等差數列 $\{a_n\}$ 以首項 $a_1$ 和公差 $d$ 為生成元素, 定義在 $N$ 的一次函數。 如果有人告訴你說, $\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{a_n}{2^n} =a_2$ 恰好就是 $a_1+d$, 對所有等差數列恆成立, 不知道你會不會有所懷疑的問: 「真的嗎? 」本文將探討對各種數列 $\{a_n\}$, 逐項除以 $2^n$ 所形成的級數 $\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{a_n}{2^n}$ 的收斂值和 $\{a_n\}$ 的函數性質的關係。

一、 $\{a_n\}$ 為常數數列, 即 $a_n=c$, 顯然 $\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{a_n}{2^n} =\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{c}{2^n} =c\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{1}{2^n} =c$。

二、 $a_n=n$ 為基本的一次數列, 令 $S=\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{n}{2^n}$ 則 \begin{eqnarray*} S&=&\frac{1}{2^1}+\frac 2{2^2} + \frac 3{2^3} +\cdots + \frac n{2^n} +\cdots,\\ \hbox{則}\ 2S&=&1+\frac 2{2^1} +\frac 3{2^2} +\cdots+ \frac n{2^{n-1}} + \frac{n+1}{2^n} +\cdots,\\ \hbox{則}\ \, \ S&=&2S-S=1+\frac 1{2^1} + \frac 1{2^2} +\frac 1{2^3} +\cdots+ \frac 1{2^n} +\cdots,\\ \hbox{則}\ \, \ S&=&1+\sum_{n=1}^\infty \frac 1{2^n} =2. \end{eqnarray*}

我們得到一個很有用的$\sum\limits_{n=1}^\infty \!\dfrac n{2^n} \!=\!2$。 現在可以來證明 $\{a_n \}$ 為等差數列 (即 $n$ 的一次函數)時的收斂情形。

證明： 設 $a_n=a_1 +(n-1)d$, 對每一項 $\dfrac{a_n}{2^n}=\dfrac{a_1+nd-d}{2^n}$, 所以 \begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{2^n} &=&\sum_{n=1}^\infty \frac{a_1}{2^n} +\sum_{n=1}^\infty \frac {nd}{2^n}-\sum_{n=1}^\infty \frac{d}{2^n}\\ &=&a_1 \sum_{n=1}^\infty \frac 1{2^n} +d\sum_{n=1}^\infty \frac n{2^n}-d\sum_{n=1}^\infty \frac 1{2^n} \\ &=&a_1+2d-d =a_1+d =a_2. \end{eqnarray*} 這時候, 你也可以將 $a_n=n$ 看成首項和公差都是 1 的等差數列, 所以 $\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac n{2^n}=1+1=2$。

三、 $\{a_n \}$ 為 $n$ 的二次函數的數列, 則 $\{a_n \}$ 是二階等差數列, 我們必須先求出 $\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac {n^2}{2^n}$。 \begin{eqnarray*} \hbox{令}\ \ \, S&=&\sum_{n=1}^\infty \frac{n^2}{2^n}=\frac{1^2}{2^1} +\frac{2^2}{2^2} +\frac{3^2}{2^3} +\frac{4^2}{2^4} +\cdots+\frac{n^2}{2^n} +\cdots,\\ \hbox{則}\ 2S&=&1+\frac{2^2}{2^1} +\frac{3^2}{2^2} +\frac{4^2}{2^3} +\cdots+\frac{n^2}{2^{n-1}} +\cdots,\\ \hbox{則}\ \ \, S&=&2S\!-\!S\!=\!1\!+\!\frac{2^2\!-\!1^2}{2^1} \!+\!\frac{3^2\!-\!2^2}{2^2} \!+\!\frac{4^2\!-\!3^2}{2^3} \!+\!\cdots\!+\!\frac{n^2\!-\!(n\!-\!1)^2}{2^{n-1}} \!+\!\frac{(n\!+\!1)^2\!-\!n^2}{2^n} \!+\!\cdots,\\ \hbox{所以}\ \ \, S&=&1+\frac 3{2^1} +\frac 5{2^2} +\frac 7{2^3} +\cdots+\frac{2n+1}{2^n} +\cdots,\\ \hbox{所以}\ \ \, S&=&1+\sum_{n=1}^\infty \frac{2n+1}{2^n} =1+2\sum_{n=1}^\infty \frac n{2^n} +\sum_{n=1}^\infty \frac 1{2^n} =1+2\cdot 2+1=6,\\ \hbox{所以}\ \ \ \, &&\sum_{n=1}^\infty \frac{n^2}{2^n} =6. \end{eqnarray*} 當 $a_n=f(n)=a+bn+cn^2$ 時, \begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^\infty \dfrac{a_n}{2^n} &=&\sum_{n=1}^\infty \frac{a}{2^n} +\sum_{n=1}^\infty \frac{bn}{2^n} +\sum_{n=1}^\infty \frac{cn^2}{2^n}\\ &=&a\sum_{n=1}^\infty \frac 1{2^n}+b\sum_{n=1}^\infty \frac n{2^n} +c\sum_{n=1}^\infty \frac{n^2}{2^n}\\ &=&a+2b+6c. \end{eqnarray*}

四、 用相同的方法化簡一般項 $\dfrac{(n+1)^3-n^3}{2^n} =\dfrac{3n^2+3n+1}{2^n}$, 我們可以求出 \begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^\infty \frac{n^3}{2^n} &=&1+\sum_{n=1}^\infty \frac{3n^2+3n+1}{2^n} =1+\sum_{n=1}^\infty \frac{3n^2}{2^n} +\sum_{n=1}^\infty \frac{3n}{2^n} +\sum_{n=1}^\infty \frac 1{2^n}\\ &=&1+3\cdot 6+3\cdot 2+1=26, \end{eqnarray*} 這樣就能解決分子是三階等差數列的問題了。 顯然若 $a_n=a+bn+cn^2+dn^3$, 則
$\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{a_n}{2^n} =a+2b+6c+26d$。

依此類推對任意正整數 $k$, 我們都能求出 $\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{n^k}{2^n}$, 也就能解決k階等差數列的問題了。

五、 $\{a_n \}$ 是等比數列時, 令 $a_n=a_1 r^{n-1}$ 則 $$\sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{2^n} =\sum_{n=1}^\infty \frac{a_1 r^{n-1}}{2^n} =\frac{a_1}2\cdot \sum_{n=1}^\infty \frac{r^{n-1}}{2^{n-1}}=\frac{a_1}2\cdot \sum_{n=1}^\infty \Big(\frac r2\Big)^{n-1},$$ 收斂條件為 $\Big|\dfrac r2\Big|\lt 1$, 所以 $|r|\lt 2$, 收斂值為 $\dfrac{a_1}{2-r}$。

六、 $\{a_n \}$是遞迴數列, 首先看最簡單的費波那契數列, 則$\sum\limits_{n=1}^\infty \!\!\dfrac{F_n}{2^n} \!=\!2$, 也是一個令人驚豔的結果。

證明如下: \begin{eqnarray*} \hbox{令}\ \ \, S&=&\sum_{n=1}^\infty \frac{F_n}{2^n}=\frac{1}{2^1} +\frac{1}{2^2} +\frac{2}{2^3} +\frac{3}{2^4}+\frac{5}{2^5}+\cdots+\frac{F_n}{2^n} +\cdots,\\ \hbox{則}\ 2S&=&1+\frac 1{2^1} +\frac 2{2^2} +\frac 3{2^3} +\frac 5{2^4} +\cdots+\frac{F_n}{2^{n-1}} +\frac{F_{n+1}}{2^n} +\cdots,\\ \hbox{則}\ \ \, S&=&2S\!-\!S\!=\!1\!+\!\frac{1\!-\!1}{2^1}\!+\!\frac{2\!-\!1}{2^2} \!+\!\frac{3\!-\!2}{2^3} \!+\!\frac{5\!-\!3}{2^4} \!+\!\cdots\!+\!\frac{F_n\!-\!F_{n-1}}{2^{n-1}} \!+\!\frac{F_{n+1}\!-\!F_n}{2^n}\!+\!\cdots,\\ \hbox{則}\ \ \, S&=&1+\dfrac 12 \Big(\dfrac 1{2^1}+\dfrac 1{2^2} +\dfrac 2{2^3} +\cdots+\frac{F_{n-1}}{2^{n-1}} +\frac{F_n}{2^n} +\cdots\Big),\\ \hbox{所以}\ \ \, S&=&1+\frac 12 S,\\ \hbox{所以}\ \ \, S&=&2. \end{eqnarray*} 我們要用這個重要的 $\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{F_n}{2^n} \!=\!2$, 推廣到廣義的費波那契-盧卡斯數列 (Fibonacci-Lucas Sequence)。

首先定義 $L_n (a, b)$ 為 $L_1=a$, $L_2=b$, $L_{n+2}=L_n+L_{n+1}$, ($a, b\in R$), 則我們有更令人讚賞的結果 $\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{L_n (a, b)}{2^n} =a+b$。

證明如下:因為 $$L_n (a, b): a, b, a+b, a+2b, 2a+3b, 3a+5b, \ldots,$$ 顯然 $L_{n+2}=a\cdot F_n+b\cdot F_{n+1}$ 或 $L_n=a\cdot F_{n-2}+b\cdot F_{n-1}$ $(n\ge 3)$ \begin{eqnarray*} \hbox{所以}\ \sum\limits_{n=1}^\infty \frac{L_n}{2^n} &=&\frac{a}{2^1} +\frac b{2^2} +\frac{a+b}{2^3} +\frac{a+2b}{2^4} +\cdots+ \frac{a\cdot F_{n-2}+b\cdot F_{n-1}}{2^n} +\cdots\\ &=&\frac a2+\frac 14 \Big(\frac a{2^1} +\frac a{2^2} +\frac{2a}{2^3} +\frac{3a}{2^4} +\cdots+\frac{a\cdot F_{n-2}}{2^n} +\cdots\Big)\\ &&+\Big(\frac b{2^2} +\frac b{2^3} +\frac{2b}{2^4} +\frac{3b}{2^5} +\cdots+\frac{b\cdot F_{n-1}}{2^n }+\cdots\Big)\\ &=&\frac a2+\frac a4 \sum_{n=1}^\infty \frac{F_n}{2^n} +\frac b2 \sum_{n=1}^\infty \frac{F_n}{2^n} =\frac a2+\frac a4\cdot 2+\frac b2\cdot 2 = a+b. \end{eqnarray*} 至此, 我們再回頭檢視 $\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{F_n}{2^n} =\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{L_n (1, 1)}{2^n} =1+1=2$, 就只是一個特例了。 值得注意的是, 當 $a\not= b$ 時 $L_n(a,b)$ 和 $L_n (b, a)$ 除了第三項外是完全不同的數列, 但是 $\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{L_n (a, b)}{2^n}$ 和 $\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{L_n (b, a)}{2^n}$ 都收斂到 $a+b$, 正好就是第三項。

七、 更高次的遞迴數列

如果定義 $L_n (a, b, c)$ 為 $L_1=a$, $L_2=b$, $L_3=c$, $L_{n+3}=L_n+L_{n+1}+L_{n+2}$ 則 $\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{L_n(a, b, c)}{2^n}=a+b+c$。 證明過程和 $\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{L_n(a, b)}{2^n}= a+b$ 的證明類似, 或者還想再推更高次的遞迴就留給有興趣的人當練習了。

八、 結語

級數 $\sum\limits_{n=1}^\infty b_n$ 收斂的必要條件是 $\lim\limits_{n\to\infty} b_n=0$。 所以對一般的等差數列或高階等差數列或遞迴數列 $\{a_n\}$, 都是 $n$ 的函數, 若逐項只除以 $n$, $\lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{a_n}n$ 通常還不會趨近於 0。 即使 $\{a_n \}=\{1\}$, $\lim\limits_{n\to\infty} \dfrac 1n= 0$, 但 $\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac 1n$ 還是發散的。 而逐項除以 $2^n$, 在非指數型的數列, $\lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{a_n}{2^n} =0$ 通常都是成立的。 而且 $\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{a_n}{2^n}$ 也確實有很多有趣的結果。 如果還有人要問, 為何是 $2^n$ 而不是 $3^n$, $10^n$, 或是不特定的 $k^n $。 你只要對 $|k|\gt 1$, 先求出 $\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{n}{k^n} =\dfrac k{(k-1)^2}$ 就會發現, 如果不是 $k=2$ 就多了分母的變化, 收斂的公式就不再如此簡潔漂亮了！

---本文作者為高雄市中正高中退休教師---