35303 交錯級數收斂性的探討

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

摘要: 我們首先釐清何謂無窮級數,得以免去諸多的混淆與迷惑。接著透過數學套裝軟體Mathematica 1 1 數學套裝軟體 Mathematica 的簡介請參考數論輕鬆遊[6]第一節。 ,用實驗的方法來探討交錯調和級數之所以收斂的緣由;再用分析的方法確認之。 而這個方法,又很自然地可推廣到一般的情況;從而得知,交錯級數之所以收斂的充份條件。 最後我們藉著歐拉常數 2 2 歐拉常數 $\displaystyle\gamma=\lim_{n\to\infty}(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}-\ln n)$。 $\gamma$ 來說明交錯調和級數是如何收斂於 $\ln2$ 的前因後果。

1. 引言:無窮的遐思?

「無窮和 (infinite summation) 」乃是一矛盾之語詞 (oxymoron),其中的「無窮 (infinite)」表示沒有窮盡、不停止、永不止息的意思, 而「和 (summation)」則意味著抵達某一高潮 (summit)的行動、達到一總數、得到一結論。我們如何對一永不止息的過程作一個結論呢? 這有如 Zeno 3 3 芝諾 Zeno of Elea ($\sim$ 490 BC-- 425 BC)是希臘的哲學家。提出一些似是而非的理論來說明假設 任何東西都可分成無窮多等份所造成的困境。其中最有名的一個稱為Achilles 與烏龜。 Zeno說:雖然Achilles是史詩《Iliad》中的英雄 人物,但若要他與一頭烏龜賽跑,只要烏龜先跑一段路,他就永遠追不上烏龜的,因為當他跑到原先烏龜所在的位置,烏龜已經又跑到他的前方。 所提出的一些似是而非的理論。因此之故,我們就以無窮級數 (infinite series)來代替無窮和之混淆,但仍須對此術語作一嚴格的定義。怎麼說呢? 由於我們人的有限,當我們談到無限的時候,就必須特別的謹慎小心。有時候,直覺可能引導我們到一個錯誤的方向去,譬如眾所周知的歐拉數 $\displaystyle e=\lim_{n\to\infty}(1+\frac{1}{n})^n$;直覺告訴我們,當 $n$很大的時候 $\displaystyle\{1+\frac{1}{n}\}$ 會趨近於 1, 而 1的任何次方是 1,所以 $\displaystyle\{(1+\frac{1}{n})^n\}$ 應該會趨近於 1才是。同樣的危險有可能會出現在無窮和上面,且看交錯級數如下: $$\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\frac{n}{n+1}=\frac{1}{2}-\frac{2}{3}+\frac{3}{4}-\frac{4}{5}+\frac{5}{6}-\frac{6}{7}+-\cdots\hbox{。}$$

若以不同的組合來看此一無窮和,就會得到完全不同,甚至是矛盾的結果,如下所示: \begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\frac{n}{n+1}&=&(\frac{1}{2}-\frac{2}{3})+(\frac{3}{4}-\frac{4}{5})+ (\frac{5}{6}-\frac{6}{7})+\cdots \lt 0, \\ \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\frac{n}{n+1}&=&\frac{1}{2}+(-\frac{2}{3}+\frac{3}{4})+(-\frac{4}{5}+ \frac{5}{6})+(-\frac{6}{7}+\frac{7}{8})+\cdots\gt 0\hbox{。} \end{eqnarray*}

在第一種組合當中,每個括弧內的數皆小於 $0$,所以和必定小於 $0$;在第二種組合, 除第一項 $\frac{1}{2}$之外的每個括弧內的數皆大於 $0$,所以和必定大於 $0$。 因此之故我們必須對無窮級數及其收斂性等作一嚴格的定義,而萬萬不能以無窮和一語大而化之來敷衍了事!

定義: 給予一實數數列 $\left\{a_n\right\}_{n=1}^{\infty}$,我們定義 $n$ 項部份和為 $$S_n=\sum_{k=1}^n a_k\qquad\forall n\in {\mathbb N}\hbox{。}$$

所謂的無窮級數,我們指的就是這個部份和數列 $\left\{S_n\right\}$ ,以符號 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 表示之。 若此部份和數列 $\left\{S_n\right\}$ 是收斂的,亦即其極限值存在;我們就說此無窮級數 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$是收斂的,否則稱之為發散的。 我們將這個部份和數列 $\left\{S_n\right\}$的極限值稱之為無窮級數的和,仍然用同樣的符號 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$來表示。

一般而言,計算一個無窮級數的和需要兩個步驟;其一為想盡各式各樣的辦法來找出部份和 $S_n$ 的公式,然後再根據這個公式來計算其極限值。 第一個步驟往往很難,除了幾何級數 (Geometric Series) 、伸縮級數 (Telescoping Series) 及一些較特殊的級數外, 差不多大部份的級數都被摒除在外。所以我們只好退而求其次,只問極限值存在嗎?關於這個,我們有許許多多判別級數收斂性的方法。 至於求和的問題,只好訴諸所謂的數值方法來求其近似值;而這也是 Mathematica 可以大大發揮的地方!

為了說明上述求和步驟之二重奏,我們一起來看一個大家所熟悉的級數如下:且看交錯調和級數 $$1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{5}-\frac{1}{6}+-\cdots\hbox{。}$$

大家都知道這個級數是收斂的,它的和到底是多少呢?在下一節中,我們先用實驗的方法探討一下,這個級數是如何收斂的; 然後再用分析的方法來確認之,並藉著定義歐拉常數 $\gamma$ 的那個數列 $\{1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}-\ln n\}$ 來說明交錯調和級數是如何收斂於 $\ln2$ 的前因後果。

2. 實驗:交錯調和級數為何收斂?

令 $n\in\mathbb{N}$ 且令 $\displaystyle a_n=(-1)^{n+1}\frac{1}{n}$,則其對應的級數 $\sum a_n$ 就是所謂的交錯調和級數 $$1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{5}-\frac{1}{6}+-\cdots\hbox{。}$$

令 $\displaystyle S_n=\sum_{k=1}^n a_k$ 為其 $n$ 項部份和。級數是否收斂,完全看此部份和數列 $\{S_n\}$ 是否收斂; 所以當務之急乃觀察此部份和數列 $\{S_n\}$ 的變動趨勢,由此再來推斷極限值 $\displaystyle\lim_{n\to\infty} S_n$ 存在與否。

  1. 先定義部份和數列s[n]如下: $$ In[1]:= s[n_]:=Sum[(-1)^(k+1)/k,{k,1,n}] $$
  2. 經驗告訴我們,要判斷極限 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}S_n$ 是否存在,最好最快的方法是觀察其圖形。 目前的變數 $n$是離散的 (discrete),所以我們只能用 ListPlot來畫圖形,如下: $$ In[2]:= {h1=ListPlot[Table[s[n],{n,50}]], h2=ListPlot[Table[s[n],{n,50}],PlotJoined-\gt True]}; Show[GraphicsArray[{{h1,h2}}]] $$ 所得到的描點圖及連結圖,請見圖一。
    圖一.部份和數列 $\{S_n\}$前50項的描點圖及連結圖。
  3. 圖一 給我們的感覺是極限 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}S_n$ 會存在。但危險的是所觀察的項數太少了,可能導致錯誤的猜測。 所以就讓我們將$n$ 提高到6000看看變化如何。 $$ In[3]:= ListPlot[Table[s[n],{n,6000}] $$ 所得到的描點圖,請見圖二。
    圖二.部份和數列 $\{S_n\}$前6000項的描點圖。
  4. 圖二 讓我們更有信心相信極限 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}S_n$ 是會存在的。 很明顯地,兵分二路;一路由上往下而另一路由下往上,卻往同一個目標奔跑。 這告訴我們部份和數列 $\{S_n\}$包含兩個子數列,一個遞增而另一個則遞減。 很自然地我們會猜想到,這有可能就是奇數項及偶數項所形成的子數列。茲確認如下: $$ In[4]:= {odd=ListPlot[Table[s[n],{n,1,6000,2}]], even=ListPlot[Table[s[n],{n,2,6000,2}]]}; Show[GraphicsArray[{{odd},{even}}]] $$
圖三所見,乃是輸出 Out [4] 所得到的描點圖 (表面上看起來好像是連續的圖形,此乃因為上下各包含3000個點的描點圖) ; 上方為奇數項所形成的子數列 $\{S_{2n+1}\}_{n=0}^{2999}$之描點圖, 下方則為偶數項所形成的子數列 $\{S_{2n}\}_{n=1}^{3000}$之描點圖。 所以從圖形的研判,我們只能確認上述的猜想是對的;因而才值得我們花時間,來證明上述的猜想的確是正確的。
圖三.部份和數列 $\{S_n\}$前3000項之奇數項及偶數項的描點圖。

3. 實驗之分析:收斂之確認與交錯級數判別法

由上面的實驗,我們得到以下的猜測:

猜測: 交錯調和級數 $$1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{5}-\frac{1}{6}+-\cdots$$ 是收斂的。其部分和數列 $\{S_n\}$ 收斂方式分成兩道:一道由上往下,來自較大的奇數項所形成的子數列 $\{S_{2n+1}\}$, 而另一道則由下往上,來自較小的偶數項所形成的子數列 $\{S_{2n}\}$,且兩道往同一目標奔跑。

如上述實驗中所採用的符號,我們有 $$S_{2n+1}-S_{2n-1}=a_{2n+1}+a_{2n}=\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n}\lt 0\quad\forall n\in\mathbb{N}, $$ 所以奇數項所形成的子數列 $\{S_{2n+1}\}$ 為一嚴格遞減數列。同樣地,我們有 $$S_{2n+2}-S_{2n}=a_{2n+1}+a_{2n+2}=\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n+2}\gt 0\quad\forall n\in\mathbb{N}, $$ 所以偶數項所形成的子數列 $\{S_{2n}\}$ 為一嚴格遞增數列。其次我們有 $$S_{2n+1}=\left(1-\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n}\right) +\frac{1}{2n+1}\gt 0, $$ 以及 $$S_{2n}=1+\left(-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}\right)+\left(-\frac{1}{4}+\frac{1}{5}\right) +\cdots+\left(-\frac{1}{2n-2}+\frac{1}{2n-1}\right)-\frac{1}{2n}\lt 1\hbox{。}$$ 因此我們得到,奇數項所形成的子數列 $\{S_{2n+1}\}$ 為一嚴格遞減有下界 (0 為其下界) 的數列, 而偶數項所形成的子數列 $\{S_{2n}\}$ 則為一嚴格遞增有上界 (1 為其上界) 的數列。 單調收斂定理 4 4 單調有界的實數列必收斂,此乃實數完全性眾多版本中的一個。 所謂單調意指遞增或遞減,因而這個定理又可細分成為:遞增有上界的實數列必收斂,遞減有下界的實數列必收斂。 告訴我們,這兩個子數列 $\{S_{2n+1}\}$與 $\{S_{2n}\}$都是收斂的;說是收斂於 $S_{\rm odd}$及 $S_{\rm even}$。 另一方面我們有 $$S_{2n+1}-S_{2n}=a_{2n+1}=\frac{1}{2n+1}\to 0\,,\ \hbox{若}\ n\to\infty$$ $$\Longrightarrow S_{\rm odd}-S_{\rm even}=\lim_{n\to\infty}[S_{2n+1}-S_{2n}]=0$$ 所以這兩個子數列收斂於同一個值 $S=S_{\rm odd}=S_{\rm even}$,而此值其實就是原來那個部分和數列 $\{S_n\}$的極限值。 因此上述的猜測就變成實實在在的一個定理:交錯調和級數是收斂的。

事實上,這些論證不僅告訴我們上面的猜測變成實實在在的一個定理,而且也提供了一般交錯級數如何收斂的模式。 我們只需將交錯調和級數第 $n$項 $\displaystyle a_n=(-1)^{n+1}\frac{1}{n}$ 中的 $\displaystyle\frac{1}{n}$ 取代為

極限值為 0的遞減正項數列 $b_n$

即可。這就是所謂的交錯級數判別法,敘述如下:

交錯級數判別法: 令 $b_n$為一遞減且極限值為 0的正項數列且令 $a_n=(-1)^{n+1}b_n$,則交錯級數 $\sum a_n$ $$b_1-b_2+b_3-b_4+b_5-b_6+-\cdots$$ 是收斂的。其部分和數列 $\{S_n\}$ 收斂方式分成兩道:一道由上往下,來自較大的奇數項所形成的子數列 $\{S_{2n+1}\}$; 而另一道則由下往上,來自較小的偶數項所形成的子數列 $\{S_{2n}\}$,且兩道往同一目標奔跑。

4. 交錯調和級數收斂於何處?

接著我們來計算交錯調和級數的和。如第一節中所說的,這需要兩個步驟;第一個步驟就得將部份和 $$S_n=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\cdots+(-1)^{n+1}\frac{1}{n}$$ 理出一個公式來,這是一件非常不容易的事情。圖二 所顯示的值約為 $0.693\cdots$, 下面我們用一個非常基本的方法來求出其確切的值;而此法也只適用於此處,很難推廣到其他的場合。 若將 $S_n$中的負號變為正,那就變成調合級數的部份和 $$H_n=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}\mbox{;}$$ 這差不多是 $n$的自然對數 $\ln n$,所以極限當然是 $\infty$。歐拉(Euler) 很巧妙地將兩者一減,稱之為 $\gamma_n$; 所以我們有 $$\gamma_n=H_n-\ln n=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}-\ln n,\quad n\in\mathbb{N}, $$ 這就大有搞頭且好戲不斷囉。原先的兩個數列 $H_n$ 與 $\ln n$都是嚴格遞增到 $\infty$的,相減之後又如何呢? 且看相鄰兩項的差 $\gamma_{n+1}-\gamma_n$,化簡之得 $$\gamma_{n+1}-\gamma_n=\frac{1}{n+1}-[\ln(n+1)-\ln n]=\frac{1}{n+1}-\ln(1+\frac{1}{n})\mbox{;}$$ 這裡出現了兩位老兄: $\displaystyle\frac{1}{n+1}$ 與 $\displaystyle\ln(1+\frac{1}{n})$,到底誰大呢?簡單之至! 這主要是因為 $\displaystyle\ln(1+\frac{1}{n})=\int_1^{1+\frac{1}{n}}\frac{1}{x}\,dx$ ,所以這位老兄代表著函數圖形 $\displaystyle y=\frac{1}{x}$ 下方在區間 $\displaystyle[1,\frac{1}{n}]$所包圍區域 $R$的面積。

令 $R_1$與 $R_2$分別為上述區域 $R$的內接 (灰色區) 與外接 (上面那條水平線到 $x$-軸)長方形區域, 則其共同邊長為 $\displaystyle\frac{1}{n}$,而另一邊長分別為 $\displaystyle\frac{1}{1+\frac{1}{n}}$與 1。故對應的面積分別就是 $\displaystyle\frac {1}{n}\cdot\frac{1}{1+\frac{1}{n}}=\frac{1}{n+1}\quad\mbox{與}\quad\frac{1}{n}\cdot 1=\frac{1}{n}\mbox{,}$ 當然 $R$的面積 $\displaystyle\ln(1+\frac{1}{n})$就介於這兩個數之間。這就是所謂的「無言的證明」;因為看看圖形,一切盡在不言中。

圖四.在區間 $\displaystyle [1,1+\frac{1}{n}]$上,$R$(曲線至 $x$-軸所包圍的區域),$R_1$ (灰色區),及 $R_2$(上方水平線至 $x$-軸的長方形區域)之圖形。

\begin{eqnarray*} In[5]&=& p4=Graphics[\{\{GrayLevel[0.9],Rectangle[\{1,0\},\{1.5,1/1.5\}]\}\}];\\ &&p5=Plot[1/x,\{x,1,1.5\},PlotStyle-\gt RGBColor[0,0,1]];\\ &&p6=ListPlot[\{\{1,0\},\{1,1\},\{1.5,1\},\{1.5,0\},\{1,0\}\},\\ &&PlotJoined-\gt True,PlotStyle-\gt RGBColor[1,0,0]]\\ &&p7=Graphics[\{\{GrayLevel[0.5],Line[\{\{1,1/1.5\},\{1.5,1/1.5\}\}]\},\\ &&\{RGBColor[1,0,0],Line[\{\{1,0\},\{1.5,0\}\}]\} \}];\\ &&p8=Graphics[\{\{GrayLevel[0.1],\\ &&Text["The area is 1 over n+1",\{1.25,.35\}]\}\}];\\ &&Show[\{p4,p5,p6,p7,p8\}]\\ \end{eqnarray*}

故得不等式 $\displaystyle\frac{1}{n+1}\lt \ln(1+\frac{1}{n})$,因而有 $$\gamma_{n+1}-\gamma_n=\frac{1}{n+1}-\ln(1+\frac{1}{n})\lt 0\hbox{;}$$ 所以 $\left\{\gamma_n\right\}$ 是一個遞減數列。另一方面我們有 $$\ln n=\int_1^n\frac{1}{t}\, dt=\sum_{k=1}^{n-1}\int_k^{k+1}\frac{1}{t}\, dt \le\sum_{k=1}^{n-1}\int_k^{k+1}\frac{1}{k}\, dt=\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{k}\lt \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}, $$ 因此 $\displaystyle \gamma_n=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}-\ln n\gt 0$,也就是說 0為數列 $\{\gamma_n\}$ 的一個下界。 所以單調收斂定理告訴我們,此數列 $\left\{\gamma_n\right\}$ 是收斂的。 這個極限通常稱之為歐拉常數 5 5 歐拉常數 $\gamma$的值大約是 $0.57721566490153286060651209\cdots$, 但此數究竟是有理數或無理數至今仍然還是一個謎,有待你去發掘、探討與研究。 (Euler's constant), 以符號 $\gamma$ 表示之: $$\gamma=\lim_{n\to\infty}(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}-\ln n)\hbox{。}$$

現在我們回到交錯調和級數的 $n$項部份和 $S_n$,可以感覺出來 $S_n$與 $\gamma_n$這兩個數列有很密切的關係。 將 $\gamma_{2n}$寫成 $$\gamma_{2n}=(1+\frac{1}{2})+(\frac{1}{3}+\frac{1}{4})+\cdots+(\frac{1}{2n-1}+\frac{1}{2n})-\ln(2n), $$

其中第 $k$個括弧為兩分數之和 $\displaystyle\frac{1}{2k-1}+\frac{1}{2k}$; 將此和與 $\gamma_n$ 中的 $\displaystyle\frac{1}{k}$ 對應,相減後可得 $\displaystyle\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k}$。因此我們有 $$\gamma_{2n}-\gamma_n = 1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\cdots+\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n}-[\ln(2n)-\ln n]\hbox{;}$$ 也就是說 $\displaystyle\gamma_{2n}-\gamma_n = S_{2n}-\ln2$,因而得知 $$S_{2n}=\gamma_{2n}-\gamma_n+\ln2\hbox{。}$$ 兩邊取極限可得 $$\lim_{n\to\infty}S_{2n}=\lim_{n\to\infty}\gamma_{2n}-\lim_{n\to\infty}\gamma_n+\ln2=\gamma-\gamma+\ln2=\ln2\hbox{。}$$ 這就是交錯調和級數的和,等於 $\ln2\approx0.69314718\cdots\hbox{;}$ 跟前面圖二所顯示的值是一致的。

參考文獻

Bressoud, David M. : A Radical Approach to Real Analysis, MAA, Washington D.C., 1994. Clapham, Christopher: A Concise Oxford Dictionary of Mathematics, Oxford University Press, Oxford/New York, 1990. Daintith, John/Nelson, R.D.: The Penguin Dictionary of Mathematics, Penguin Books Ltd., 1989. Rudin, Walter : Principles of Mathematical Analysis, 3rd Edition, McGraw-Hill Book Co., New York, 1976. Wade, William R.: An Introduction to Analysis, Prentice Hall, New Jersey, 1995. 沈淵源, 數論輕鬆遊, 數學傳播第二十九卷第四期(116), 94年12月, 第45--71頁。全文見網頁 http://www.math.sinica.edu.tw/math_media/d294/29408.pdf

---本文作者任教私立東海大學數學系---

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