第 1 項到 $\dfrac1{2n+1}$ 後 1 項如下 \begin{eqnarray*} 1-\cdots-\frac 1{2[t]}+\frac 13\!&-&\!\cdots-\frac 1{2[2t]}+\frac 15-\cdots-\frac 1{2[3t]}+\frac 17-\cdots\\ -\frac 1{2[(n-1)t]}\!&+&\!\frac 1{2n-1}-\frac 1{2[(n-1)t]+2}-\cdots-\frac1{2[nt]}+\frac 1{2n+1}-\frac 1{2[nt]+2}\cdots\\ \hbox{因為} [t(n-1)]&=&[tn-t]\le [tn-[t]]=[tn]-[t]\\ \hbox{又} [tn]-[t(n-1)]&\le&[[tn]-t(n-1)+1]\le[tn-t(n-1)+1]=[t]+1 \end{eqnarray*} $\dfrac 1{2n-1}$ 和 $\dfrac 1{2n+1}$ 間有 $[t]$ 或 $[t]+1$ 個負項。

設 $S_{(n)}$ 為重排後級數從第 1 項到第 $n$ 段負項的和。 $S_{(n)}$ 包含原來交錯調和級數前 $n$ 個正項及前 $[nt]$ 個負項 \begin{eqnarray*} S_{(n)}&=&\Big(1\!-\!\dfrac 12\!+\!\dfrac 13\!-\!\dfrac 14 \!+\!\cdots\!+\!\frac 1{2n\!-\!1} \!-\!\frac 1{2n}\Big)\!-\!\frac 12\Big(\frac 1{n\!+\!1}\!+\!\frac 1{n\!+\!2}\!+\!\cdots\!+\!\frac 1{[nt]}\Big)\\ &=&\Big(1\!-\!\dfrac 12\!+\!\dfrac 13\!-\!\dfrac 14 \!+\!\cdots\!+\!\frac 1{2n\!-\!1} \!-\!\frac 1{2n}\Big)\!-\!\frac 12\,\frac 1n\Big(\frac 1{1\!+\!1/n}\!+\!\frac 1{1\!+\!2/n}\!+\!\cdots \!+\!\frac 1{[nt]/n}\Big) \end{eqnarray*} $S_{(n)}$ 分成 2 部分。 前半是原來交錯調和級數前 $2n$ 項和, 後半是函數 $y=\dfrac 1{2x}$ 在區間 $[1,t]$ 的黎曼和 (請注意 $t-\dfrac 1n\le \dfrac{[nt]}{n}\le t$), 於是 $$\lim_{n\to\infty} S_{(n)}=\log 2-\int_1^t \frac 1{2x}dx=\log 2-\frac 12\log t$$ 設 $S_m$ 為重排後級數前 $m$ 項和。若 $S_m$ 中最後一項位於 $\dfrac 1{2n-1}$ 和 $\dfrac 1{2n+1}$ 間, 則 $|S_m-S_{(n)}|\le\dfrac {t+1}n$, 於是 $\lim\limits_{m\to\infty} S_{m}=\lim\limits_{n\to\infty} S_{(n)}= \log 2-\dfrac 12 \log t$。

要重新排列使收斂到 $\log 2+\dfrac 12 \log t$, $t\ge 1$。 先把原來交錯調和級數的正項都列出來 $$1+\frac 13+\frac 15+\frac 17+\frac 19+\frac 1{11}+\frac 1{13}+\frac 1{15}+\frac 1{17}+\cdots$$ 把第 $n$ 個負項放在第 $[nt]$ 個正項後面, 即 $-\dfrac1{2n}$ 放在 $+\dfrac 1{2[nt]-1}$ 和 $+\dfrac 1{2[nt]+1}$ 間。 底下列出重排後級數從第 1 項到 $-\dfrac 1{2n}$ 後 1 項 \begin{eqnarray*} 1+\cdots\!&+&\!\frac 1{2[t]-1}-\frac 12+\frac 1{2[t]+1} -\cdots+\frac 1{2[2t]-1}-\frac 14+\frac 1{2[2t]+1}+\cdots+\frac 1{2[3t]-1}\\ \!&-&\!\frac 16+\frac 1{2[3t]+1}+\cdots+\frac 1{2[(n-1)t]-1}-\frac 1{2(n-1)}+\frac 1{2[(n-1)t]+1}+\cdots\\ \!&+&\!\frac 1{2[nt]-1}-\frac 1{2n} +\frac1{2[nt]+1}\cdots\\ \end{eqnarray*} 設 $S_{(n)}$ 為重排後級數從第 1 項到第 $n$ 個負項和。 $S_{(n)}$ 包含原來交錯調和級數前 $n$ 個負項及前 $[nt]$ 個正項 \begin{eqnarray*} S_{(n)}&=&\Big(1\!-\!\dfrac 12\!+\!\dfrac 13\!-\!\dfrac 14 \!+\!\cdots\!+\!\frac 1{2n\!-\!1} \!-\!\frac 1{2n}\Big)\!-\!\Big(\frac 1{2n\!+\!1}\!+\!\frac 1{2n\!+\!2}\!+\!\cdots\!+\!\frac 1{2[nt]-1}\Big)\\ &=&\Big(1\!-\!\dfrac 12\!+\!\dfrac 13\!-\!\dfrac 14 \!+\!\cdots\!+\!\frac 1{2[nt]\!-\!1} \!-\!\frac 1{2[nt]}\Big)\!+\!\frac 12\Big(\frac 1{n\!+\!1}\!+\!\frac 1{n\!+\!2}\!+\!\cdots \!+\!\frac 1{[nt]}\Big)\\ &&\hskip 20pt \lim_{n\to\infty} S_{(n)}=\log 2+\int_1^t \frac 1{2x}dx=\log 2+\frac 12\log t \end{eqnarray*} 設 $S_m$ 為重排後級數前 $m$ 項和。 若 $S_m$ 中最後一項位於 $\dfrac 1{2n}$ 和 $\dfrac 1{2n+2}$ 間, 則 $|S_m-S_{(n)}|\le \dfrac {t+1}n$, 於是 $\lim\limits_{m\to\infty} S_{m}=\lim\limits_{n\to\infty} S_{(n)}=\log 2+ \dfrac 12\log t$。

同樣做法也可用於交錯 $p$ 級數 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \dfrac 1{n^p}=1-\dfrac 1{2^p}+\dfrac 1{3^p} -\dfrac 1{4^p} +\cdots$。 假設 $0\lt p\lt 1$, 再假設此級數收斂至 $\alpha$, 即假設 $$\alpha=\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \dfrac 1{n^p}=1-\dfrac 1{2^p}+\dfrac 1{3^p} -\dfrac 1{4^p} +\dfrac 1{5^p} -\dfrac 1{6^p} +\dfrac 1{7^p}\cdots$$ 底下說明如何重新排列使收斂到 $\alpha-2^{-p}t$, $t\gt 0$ 先把級數的負項都列出來. $$-\frac 1{2^p}-\frac 1{4^p}-\frac 1{6^p}-\frac 1{8^p}-\frac 1{10^p}-\frac 1{12^p}-\frac 1{14^p}-\frac 1{16^p} -\frac 1{18^p}-\frac 1{20^p}-\frac 1{22^p}-\cdots$$ 把第 1 個正項 1 放最前面, 第 $n+1$ 個正項 $\dfrac 1{(2n+1)^p}$ 放在第 $[n+tn^p]$ 個負項後面, 即 $\dfrac 1{(2n+1)^p}$ 在 $-\dfrac 1{(2[n+tn^p])^p}$ 和 $-\dfrac 1{(2[n+tn^p]+2)^p}$ 之間。 底下列出重排後級數從第 1 項到 $\dfrac 1{2n+1}$ 後 1 項 \begin{eqnarray*} 1-\cdots-\frac 1{(2[1\!+\!t])^p}+\frac 1{3^p}\!-\!\cdots\!-\!\frac 1{(2[2+t2^p])^p}+ \frac 1{5^p}\!-\!\cdots\!-\!\frac 1{(2[3\!+\!t3^p])^p}+ \frac 1{7^p}\!-\!\cdots\\ -\frac 1{(2[n\!-\!1\!+\!t(n\!-\!1)^p])^p}+ \frac 1{(2n\!-\!1)^p}\!-\!\cdots\!-\!\frac 1{(2[n+tn^p])^p}+ \frac 1{(2n\!+\!1)^p}\\ -\frac 1{(2[n+tn^p]+2)^p}-\cdots \end{eqnarray*} 設 $S_{(n)}$ 為重排後級數從第 1 項到第 $n$ 段負項的和。 $S_{(n)}$ 包含原來級數前 $n$ 個正項及前 $n+[tn^p]$ 個負項 \begin{eqnarray*} S_{(n)}&=&\Big(1-\frac 1{2^p}\!+\!\frac 1{3^p}-\frac 1{4^p}\!+\!\cdots\!+\!\frac 1{(2n\!-\!1)^p} -\frac 1{(2n)^p}\Big)\\ &&-\dfrac 1{2^p}\Big(\frac 1{(n\!+\!1)^p}\!+\!\frac 1{(n\!+\!2)^p}\!+\!\cdots \!+\!\frac 1{[n\!+\!tn^p]^p}\Big)\\ \hbox{而} \frac{[tn^p]}{n^p}&\ge&\frac 1{(n\!+\!1)^p}\!+\!\frac 1{(n\!+\!2)^p}\!+\!\cdots \!+\!\frac 1{[n+tn^p]^p}\ge\frac{[tn^p]}{(n+[tn^p])^p}=\frac{[tn^p]/n^p}{(1+[tn^p]/n)^p} \end{eqnarray*} 因 $0\lt p\lt 1$, $$\lim_{n\to\infty}\frac{[tn^p]}{n^p}=t=\lim_{n\to\infty}\frac{[tn^p]/n^p}{(1+[tn^p]/n)^p}$$ 於是 $\lim\limits_{n\to\infty} S_{(n)}=\alpha-2^{-p}t$。 證明了重排後新級數收斂到 $\alpha-2^{-p}t$, $t\gt 0$ 剩下重新排列使收斂到 $\alpha+2^{-p}t$, $t\gt 0$。 作法類似, 不再重複。

仍然設 $0\lt p\le 1$。 再假定 $c\gt 0$ 為常數, $n-c\le a_n\le n+c$ 且 $a_n\gt 0$, 則 $$\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \dfrac 1{{a_n}^p}=\dfrac 1{{a_1}^p}-\dfrac 1{{a_2}^p}+ \dfrac 1{{a_3}^p}-\dfrac 1{{a_4}^p}+\dfrac 1{{a_5}^p}-\dfrac 1{{a_6}^p}\cdots$$ 為條件收斂。 設其和為 $\lambda$。 因 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} |\dfrac 1{{a_n}^p}-\dfrac 1{n^p}|$ 收斂, 依照重排 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \dfrac 1{{n}^p}$ 方式也可重排此級數使收斂至與前面結果相對應的數字, 詳細討論省略。

如何重排使新級數部分和數列有指定的上極限及下極限, 將於另文討論。

---本文作者為國立中央大學數學系退休教授---