44110 $\lim_{n \to \infty} \sum\limits_{i=1}^{n}\frac{F_i}{10^i}=\frac{10}{89}$的探源與推廣
$\lim_{n \to \infty} \sum\limits_{i=1}^{n}\frac{F_i}{10^i}=\frac{10}{89}$的探源與推廣

$F_n$是著名的費波那契(Fibonacci)數列, $F_1=1$, $F_2=1$, $F_{n+2}=F_n+F_{n+1}$, 簡單的遞迴定義卻在數學界和自然科學界大放異彩。 其前 11 項是 : 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89。 洪萬生教授在翻譯理查$\cdot$菲立普(Richard Phillips)著的《數字邏輯 101》一書中對 89 的介紹是 : 「89 是一個質數, 也是一個費波那契數。 八十九分之一的十進位小數為 0.01123595$\cdots$, 很奇特的, 這個數列以費波那契數為開端, 但是此一模式被 9 破壞, 這一個循環小節有 44 位 $\cdots$。」

對於 $\dfrac 1{89}=0.01123595 \cdots$, 我的第一個直覺是費氏數列的規則並沒有被破壞。 原來該出現的 8 加上下一項 13 進位過來的 1, 不就是 9 嗎? 以下每一項是否也遵循這個規則確實值得實際計算一下。 這和以前研究循環小數時, 計算 $\dfrac 1{49}$ 的循環節有幾位碰到的問題一樣。 $\dfrac 1{49}=0.020408163265 \cdots$, 5 的出現, 破壞了 2 的冪次, 但 5 是 64 的 4 和下一項 128 進位的 1 的和。 $\dfrac 1{49}$ 的問題很容易用等比級數來確定無誤: $$\frac 1{49}=\frac{2}{98}=\dfrac{\dfrac 2{100}}{\frac{98}{100}}=\frac{\dfrac{2}{100}}{1-\dfrac{2}{100}}=\frac 2{100}+\Big(\frac 2{100}\Big)^2+ \Big(\frac 2{100}\Big)^3+\cdots+\Big(\frac 2{100}\Big)^n+\cdots.$$ 但是 $\dfrac 1{89}=0.01123595\cdots$ 是否就是 $\lim\limits_{n\to\infty}\sum\limits_{i=1}^n \dfrac{F_i}{10^{i+1}}$ 這個級數的收斂值, 看來就沒有這麼簡單了。 我們先考慮級數收斂的必要條件 $\lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{F_n}{10^{n+1}}=0$, 我們利用已知 $\lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{F_{n+1}}{F_n}=\dfrac{\sqrt{5}+1}2$ 這個黃金比的性質, 假設對某項 $k$, $\dfrac{F_k}{10^{k+1}} =a$, 則下一項 $\dfrac{F_{k+1}}{10^{k+2}}$ 接近 $\dfrac{F_k\cdot \dfrac{\sqrt{5}+1}{2}}{10^{k+1}\cdot 10}\fallingdotseq$
$a\cdot \dfrac{\dfrac{\sqrt{5}+1}{2}}{10} =a\cdot \dfrac{\sqrt{5}+1}{20}$, 所以自第 $k$ 項之後的每一項幾乎是以 $\dfrac{\sqrt{5}+1}{20}$ 為公比的等比級數

在變小, 所以 $\lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{F_n}{10^{n+1}}=0$ 是毋庸置疑的。 接著用類似試算表的直式計算來逼近。(直式計算表如附圖)

累加這個表的直式並不容易, 因為直式加法要從最右一行開始, 而這個無窮級數並沒有最後一行。 如果要從第 $k$ 行算起, 就必須考慮第 $k+1$ 行將進位多少過來。 所以找一個能確定估計進位的突破點是很重要的。 如圖中, 第 31 行的和是 37, 加上第 32 行進位的數, 可能是 37 到 40 幾, 所以可以確定進位到第 30 行的數不起過 4, 而第 30 行的和只有 21, 無論進位是 3 或 4, 加上去之後第 30 行進位到第 29 行的數一定是 2, 從這裡開始, 我們就能順利的計算第 28、 27、 26 $\cdots$ 到第 6 行, 而可確定下來 $\sum\limits_{n=1}^{38} \dfrac{F_n}{10^{n+1}}$ 的前 29 位(若包括第一位的 0, 應該是前 30 位小數是: $$\dfrac 1{89} =0.011235955056179775280898876404\cdots.$$ 對於熟悉循環小數的人來說, $\dfrac 1{89}$ 有 $\dfrac12 (89-1)$ 位循環節, 所以對於有 44 位循環節的小數, 只要計算到 22 位 (44 的一半), 後面的 22 位正好是前一半的 9 補數 (例如 $\dfrac 17=0.\overline{142857}$, 有 6 位循環, 所以後 3 位的 857, 恰好是 $999-142$, 再如 $\dfrac 1{13}=0.\overline{076923}$, 也有 6 位循環, 後 3 位也是 $999-076=923$)。所以我們可以完成 $\dfrac 1{89}$ 的 44 位循環節: $$\dfrac 1{89}=0.\overline{01123595505617977528089887640449438202247191}.$$ 為了處理 $F_n$ 和 $10^n$ 的同步, 兩邊都乘以 10 即可得到: $$\dfrac{10}{89}=0.\overline{11235955056179775280898876404494382022471910}.$$ 即使不計我們用 9 補數推算出來的位數, 我們用前 38 項的費氏數列, 算出 $$\sum\limits_{n=1}^{38} \frac{F_n}{10^{n+1}} \fallingdotseq 0.011235955056179775280898876404\ \hbox{和}\ \dfrac 1{89}$$ 的小數, 誤差已小到 $\dfrac 1{10^{30}}$。 雖然無論計算到幾位, 都無法代替數學上的證明, 但是我們可以大膽的假設, 這個關於費氏數列的級數 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{F_n}{10^{n+1}}$ 收斂到 $\dfrac 1{89}$, 或者改為 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{F_n}{10^n} =\dfrac{10}{89}$ 會更算單明暸, 接著就是如何證明了。

手上沒有這類文獻, 但網上卻無所不有。 Google「$1/{89}$」找到一個 {www2.math.ou.edu} 的網站, 上面有 Robert Miner 發表的 "The remarkable Number $1/{89}$"。 證明很漂亮, 可惜表達運算的矩陣有些地方排版錯誤, 不一步一步跟著計算, 很不容易看出式子的導出。 這裡借用 Robert Miner 的方法, 直接證明 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{F_n}{10^n} =\dfrac{10}{89}$: \begin{eqnarray*} \hbox{令}\ A&=&\left(\begin{array}{cc} 0&1\\ \dfrac 1{100}&\dfrac 1{10} \end{array}\right),\\ \hbox{則}&&A\left(\begin{array}{c} \dfrac {F_i}{10^i}\\[5pt] \dfrac {F_{i+1}}{10^{i+1}} \end{array} \right)=\left(\begin{array}{cc} 0&1\\ \dfrac 1{100}&\dfrac 1{10}\end{array}\right)\left(\begin{array}{c} \dfrac{F_i}{10^i}\\[5pt] \dfrac {F_{i+1}}{10^{i+1}} \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} \dfrac{F_{i+1}}{10^{i+1}}\\[5pt] \dfrac{F_i+F_{i+1}}{10^{i+2}} \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} \dfrac{F_{i+1}}{10^{i+1}}\\[5pt] \dfrac{F_{i+2}}{10^{i+2}}\end{array}\right).\\ \hbox{考慮}&&\left(\begin{array}{c} \dfrac{F_1}{10^1}\\[5pt] \dfrac{F_2}{10^2}\end{array}\right) +\left(\begin{array}{c} \dfrac{F_2}{10^2}\\[5pt] \dfrac{F_3}{10^3}\end{array}\right)+\cdots +\left(\begin{array}{c} \dfrac{F_n}{10^n}\\[5pt] \dfrac{F_{n+1}}{10^{n+1}}\end{array}\right)+\cdots\\ &=&(I+A+A^2+\cdots+A^n+\cdots)\left(\begin{array}{c} \dfrac{F_1}{10^1}\\[7pt] \dfrac{F_2}{10^2}\end{array}\right).\\ \hbox{因為}&&(I+A+A^2+\cdots+A^n+\cdots)=\dfrac I{I-A}=(I-A)^{-1}=\dfrac 1{89}\left(\begin{array}{cc} 90&100\\ 1&100\end{array}\right),\\ \hbox{所以}&&\left(\begin{array}{c} \sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{F_n}{10^n}\\[8pt] \sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{F_{n+1}}{10^{n+1}}\end{array}\right) =\left(\begin{array}{c} \dfrac{F_1}{10^1}\\[5pt] \dfrac{F_2}{10^2}\end{array}\right)+ \left(\begin{array}{c} \dfrac{F_2}{10^2}\\[5pt] \dfrac{F_3}{10^3}\end{array}\right)+\cdots+ \left(\begin{array}{c} \dfrac{F_n}{10^n}\\[5pt] \dfrac{F_{n+1}}{10^{n+1}}\end{array}\right)+\cdots\\ &=&\dfrac 1{89} \left(\begin{array}{cc} 90&100\\ 1&100\end{array}\right) \left(\begin{array}{c} \dfrac{F_1}{10^1}\\[5pt] \dfrac{F_2}{10^2}\end{array}\right) =\dfrac 1{89} \left(\begin{array}{c} 9F_1+F_2\\[5pt] \dfrac{F_1}{10}+F_2\end{array}\right) =\dfrac 1{89} \left(\begin{array}{c} 10\\[5pt] \dfrac{11}{10}\end{array}\right) =\left(\begin{array}{c} \dfrac{10}{89}\\[5pt] \dfrac {11}{890}\end{array}\right). \end{eqnarray*} 所以 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{F_n}{10^n} =\dfrac{10}{89}$ 得證。

現代每一品牌的手機都功能強大, 利用手機的計算功能, 打進 $1\div 0.010102030508132134\cdots =$ 就能出現 $98.9900000000000054781066000\cdots$, 小數點之後連續的 0 愈多, 表示誤差愈小, 我們可以簡單的預測 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{F_n}{10^{2n}} =\dfrac{100}{9899}$; 或者打進 $1\div 0.001001002003005008013021034055$, 得到的答案是 998.999000000000000000000000, 這麼多的 0 表示誤差已小到可以忽略。 我們可以大膽的預測 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{F_n}{10^{3n}} =\dfrac{1000}{998999}$。 或者更進一步推廣到一個共通的模式: $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{F_n}{10^{kn}} =\dfrac{10^k}{10^{2k}-10^k-1}.$$ 這裡的 $k$ 要不要限制在正整數, 你可以拿出手上的計算機自己體驗一下。

補記: 把稿子寄出去之後, 我仍滿腦子想著這個問題: $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{F_n}{10^{kn}} =\dfrac{10^k}{10^{2k}-10^k-1}$ 的 $k$, $k$不限制在整數當然不是問題, 沒有理由說 $k=1$, $k=2$ 成立, $k=\dfrac 32$ 不成立, 甚至初步估計 $k=\dfrac 12$, 這個極限還是存在的。 但是 $k$ 總不能太小, 比如 $k$ 如果等於 0, 級數就變成 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}F_n $, 當然是發散的。 特別的令 $k=\log 2$, 則這個級數會變成一個更漂亮的型式: $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{F_n}{2^n}$, 這個級數會收斂嗎? 感謝 Robert Miner 在證明中的方法, 令 $A=\left(\begin{array}{ccc} 0&&1\\ \dfrac 14&~&\dfrac 12 \end{array}\right)$, 可以求出 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{F_n}{2^n} =2$,

這個收斂太精彩了, 用高中生常用的求級數和的方法, 也能得到這個結果: \begin{eqnarray*} \hbox{令}&&S=\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{F_n}{2^n} =\dfrac 12+\dfrac 14+\dfrac 28+\dfrac 3{16}+\dfrac 5{32}+\cdots+\dfrac{F_n}{2^n} +\cdots,\\ \hbox{則}&& 2S=1+\dfrac 12+\dfrac 24+\dfrac 38+\dfrac 5{16}+\cdots+\dfrac{F_{n+1}}{2^n} +\cdots\\ &&\hskip .6cm =F_1+\dfrac{F_2}2+\dfrac{F_3}4+\dfrac{F_4}8+\cdots+ \dfrac{F_{n+1}}{2^n} +\cdots,\\ \hbox{所以}&& 2S-S=F_1+\dfrac{F_2-F_1}2+\dfrac{F_3-F_2}4+\dfrac{F_4-F_3}8+\cdots+\dfrac{F_{n+1}-F_n}{2^n} +\cdots,\\ \hbox{所以}&& S=F_1+\dfrac 02+\dfrac{F_1}4+\dfrac{F_2}8+\cdots+\dfrac{F_{n-1}}{2^n} +\cdots\\ &&\hskip .45cm =1+\dfrac 12 \Big(\dfrac{F_1}2+\dfrac{F_2}4+\cdots +\dfrac{F_{n-1}}{2^{n-1}} +\cdots\Big)=1+\dfrac 12 S,\\ \hbox{所以}&& S=1+\dfrac 12 S,\\ \hbox{所以}&& S=2 \end{eqnarray*} 我想大多數人不親自做完證明是不容易相信的。

問題再回到 $k$ 的最小值, 如果把 $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{F_n}{10^{kn}} =\dfrac{10^k}{10^{2k}-10^k-1},\ \hbox{令}\ k=\log r,\ r\gt 0, \hbox{改為}\ \sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{F_n}{r^n} =\dfrac r{r^{2k}-r^k-1},$$ 顯然的 $r=\dfrac{\sqrt{5}\pm 1}2$ 時是發散的, 這合乎費氏數列前後兩項比值的極限, 但初步驗算 $r=-2$, $r=-3$ 時級數的收斂仍是正確的, 這又超出原先令 $k=\log r$ 時, $r\gt 0$ 的必要條件, 有誰能說明得更清楚嗎?

---本文作者為高雄市中正高中退休教師---