1. 引入

普特南數學競賽是美國的大學生數學競賽, 全稱 William Lowell Putnam Mathematical Competition, 每年舉行一次。 競賽後, 試題及解答刊載於美國數學月刊(The American Mathematical Monthly)。 一些試題非常新穎, 耐人尋味, 值得仔細揣摩。 例如, 在 2000 年舉行的第 61 屆競賽中, 第一道試題如下:

Let $A$ be a positive real number. What are the possible values of $\sum\limits_{j=0}^{\infty}x_j^2$, given that $x_0, x_1, x_2, \ldots$ are positive numbers for which $\sum\limits_{j=0}^{\infty}x_j=A$.

翻譯成中文, 就是:

設 $A$ 是正實數, 給定正數 $x_0, x_1, x_2, \ldots$ 且 $\sum\limits_{j=0}^{\infty}x_j=A$。 問: $\sum\limits_{j=0}^{\infty}x_j^2$ 的可能的值是什麼 ?

由比較判別法容易知道 $\sum\limits_{j=0}^{\infty}x_j^2$ 收斂, 這是教科書和習題集中經常出現的問題。 但我們很少考慮 $\sum\limits_{j=0}^{\infty}x_j^2$ 可能取到哪些值。 但這確實是一個有趣的問題, 值得認真思考。 當筆者第一次見到這個問題時(當時看專業書看得累了, 就看看這些題目作為消遣), 就被它深深地吸引, 並且責備自己第一次學習級數時為什麼沒有想到這樣的問題。 (我現在覺得這個問題是很自然的, 既然 $\sum\limits_{j=0}^{\infty}x_j^2$ 收斂, 那它可能收斂到什麼值呢 ? )

首先, 容易知道 $\sum\limits_{j=0}^{\infty}x_j^2\lt A^2$ (因為 $\sum\limits_{j=0}^{\infty}x_j^2\lt (\sum\limits_{j=0}^{\infty}x_j)^2$)。 但是否一定能取到所有小於 $A^2$ 的正數呢 ? 這就不是那麼容易回答了。

筆者思考了一段時間也無法解決這個問題, 索性去看答案 (這不是學習數學的正確方式, 但當時筆者還有其他更急迫的事情要做, 沒有這麼多的思考時間, 又很想知道問題的答案。 所以看答案也屬無奈。)

解答很簡潔 (可見美國數學月刊 108 卷 (2001年) $841\sim 850$ 頁), 出乎筆者的意料。

先將解答敘述一遍。 答案是: 小於 $A^2$ 的所有正數。注意到 $\sum\limits_{j=0}^{\infty}x_j^2$ 沒有最小正值。 因為和為 $A$ 的任何數列 $x_0, x_1, x_2, \ldots$ 可被數列 $x_0/2, x_0/2, x_1/2, x_1/2, x_2/2, x_2/2, \ldots$ 代替。 後者的和仍為 $A$, 但它的平方和為前者平方和的 $1/2$。 另一方面, 給定任一和為 $A$ 的正數列 $\{x_j\}$, 考慮正數列 $\{y_j\}$, 其中$ y_0=tx_0+(1-t)A$ 且對於 $j\geq1$, $y_j=tx_j(0\lt t\lt 1)$。 顯然 $\sum\limits_{j=0}^{\infty}y_j=A$, 且 $$\sum_{j=0}^{\infty}y_j^2=t^2\sum_{j=0}^{\infty}x_j^2+2t(1-t)x_0A+(1-t)^2A^2;$$ 上式是 $t$ 的連續函數。 設它為 $f_2(t)$, 則 $\lim\limits_{t\rightarrow0^+}f_2(t)=A^2, \lim\limits_{t\rightarrow1^-}f_2(t)=\sum\limits_{j=0}^{\infty}x_j^2$。 由介值定理可知, 當 $t$ 取遍 0 和 1 之間的所有值時, $f_2(t)$ 可取 $\sum\limits_{j=0}^{\infty}x_j^2$ 和 $A^2$ 之間的所有值。前面已說過 $\sum\limits_{j=0}^{\infty}x_j^2$ 沒有最小正值, 於是我們可以下結論: 平方和的取值範圍至少包括 $(0,A^2)$。但由於 $\sum\limits_{j=0}^{\infty}x_j^2\lt A^2$, 故取值範圍恰好是 $(0,A^2)$。

讀完整個解答, 我非常激動, 并馬上意識到可以推廣到更一般的情形, 就是下面的結論。

性質 1: 設 $A$ 是正實數, 給定正數 $x_0, x_1, x_2, \ldots$ 且 $\sum\limits_{j=0}^{\infty}x_j=A$, 則 $\sum\limits_{j=0}^{\infty}x_j^\alpha (\alpha\gt 1)$ 的取值範圍是 $(0,A^\alpha)$。

證明和上面的解答幾乎相同。 先證 $\sum\limits_{j=0}^{\infty}x_j^\alpha$ 沒有最小正值 ($\alpha\gt 1$ 保證了這一點)。 用數列 $x_0/2, x_0/2, x_1/2, x_1/2, x_2/2, x_2/2, \ldots$ 代替數列 $x_0, x_1, x_2, \ldots$, 則前者的和仍為 $A$, 但它的 $\alpha$ 次方之和為後者 $\alpha$ 次方之和的 $1/2^{\alpha-1}$ 倍。 而 $1/2^{\alpha-1}\lt 1$, 故 $\sum\limits_{j=0}^{\infty}x_j^\alpha$ 沒有最小正值。

再考慮數列 $\{y_j\}$ (與上面的定義相同) 和連續函數 $$f_\alpha(t)=\sum_{j=0}^{\infty}y_j^\alpha=[tx_0+(1-t)A]^\alpha+t^\alpha\sum_{j=1}^{\infty}x_j^\alpha,$$ 由 $\lim\limits_{t\rightarrow0^+}f_\alpha(t)=A^\alpha, \lim\limits_{t\rightarrow1^-}f_\alpha(t)=\sum\limits_{j=0}^{\infty}x_j^\alpha$ 即可證明此結論。

細心的讀者會發現我們還要證明 $\sum\limits_{j=0}^{\infty}x_j^\alpha\lt \left(\sum\limits_{j=0}^{\infty}x_j\right)^\alpha$。 如果 $\alpha$ 不是整數, 這似乎不太容易。 我們再補充一下如何證明這一點。 設 $x, y$ 是正實數, 按照標準的微分法可證明 $x^\alpha+y^\alpha\lt (x+y)^\alpha$。 又由數學歸纳法可證 $\sum\limits_{j=0}^{n}x_j^\alpha\lt \left(\sum\limits_{j=0}^{n}x_j\right)^\alpha$, 取極限得 $\sum\limits_{j=0}^{\infty}x_j^\alpha\leq\left(\sum\limits_{j=0}^{\infty}x_j\right)^\alpha$。 這裏還要證明等號不成立。 由 $\sum\limits_{j=1}^{\infty}x_j^\alpha\leq\left(\sum\limits_{j=1}^{\infty}x_j\right)^\alpha$ 得 $$\sum_{j=0}^{\infty}x_j^\alpha=x_0^\alpha+\sum_{j=1}^{\infty}x_j^\alpha\leq x_0^\alpha+ \left(\sum_{j=1}^{\infty}x_j\right)^\alpha\lt \left(x_0+\left(\sum_{j=1}^{\infty}x_j\right)\right)^\alpha=\left(\sum_{j=0}^{\infty}x_j\right)^\alpha,$$ 這樣我們就完整地證明了性質 1。

我們知道, 當 $\alpha\lt 1$ 時, $\sum\limits_{j=0}^{\infty}x_j$ 收斂到有限數不能保證 $\sum\limits_{j=0}^{\infty}x_j^\alpha$ 也收斂到有限數, 它有可能發散到 $+\infty$。 但為了擴充性質 1, 我們把這種情形也規定為收斂, 叫做收斂到 $+\infty$, 再用 $(a, +\infty]$ 表示 $(a, +\infty)\bigcup+\infty$。

性質 2: 設 $A$ 是正實數, 給定正數 $x_0, x_1, x_2, \ldots$ 且 $\sum\limits_{j=0}^{\infty}x_j=A$, 則 $\sum\limits_{j=0}^{\infty}x_j^\alpha (\alpha\lt 1)$ 的取值範圍是 $(A^\alpha,+\infty]$。

性質 2 的證明與性質 1 類似, 先證 $\sum\limits_{j=0}^{\infty}x_j^\alpha$ 沒有最大值( $\alpha\lt 1$ 保證了這一點)。 與性質 1 不同的是, 當 $\alpha\lt 1$ 時, $x^\alpha+y^\alpha\gt (x+y)^\alpha (x,y\gt 0)$。 與性質 1 類似的分析可得 $\sum\limits_{j=0}^{\infty}x_j^\alpha\gt \left(\sum\limits_{j=0}^{\infty}x_j\right)^\alpha=A^\alpha$。 具體的證明過程就不敘述了。

到這裏就結束了嗎 ? 我意猶未盡。 讓我們繼續探索。

2. $e^x-1$

考慮 $e^x-1$, 因 $e^x-1\sim x (x\rightarrow0)$, 由比較判別法可知 $\sum\limits_{j=0}^{\infty}(e^{x_j}-1)$ 收斂到有限數。 我們同樣要問, $\sum\limits_{j=0}^{\infty}(e^{x_j}-1)$ 可取到哪些值 ? 這看起來更難, 似乎無從下手。 但可以肯定的是, $\sum\limits_{j=0}^{\infty}(e^{x_j}-1)\gt A$ (因 $e^x-1\gt x$, 故 $\sum\limits_{j=0}^{\infty}(e^{x_j}-1)\gt \sum\limits_{j=0}^{\infty}x_j=A)$。 我們再給出它的上界。 由性質 1, $\sum\limits_{j=0}^{\infty}x_j^n\lt A^n$, 故 \begin{equation}\sum_{j=0}^{\infty}(e^{x_j}-1)=\sum_{j=0}^{\infty}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x_j^n}{n!}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n!} \sum_{j=0}^{\infty}x_j^n\lt \sum_{n=1}^{\infty}\frac{A^n}{n!}=e^A-1. \label{1} \end{equation} 但它是否能取到區間 $(A,e^A-1)$ 內的所有值呢 ? 前面的經驗告訴我們, 答案應該是肯定的, 以下給出證明。

數列 $\{y_j\}$ 還是按上面的定義。 考慮函數 $$F(t)=\sum_{j=0}^{\infty}(e^{y_j}-1)=e^{tx_0+(1-t)A}-1+\sum_{j=1}^{\infty}(e^{tx_j}-1)=\sum_{j=0}^{\infty}(e^{tx_j}-1)+e^{tx_0+(1-t)A}-e^{tx_0}$$ 先證明它一致收斂。 當 $t\in(0,1)$ 時, 由 \eqref{1} 有 $$\sum_{j=0}^{\infty}(e^{tx_j}-1)\lt \sum_{j=0}^{\infty}(e^{x_j}-1)\lt e^A-1.$$ 由 Weierstrass M 判別法, $\sum\limits_{j=0}^{\infty}(e^{tx_j}-1)$ 在 $(0,1)$ 上一致收斂, 從而連續。 故 在 $(0,1)$ 上 $F(t)$ 是連續函數, 且 $\lim\limits_{t\rightarrow0^+}F(t)=e^A-1, \lim\limits_{t\rightarrow1^-}F(t)=\sum\limits_{j=0}^{\infty}(e^{x_j}-1)$。 於是, 當 $t$ 取遍 0 和 1 之間的所有值時, $F(t)$ 可取 $\sum\limits_{j=0}^{\infty}(e^{x_j}-1)$ 和 $e^A-1$ 之間的所有值。

為了完成證明, 還要證明 $\sum\limits_{j=0}^{\infty}(e^{x_j}-1)$ 可充分接近 $A$。 按照前面的思路, 我們先用數列 $x_0/2, x_0/2, x_1/2, x_1/2, x_2/2, x_2/2, \ldots$ 代替數列 $x_0, x_1, x_2, \ldots$。 為了方便, 以下用 $\{\widetilde{x_j}\}$ 表示這個新的數列 (即 $\widetilde{x_j}=x_{[j/2]}/2$), 則 $$\sum_{j=0}^{\infty}(e^{\widetilde{x_j}}-1)-A=\sum_{j=0}^{\infty}2(e^{x_j/2}-1)-\sum_{j=0}^{\infty}x_j= \sum_{j=0}^{\infty}[2(e^{x_j/2}-1)-x_j].$$ 易知 $2(e^{x/2}-1)-x\gt 0$, 若存在 $r\in(0,1)$, 使 $2(e^{x/2}-1)-x\lt r(e^x-1-x)$, 則 $$\sum_{j=0}^{\infty}(e^{\widetilde{x_j}}-1)-A\lt r \sum_{j=0}^{\infty}[(e^{x_j}-1)-x_j]= r \left[\sum_{j=0}^{\infty}(e^{x_j}-1)-A\right]. $$ 故 $\sum\limits_{j=0}^{\infty}(e^{x_j}-1)-A$ 沒有最小正值, 即 $\sum\limits_{j=0}^{\infty}(e^{x_j}-1)$ 可充分接近 $A$。 以下證明這個 $r$ 確實存在。

令 $$f(x)=\frac{2(e^{x/2}-1)-x}{e^x-1-x},$$ 則 $$f'(x)=\frac{(x-e^{x/2}+1)(e^x-1)-x(e^{x/2}-1)}{(e^x-1-x)^2}.$$ 從而 \begin{align*}&f'(x)\lt 0\Leftrightarrow(x-e^{x/2}+1)(e^x-1)-x(e^{x/2}-1)\lt 0 \\ &\Leftrightarrow(x-e^{x/2}+1)(e^x-1)\lt x(e^{x/2}-1)\\ &\Leftrightarrow x-e^{x/2}+1\lt \frac{x}{e^{x/2}+1}\Leftrightarrow xe^{x/2}\lt e^x-1.\end{align*} 再令 $h(x)=e^x-1-xe^{x/2}$, 則 $h'(x)=e^x-(1+x/2)e^{x/2}=e^{x/2}[e^{x/2}-1-x/2]\gt 0 (x\neq0)$。 於是 $x\gt 0$ 時, $h(x)$ 遞增, 從而 $h(x)\gt h(0)=0$, 即 $f'(x)\lt 0$。故 $x\gt 0$ 時, $f(x)$ 遞减, 從而 $f(x)\lt \lim\limits_{x\rightarrow0^+}f(x)=1/2$。 於是, $2(e^{x/2}-1)-x\lt 1/2(e^x-1-x)$, 取 $r$ 為 1/2 即可。 這就證明了整個結論, 我們把它寫成下面的性質。

性質 3: 設 $A$ 是正實數, 給定正數 $x_0, x_1, x_2, \ldots$ 且 $\sum\limits_{j=0}^{\infty}x_j=A$, 則 $\sum\limits_{j=0}^{\infty}(e^{x_j}-1)$ 的取值範圍是 $(A, e^A-1)$。

結論非常有趣, 這促使我研究其他例子, 以期發現一般化的結論。

3. $\sin x$

我們再來看看 $\sum\limits_{j=0}^{\infty}\sin x_j$ 的範圍。因為 $\sin x\sim x (x\rightarrow0)$, 所以 $\sum\limits_{j=0}^{\infty}\sin x_j$ 收斂到有限數。 先給出它的上界。 因 $\sin x\lt x (x\gt 0)$, 所以 $\sum\limits_{j=0}^{\infty}\sin x_j\lt \sum\limits_{j=0}^{\infty}x_j=A$。 對於下界, 不太容易給出。 為了方便討論, 先假設數列 $\{x_j\}$ 的和 $A$ 满足 $0\lt A\leq2\pi$。 則 $\sum\limits_{j=0}^{n} x_j\lt 2\pi$ 且 $0\lt x_j\lt 2\pi, j\in\mathbb{N}$。 再給出以下引理。

引理 1: 設 $x,y\geq0$, 且 $x+y\leq2\pi$, 則 $\sin(x+y)\leq\sin x+\sin y$。

證明 : 首先 $$\sin(x+y)=2\sin\frac{x+y}{2}\cos\frac{x+y}{2},$$ $$\sin x+\sin y=2\sin\frac{x+y}{2}\cos\frac{x-y}{2}.$$ 由 $\frac{x+y}{2}\in[0,\pi]$, 得 $\sin\frac{x+y}{2}\geq0$。 又因 $x,y$ 對稱, 故可令 $x\geq y$, 於是 $\frac{x+y}{2}\geq\frac{x-y}{2}$。 但 $\cos x$ 在 $[0,\pi]$ 上為減函數, 得 $\sin(x+y)\leq\sin x+\sin y$。

由引理 1 和數學歸纳法可得 $\sin\left(\sum\limits_{j=0}^{n}x_j\right)\leq\sum\limits_{j=0}^{n}\sin x_j$, 再取極限, 令 $n\rightarrow+\infty$ 得 $\sin\left(\sum\limits_{j=0}^{\infty}x_j\right)\leq\sum\limits_{j=0}^{\infty}\sin x_j$。 這裏還要說明等號不成立, 我們來證明這一點。

因 $\sum\limits_{j=0}^{\infty}x_j$ 收斂到有限數, 故 $\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\sum\limits_{j=n}^{\infty}x_j=0$。 於是存在 $n_0$ 使得 $\sum\limits_{j=n_0}^{\infty}x_j\in(0, \pi/2)$. 又由 $x_j\gt 0$ 得 $x_{n_0}\in(0, \pi/2), \sum\limits_{j=n_0+1}^{\infty}x_j\in(0, \pi/2)$, 故 $\cos x_{n_0}\lt 1$ 且 $\sin\left(\sum\limits_{j=n_0+1}^{\infty}x_j\right)\neq0$。 從而 \begin{align*} &\sin\left(\sum_{j=n_0}^{\infty}x_j\right)=\sin\left(x_{n_0}+\sum_{j=n_0+1}^\infty x_j\right) \\ &=\sin x_{n_0}\cos\left(\sum_{j=n_0+1}^\infty x_j\right)+\cos x_{n_0}\sin\left(\sum_{j=n_0+1}^\infty x_j\right) \\ &\lt \sin x_{n_0}+\sin\left(\sum_{j=n_0+1}^\infty x_j\right) \leq\sin x_{n_0}+\sum_{j=n_0+1}^\infty \sin x_j \\ &=\sum_{j=n_0}^\infty \sin x_j. \end{align*} 上式中有一個不等式嚴格成立, 所以, 實際上就是 $\sin\left(\sum\limits_{j=n_0}^{\infty}x_j\right)\lt \sum\limits_{j=n_0}^\infty \sin x_j$。 於是 \begin{align*} \sin\left(\sum\limits_{j=0}^{\infty}x_j\right)&=\sin\left(\sum\limits_{j=0}^{n_0-1}x_j+ \sum\limits_{j=n_0}^{\infty}x_j\right) \leq\sum\limits_{j=0}^{n_0-1}\sin x_j+\sin\left( \sum\limits_{j=n_0}^{\infty}x_j\right) \\ &\lt \sum\limits_{j=0}^{n_0-1}\sin x_j+\sum\limits_{j=n_0}^\infty \sin x_j = \sum\limits_{j=0}^{\infty}\sin x_j. \end{align*} 這就證明了我們的斷言。 於是, 當 $0\lt A\leq2\pi$ 時, $\sum\limits_{j=0}^{\infty}\sin x_j$ 只能在 $(\sin A, A)$ 內取值。 以下證明 $(\sin A, A)$ 恰好是 $\sum\limits_{j=0}^{\infty}\sin x_j$ 的取值範圍(在 $0\lt A\leq2\pi$ 的條件下)。

和上面一樣, 考慮數列 $\{y_j\}$ 和函數 $$G(t)=\sum_{j=0}^{\infty}\sin y_j=\sum_{j=0}^{\infty}\sin tx_j+\sin(tx_0+(1-t)A)-\sin tx_0,$$ 因 $ \sum\limits_{j=0}^{\infty}|\sin tx_j|\leq\sum\limits_{j=0}^{\infty}| tx_j|\leq \sum\limits_{j=0}^{\infty}x_j$, 故 $\sum\limits_{j=0}^{\infty}\sin tx_j$ 在 $(0, 1)$ 上一致收斂。 於是 $G(t)$ 在 $(0, 1)$ 上連續, 且 $\lim\limits_{t\rightarrow0^+}G(t)=\sin A, \lim\limits_{t\rightarrow1^-}G(t)=\sum\limits_{j=0}^{\infty}\sin x_j$。 從而當 $t$ 取遍 0 和 1 之間的所有值時, $G(t)$ 可取 $\sin A$ 和 $\sum\limits_{j=0}^{\infty}\sin x_j$ 之間的所有值。 剩下的就是證明 $\sum\limits_{j=0}^{\infty}\sin x_j$ 可充分接近 $A$ 了。

用數列 $\{\widetilde{x_j}\}$ 代替原來的數列 $\{x_j\}$, 則 $$A-\sum\limits_{j=0}^{\infty}\sin \widetilde{x_j}=\sum\limits_{j=0}^{\infty}x_j-\sum\limits_{j=0}^{\infty}2\sin \frac{x_j}{2}= \sum\limits_{j=0}^{\infty}(x_j-2\sin \frac{x_j}{2}),$$

按照第二節的思路, 若存在 $r\in(0,1)$, 使 $x-2\sin \frac{x}{2}\lt r(x-\sin x)$, 則證明就完成了。 為此, 考慮函數 $$g(x)=\frac{x-2\sin\frac{x}{2}}{x-\sin x} (x\gt 0).$$ 但我通過電腦繪圖, 發現 $g(x)$ 有大於 1 的值。 所以, 不能照搬第二節的方法, 需要更細緻的分析。

易知 $g(x)\gt 0 (x\gt 0)$ 且 $\lim\limits_{x\rightarrow0^+}g(x)=1/4$, 於是存在 $\delta\gt 0$, 當 $x\in(0,\delta)$ 時, $0\lt g(x)\lt 1/2$。 我們不妨設數列 $\{x_j\}$ 滿足 $0\lt x_j\lt \delta, j\in\mathbb{N}$ (否則, 取 $N\in\mathbb{N}$ 使 $A/N\lt \delta$, 再用數列 $$\underbrace{x_0/N,\ldots,x_0/N}_{N},\underbrace{x_1/N,\ldots,x_1/N}_{N},\ldots\ldots\ldots\ldots$$ 代替數列 $\{x_j\}$ 即可), 則 $g(x_j)\lt 1/2$, 即 $x_j-2\sin \frac{x_j}{2}\lt \frac{1}{2}(x_j-\sin x_j)$, 從而 $$A-\sum\limits_{j=0}^{\infty}\sin \widetilde{x_j}\lt \frac{1}{2}\sum\limits_{j=0}^{\infty}(x_j-\sin x_j)=\frac{1}{2}(A-\sum\limits_{j=0}^{\infty}\sin x_j),$$ 這樣就完成了整個證明。 我們把這個結果寫成以下的性質。

性質 4: 設實數 $A$ 滿足 $0\lt A\leq2\pi$, 給定正數 $x_0, x_1, x_2, \ldots $, 且 $\sum\limits_{j=0}^{\infty}x_j=A$, 則 $\sum\limits_{j=0}^{\infty}\sin x_j$ 的取值範圍是 $(\sin A, A)$。

由後半部分的分析, 還可得到以下性質。

性質 5: 設 $A$ 是正實數, 給定正數 $x_0, x_1, x_2, \ldots$ 且 $\sum\limits_{j=0}^{\infty}x_j=A$, 則 $\sum\limits_{j=0}^{\infty}\sin x_j$ 可取區間 $(\sin A, A)$ 內的所有值。

有趣的是, 若 $A\gt 2\pi$, 則 $\sum\limits_{j=0}^{\infty}\sin x_j$ 可能會取到區間 $(\sin A, A)$ 外的值。 例如, 取和為 $3\pi$ 的數列 $\{x_j\}$ 並且滿足 $x_0=3\pi/2,x_1=5\pi/4$, 則 $\sum\limits_{j=2}^{\infty}x_j=\pi/4$。 由性質 4, $\sum\limits_{j=2}^{\infty}\sin x_j$ 的取值範圍是 $(\sqrt{2}/2, \pi/4)$。 故不妨設 $\sum\limits_{j=2}^{\infty}\sin x_j=\sqrt{2}/2+\varepsilon$ ($\varepsilon$ 充分小)。 於是 $\sum\limits_{j=0}^{\infty}\sin x_j=\sin x_0+\sin x_1+\sum\limits_{j=2}^{\infty}\sin x_j=-1+\varepsilon$。 只要 $\varepsilon$ 充分小, 就有 $-1+\varepsilon\notin(\sin3\pi, 3\pi)$。

性質 4 中 $A$ 的範圍不能再放寬了, 可見後面的說明。若 $A$ 取大一些, 性質 5 中的結論能否更加精確化呢 ? 以下, 我們就來做這個工作。

考慮正項數列 $\{y^{(n)}_j\}$, 滿足當 $0\leq j\leq n-1$ 時, $y^{(n)}_j=tx_j+(1-t)A/n$, 當 $j\geq n$ 時, $y^{(n)}_j=tx_j$, 其中 $t\in(0,1)$, 則 $\sum\limits_{j=0}^{\infty}y^{(n)}_j=A$。 令 $$G_n(t)=\sum_{j=0}^{\infty}\sin y^{(n)}_j=\sum_{j=n}^{\infty}\sin tx_j+\sum_{j=0}^{n-1}\sin(tx_j+(1-t)A/n).$$ 類似前面的分析, $\lim\limits_{t\rightarrow0^+}G_n(t)=n\sin \frac{A}{n}, \lim\limits_{t\rightarrow1^-}G_n(t)=\sum\limits_{j=0}^{\infty}\sin x_j$。 從而當 $t$ 取遍 0 和 1 之間的所有值時, $G_n(t)$ 可取 $n\sin \frac{A}{n}$ 和 $\sum\limits_{j=0}^{\infty}\sin x_j$ 之間的所有值。 又因 $\sum\limits_{j=0}^{\infty}\sin x_j$ 可充分接近 $A$, 故 $\sum\limits_{j=0}^{\infty}\sin x_j$ 可取區間 $(n\sin \frac{A}{n}, A)$ 內的所有值。 再取所有 $n\sin \frac{A}{n}$ 的下確界, 得到以下結論。

性質 6: 設 $A$ 是正實數, 給定正數 $x_0, x_1, x_2, \ldots$ 且 $\sum\limits_{j=0}^{\infty}x_j=A$, 則 $\sum\limits_{j=0}^{\infty}\sin x_j$ 可取區間 $(\inf\limits_{n\in\mathbb{N}}n\sin\frac{ A}{n}, A)$ 內的所有值。

以下用性質 6 來說明性質 4 中 $A$ 的範圍確實不能再放寬了。 取 $A=2\pi+\varepsilon ( \varepsilon\in(0,2\pi) )$, 則易知 $2\sin \frac{A}{2}=-2\sin\frac{\varepsilon}{2}\lt \sin \varepsilon=\sin A$, 故 $\inf\limits_{n\in\mathbb{N}}n\sin\frac{ A}{n}\lt \sin A$, 於是, 根據性質 6, $\sum\limits_{j=0}^{\infty}\sin x_j$ 可取區間 $(\sin A, A)$ 外的值。

接下來的疑問是性質 6 中的下界是否是最好的呢 ? 我們可證明下面的結論。

性質 7: 設 $A$ 是正實數, 給定正數 $x_0, x_1, x_2, \ldots$ 且 $\sum\limits_{j=0}^{\infty}x_j=A$。 若函數 $$F_n(x_1,x_2,\cdots,x_n)=\sin x_1+\sin x_2+\cdots+\sin x_n$$ 在約束條件 \begin{equation} x_1\geq0,x_2\geq0,\cdots,x_n\geq 0,x_1+x_2+\cdots+x_n=L \label{2} \end{equation} 下的最小值是 $\psi_n(L)$, 且 $\inf\limits_{n\in\mathbb{N}}\psi_n(L)=\inf\limits_{n\in\mathbb{N}}n\sin\frac{ L}{n}$, 則 $\sum\limits_{j=0}^{\infty}\sin x_j$ 的取值範圍是 $(\inf\limits_{n\in\mathbb{N}}n\sin\frac{ A}{n}, A)$。

先證明兩個引理。

引理 2: 函數 $\varphi(x)=\inf\limits_{n\in\mathbb{N}}n\sin\frac{ x}{n}$ 在 $(0,+\infty)$ 上是連續的。

證明: 由微分法容易證明當 $x\in(0,\pi]$ 時, $\sin x\lt n\sin\frac{x}{n} (n\gt 1)$。 故 $x\in(0,\pi]$ 時, $\varphi(x)=\sin x$, 從而在 $x\in(0,\pi]$ 上連續。 再設 $x\in[k\pi,2k\pi] (k\in\mathbb{N}^*)$, 則 $k\sin\frac{ x}{k}\leq0$, 且 $n\gt 2k$ 時, $n\sin\frac{x}{n}\gt 0$, 故 $\varphi(x)=\min\limits_{n\leq2k}n\sin\frac{ x}{n}$。 於是 $\varphi(x)$ 在 $x\in[k\pi,2k\pi]$ 上連續。 從而在 $(0,+\infty)$ 上連續。

引理 3: $\sum\limits_{j=0}^{\infty}\sin x_j$ 的取值範圍是開集。

證明: 假設存在和為 $A$ 的正數列 $\{x_j^{(0)}\}$ 使得 $\sum\limits_{j=0}^{\infty}\sin x_j^{(0)}=a$, 我們證明存在和為 $A$ 的數列 $\{x_j\}$ 使得 $\sum\limits_{j=0}^{\infty}\sin x_j$ 可取 $a$ 的某一鄰域內的任一點。

因 $\sum\limits_{j=0}^{\infty}x_j^{(0)}$ 收斂到有限數, 故存在整數 $N$, 使 $n\gt N$ 時, $x_n^{(0)}\lt \pi$。 又因 $n\gt N$ 時, $x_n^{(0)}$ 不能全相等 (否則, 和為無窮大), 故存在 $n_0\gt N$, 使得 $x_{n_0}^{(0)}\neq x_{n_0+1}^{(0)}$。 為方便敘述, 不妨將這兩項拿出來放在原數列的前面。 故可設 $x_0^{(0)},x_1^{(0)}\lt \pi$ 且 $x_0^{(0)}\neq x_1^{(0)}$, 不妨再設 $x_0^{(0)}\gt x_1^{(0)}$, 我們堅持這些假設直到證明結束。

考慮正數列 $\{x_j^{(t)}\}$, 其中 $x_0^{(t)}=t(x_0^{(0)}-x_1^{(0)})+x_0^{(0)}, x_1^{(t)}=t(x_1^{(0)}-x_0^{(0)})+x_1^{(0)}$ 且 $j\gt 1$ 時, $x_j^{(t)}=x_j^{(0)}$ ( $\frac{x_0^{(0)}}{x_1^{(0)}-x_0^{(0)}}\lt t\lt \frac{x_1^{(0)}}{x_0^{(0)}-x_1^{(0)}}$ )。 數列 $\{x_j^{(t)}\}$ 的和仍為 $A$。 引入函數 $$H(t)=\sin x_0^{(t)}+\sin x_1^{(t)}, t\in I=\left(\frac{x_0^{(0)}}{x_1^{(0)}-x_0^{(0)}}, \frac{x_1^{(0)}}{x_0^{(0)}-x_1^{(0)}}\right)$$ 因 $0\in I$ 且 $H(0)=\sin x_0^{(0)}+\sin x_1^{(0)}$, 故只需證明存在 $H(0)$ 的某一鄰域, 使 $H(t)$ 可取到這一鄰域內的任一點即可。 而這又只需證明 $H(0)$ 不是 $H(t)$ 的極值即可。 以下證明這一點。 $$H(t)=2\sin\frac{x_0^{(t)}\!+\!x_1^{(t)}}{2}\cos\frac{x_0^{(t)}\!-\!x_1^{(t)}}{2} =2\sin\frac{x_0^{(0)}\!+\!x_1^{(0)}}{2}\cos\left(t(x_0^{(0)}\!-\!x_1^{(0)})\!+\!\frac{x_0^{(0)}\!-\!x_1^{(0)}}{2}\right)$$ 由 $\frac{x_0^{(0)}+x_1^{(0)}}{2}\in(0, \pi)$ 可知 $\sin\frac{x_0^{(0)}+x_1^{(0)}}{2}\neq0$。 又由 $\frac{x_0^{(0)}-x_1^{(0)}}{2}\in(0, \pi/2)$ 可知 $H(0)$ 不是 $H(t)$ 的極值。

性質 7 的證明: 先證 $\sum\limits_{j=0}^{\infty}\sin x_j$ 不能取區間 $[\inf\limits_{n\in\mathbb{N}}n\sin\frac{ A}{n}, A)$ 外的值。 前面已經說明了 $\sum\limits_{j=0}^{\infty}\sin x_j\lt A$, 故只需再證 $\sum\limits_{j=0}^{\infty}\sin x_j$ 不能取小於 $\inf\limits_{n\in\mathbb{N}}n\sin\frac{ A}{n}$ 的值即可。

假設存在 $\{x_j\}$ 使得 $\sum\limits_{j=0}^{\infty}\sin x_j=a\lt \inf\limits_{n\in\mathbb{N}}n\sin\frac{ A}{n}$。

對於 $\varepsilon\lt \frac{\inf\limits_{n\in\mathbb{N}}n\sin\frac{ A}{n}-a}{2}$, 存在 $N_1$, 使 $n\gt N_1$ 時, $\big|\sum\limits_{j=0}^{n}\sin x_j-a\big|\lt \varepsilon$, 所以 $\sum\limits_{j=0}^{n}\sin x_j\lt a+\varepsilon=\frac{\inf\limits_{n\in\mathbb{N}}n\sin\frac{ A}{n}+a}{2}$。

因為 $\varphi(x)$ 是連續的, 故存在 $\delta\gt 0$, 使 $|A_1-A|\lt \delta$ 時, $\big|\inf\limits_{n\in\mathbb{N}}n\sin\frac{A_1}{n}-\inf\limits_{n\in\mathbb{N}}n\sin\frac{ A}{n}\big|\lt \varepsilon$, 所以 $\inf\limits_{n\in\mathbb{N}}n\sin\frac{A_1}{n}\gt \inf\limits_{n\in\mathbb{N}}n\sin\frac{A}{n}-\varepsilon=\frac{\inf\limits_{n\in\mathbb{N}}n\sin\frac{ A}{n}+a}{2}$。

又因 $\sum\limits_{j=0}^{\infty}x_j=A$, 所以存在 $N_2$, 使 $n\gt N_2$ 時, $\big|\sum\limits_{j=0}^{n}x_j-A\big|\lt \delta$, 於是 $\inf\limits_{n\in\mathbb{N}}n\sin\frac{\sum\limits_{j=0}^{n}x_j}{n}\gt \frac{\inf\limits_{n\in\mathbb{N}}n\sin\frac{ A}{n}+a}{2}$。

於是, 取 $n\gt \max\{N_1,N_2\}$, 由性質 7 的假設, 有 \begin{align*} &\frac{\inf\limits_{n\in\mathbb{N}}n\sin\frac{ A}{n}+a}{2}\gt \sum\limits_{j=0}^{n}\sin x_j=F_n(x_1,x_2,\cdots,x_n)\geq\inf\limits_{n\in\mathbb{N}}n\sin\frac{\sum\limits_{j=0}^{n}x_j}{n}\gt \frac{\inf\limits_{n\in\mathbb{N}}n\sin\frac{ A}{n}+a}{2} \end{align*} 得到矛盾。 再由引理 3 知結論證完。

至於性質 7 中的假設是否成立, 一般情況下很難判斷。 可以用 Lagrange 乘子法找到 $F_n$ 的極值點, 結合 Sylverster 準則還可找到極小值點, 但很難確定最小值, 我們把這個困難留給有興趣和毅力的讀者。

當然, 我們還可以考慮其他的例子, 如 $1-\cos x, \frac{1-\cos x}{x}, \log(1+x)$ 等等。 上面的方法包含了證明一般情形的思想與技巧。 關於一般情形, 筆者有機會再另文探討。

致謝

感謝審稿人提出的寶貴意見, 使得本文有了很大的改進。 引理 1 的巧妙簡潔的證明是審稿人提供的, 筆者原來的證明是轉化為求多元函數在約束條件下的最值, 討論起來較繁瑣。 特別感謝汪立民老師一直以來對作者的幫助。

---本文作者投稿時就讀於中國華南師範大學, 現為北京師範大學研究生---