費氏數之冪級數的分數值及其收斂範圍

國立台中教育大學數學教育研究所理學碩士論文

指導教授：易正明 教授

費氏數之冪級數的分數值及其收斂範圍

研究生：林智勇 撰

中華民國九十六年一月

摘要

對消法在無窮級數的推導中，是一個很漂亮的技巧。其利用一些運算的方法 產生一些可相消的式子，進而導出一個簡潔的公式。本文主要探討如何利用對消 法來推導以費波那契(Fibonacci)數表示的冪級數的一般式與其收斂範圍。本文 以 1/89 與 1/71 可以表示成費波那契數的無窮級數這個觀念為出發點，利用費波 那契數與路卡斯(Lucas)數的定義，以及利用此定義所產生的一個恆等式，使得 此無窮級數產生了一些可以相消的式子，進而導出此無窮級數的一般式。 無窮級數的一般式，要在一定的範圍內才會收斂，若不在此範圍，則會因為 級數的發散使得產生一個矛盾的等式。本文以數學史的角度為出發點，敘述一些 在數學史上曾經對收斂範圍這個觀念所產生的迷思與矛盾，並說明一些判別收斂 或發散的方法，並解釋如何利用這些的方法導出此一般式的收斂範圍。

關鍵詞：對消、無窮級數、費波那契數列、路卡斯數列

ABSTRACT

Elimination is a clever skill about infinite series. We can prove a clever formula about infinite series using elimination. The text introduces how to prove general formula of the power series about Fibonacci numbers and find its convergence radius using elimination. First, we introduce that 1/89 and 1/71 can be expressed as infinite series. Then, we introduce the definition of Fibonacci numbers and Lucus numbers and we deduce a formula by the definition. By a formula and the definition, we infer some equations which can be used by the technique of elimination. Then, we prove general formula about the power series of Fibonacci numbers.

General formula of infinite series should be convergent in its convergence radius. If the parameter of the power series of Fibonacci numbers. is not in its convergence radius ,then the power series of Fibonacci numbers are divergent and it will consult a contradiction.. The next part, we state some mistakes and contradiction for convergernce of infinite series from the point of mathematical. history view and discuss some methods for testing whether the infinite series is convergent or not, and we explain how to find the radius of convergence for general formula of the power series about Fibonacci numbers by above methods.

Keyword: elimination, infinite series, Fibonacci sequence, Lucas

sequence

目錄

第一章 基本概念...1

第一節 費波納契數列...1 第一節 無窮級數的收斂...5

第二章 先備知識...16

第一節 路卡斯數列...16 第二節 應用對消法推導 1 1 10 1 + ∞ =

∑

⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ k k k F 的值...19 第三節 利用定義推導

∑

的值...21 ∞ = + 1 ) 1 ( k k b akr F

第三章 費氏數的無窮級數...24

第一節 應用對消法推導

∑

∞ = + 1 1 2 ) 10 1 ( k k k F 的值...24 第二節 應用對消法推導

∑

的一般式...26 ∞ = + 1 ) 1 ( k k b akr F 第三節 收斂範圍...28

第四章 討論與結論...31

第一節 討論...31 第二節 結論...36 第三節 可發展的問題...38

參考文獻...40

參考文獻

[1]林琦焜(民 87)。從等比級數談起。數學傳播季刊，第二十二卷第二期，頁 42-53。 [2]吳振奎(民 82)。斐波那契數列，台北市：九章出版社。

[3]張子浩、張嘉平譯(Earl W. Swokowski 著)(1989)。Swokowski 微積分。台北市： 台灣東華。

[4]林炎全、洪萬生、楊康景松譯(Morris Kline 者)(1983)。數學史-數學思想的發展 中冊，台北市：九章出版社。

[5]Witold Kosmala(1999)。Infinite Series，Advanced Calculus，p334-p378。 [6]林智勇、易正明(2005)。對消法在無窮級數上的應用，南大學報，頁 93-103。 [7]萱場 修(2004)。 89 1 の不思議。數學セミナ-，第四十九卷第九號，頁 53-55。 [8]林炳炎(民 72)。有關費氏數之無窮級數的分數和。數學傳播季刊，第七卷第一 期，頁 27-33。 [9]林智勇、易正明、許天維(2006)。以費氏數列表示的無窮級數和與收斂半徑。 數學傳播季刊，第三十卷第三期，頁 53-65。

第一章 基本概念

第一節 費波納契數列

十三世紀初，義大利的一位名為費波納契(Leonardo Pisano Fibinacci)的數學家，在一本題 為「算盤書」的數學著作中，提出了下面一個有趣的題目： 兔子出生以後兩個月就能生小兔，若每次不多不少恰好生一對(一雄一雌)。 假如養了 出生的小兔一對，試問一年以後共可有多少對兔子(假如生下的小 兔都不死的話)？ 我們可以得知，第一個月與第二個月都只有一對兔子，在第三個月時，會生出一對兔子， 此時共有兩對兔子，第四個月時會有三對兔子，第五個月會有五對兔子...，我們可以發現到 以下的結果 月份 1 2 3 4 5 兔子數(對) 1 1 2 3 5 可以發現，第三個月是第一個月與第二個月的相加，而第四個月是第二個月與第三個月的相 加，第五個月是第三個月與第四個月的相加...，因此此數列會有一個遞迴關係： 1 1 = F ，F₂ =1，F_n =F_n−1+F_n−2，n∈ 。 N 此數列稱為費波納契數列(以後簡稱費氏數列)，而數列的每一項我們稱為費波納契數(以後簡 稱費氏數)。 我們如果想求F₆，我們只要計算F₄ +F₅等於多少就可以，但是若是 ，這樣逐項的相 加似乎就有點沒效率，因為有這樣的遞迴關係，我們可以利用這個關係來求出 與 n 的關係。 200 F n F 性質 1.1.1： 若F₁ =1，F₂ =1，F_n =F_n−1 +F_n−2，n>3，n∈ ，則 N ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − − ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + = n n n F 2 5 1 2 5 1 5 1 。 pf： 我們參閱了林琦焜的想法來推導[1]，先假設兩個數字α與β ，而

1 = +β α ，αβ =−1。 將F_n的遞迴關係式做下列的變換

(

+

)

−1 −

( )

−2 = n n n F F F α β αβ 。 利用移項，可形成下列兩個式子

(

1 2

)

1 − − − = − − n n n n F F F F α β α 。 (1.1.1)

(

1 2

)

1 − − − = − − _{n n n} n F F F F β α β 。 (1.1.2) 於是形成兩個等比數列。對(1.1.1)式而言，其第 n+1 項為F_n −αF_n−1，第 n 項為Fn−1−αFn−2， 形成一個公比為β 的等比數列的遞迴關係，其第三項為F₂ −αF₁，於是(1.1.1)式可改寫為

(

)

2

(

)

2 1 2 1 1 − − − = − = − − n n n n F F F F α α β α β 。 (1.1.3) 同理，(1.1.2)式也可以改寫為

(

)

2

(

)

2 1 2 1 1 − − − = − = − − n n n n F F F F β β α β α 。 (1.1.4) 為了要消除掉F_n−1此項，我們將(1.1.4)式乘以α，去減掉(1.1.3)式乘以β ，可得

(

α −β

)

=α −

(

−β

)

−β −

(

−α

)

1 1 1 1 n n n F 。 因為α +β =1，因此 α β = − 1 ，1−α =β。 故可得

(

)

n n n F α β β α − = − 。 則可推得

(

)

(

n n

)

n F α β β α− − = 1 。 (1.1.5) 因為α +β =1，αβ =−1，所以此兩數字必為 的兩根，利用一 元二次方 程式公式解可得 0 1 2 − x− = x 2 5 1+ = α ， 2 5 1− = β 。 將此兩個值代入(1.1.5)式，可得費氏數列的一般項為 ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − − ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + = n n n F 2 5 1 2 5 1 5 1 。

如此我們可以得知 的表示方法，然而 並不是只有這樣的表示方法，例如 也可以 用矩陣來表示，其敘述如下。 n F F_n F_n 性質 1.1.2： 若F₁ =1，F₂ =1，F_n =F_n−1 +F_n−2，n>3，n∈ ，則 N ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − + 1 1 0 1 1 1 n n n n n F F F F 。 pf： 我們參考了吳振奎的想法[2]，利用數學歸納法來證明此性質。 (1) 當 n = 2 時，可以得知 ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ 1 2 2 3 2 1 1 1 2 0 1 1 1 0 1 1 1 0 1 1 1 F F F F 。 (2) 設 n = k 時結論為真，即 ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − + 1 1 0 1 1 1 k k k k k F F F F 。 現在考慮 n = k + 1 的情形： ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + + = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + + + − + + − + + k k k k k k k k k k k k k k k F F F F F F F F F F F F F F 1 1 2 1 1 1 1 1 1 0 1 1 1 0 1 1 1 。 利用性質 1.1.2，我們可以推得費氏數列項之間重要的關係式，其敘述如下。 性質 1.1.3： 若F₁ =1，F₂ =1，F_n =F_n−1 +F_n−2，n>3，n∈ ，則 N n n n n F F F_{+1 −1} − 2 =(−1) 。 pf： 利用性質 1.1.2，將左式與右式分別取行列式，即 1 1 0 1 1 1 − + = n n n n n F F F F 。 如此可得 n n n n F F F_{+1 −1} − 2 =(−1) 。

第二節 無窮級數的收斂

無窮級數，在數學史上扮演著重要的角色。在古希臘時代，亞里斯多德(Aristotle)已經會

用公比 的無窮等比級數。15 世紀後，無窮級數被廣泛的運用在數學上，而微積分積

分的推導，也是利用將不規則面積切割成很小的面積再累加而計算，其中也用到了無窮級數 的概念。當時，無窮級數最常被拿來使用解題的想法有兩個，第一個就是「無窮級數可以拿

來當做一個數的近似值」，例如萊布尼茲(Gottfried Wilhelm von Leibniz)在 1674 年發現

1 0< r< π/4 可 以用一個無窮級數表示，即 ... 7 1 5 1 3 1 1 4 = − + − + π 。 第二個就是要將函數微分或積分時，可以先將函數轉成無窮級數，再對此無窮級數做積分或 微分，例如 ... 3 1 2 1 ) 1 ln( +x = x− x2 + x3+ 。 如此可得 dx x x x dx x ... 3 1 2 1 ) 1 ln( + =

∫

− 2 + 3+

∫

。 雖然無窮級數在 15 世紀後被廣泛的使用，但是在剛開始時，因為數學家們還沒有無窮級 數收斂發散的概念，因此產生了許多的矛盾。例如歐拉(Leonhard Euler)在 1730 年利用無窮等 比級數公式證明了這個矛盾的式子 ... 1 1 1 1 2 1 + − + − = 。 當時，許多的數學家為了這個無窮級數的值，產生了許多的見解與看法。後來數學家們漸漸 重視到無窮級數的斂散性概念，直到十九世紀時無窮級數的斂散性觀念被完整化，無窮級數 的理論才完整成型。在此，我們要介紹一些判別無窮級數收斂的方法。 1. 級數的發散 判別無窮級數是否發散，最常用的方法為以下的性質：

性質 1.2.1： 若 = ∞ → n n S lim

∑

∞ =1 k k a 收斂，則lim =0 ∞ → n n a 。 pf： 因為S_n收斂，所以 _n= ，而 n→∞S lim lim_→∞ n−1 n S an =Sn −Sn−1，故limn→∞an =0。 有了這個性質，我們可以得知當lim ≠0 ∞ → n n a 時，則limn→∞Sn =

∑

∞ =1 k k a 發散，即下面的敘述。 性質 1.2.2： 若lim ≠0 ∞ → n n a ，則limn→∞Sn =

∑

∞ =1 k k a 發散。 pf： 利用性質 1.2.1 的邏輯對偶命題，我們可以得知若lim ≠0 ∞ → n n a ，則 = ∞ → n n S lim

∑

∞ =1 k k a 發散。 2. 無窮等比級數的收斂 在無窮級數的領域中，無窮等比級數是一個非常重要的級數，我們常利用無窮等比級數 的收斂半徑，來推導出許多公式與判別收斂與否的方法，在此我們要來推導無窮等比級數的 收斂區間，在推導之前，我們先給予三個定義，分別敘述如下。 定義 1.2.3： 若對每一ε >0，存在一正整數 N，使得當 n > N 時， ε < − L a_n 恆成立，則稱數列{a_n}有極限 L，或收斂於 L，記作 L a_n n→∞ = lim 若這數 L 不存在，則稱此數列沒有極限，或發散。 定義 1.2.4： =∞意指對每一正數 P，存在一正整數 N，使得 n > N 時， 。 ∞ → n n a lim a_n >P 定義 1.2.5： 等比數列的遞迴關係為：a_n =a_n−1r，a₁ ≠0，n∈ ，N r∈R。 利用這個定義 1.2.3 與定義 1.2.4，我們可以推導下面的這個性質。

性質 1.2.6： (1) 若r <1時，lim =0。 ∞ → n n r (2) 若r >1時， =∞。 ∞ → n n r lim pf： 我們參考了 Swokowski 微積分[3]這本書的方法，來推導性質 1.2.6。 (1) 當r <1，可知lnr <0，我們取0<ε <1，則lnε <0。此時我們令 r N ln lnε = ，可知 N > 0，當 n > N 時，我們可以得知 r n ln lnε > 。 利用不等式的運算我們可以得知 ε < − 0 n r 。 再來，我們若取ε ≥1，則lnε ≥0，因此 0 ln ln ≤ r ε ，如此，當 n > N 時且 n 為正數，我們依然 可得到 r n ln lnε > 。 同理我們可以得到同樣的關係 ε < − 0 n r 。 綜合上面的敘述，再利用定義 1.2.3，我們可以得到若 r <1時，lim =0。 ∞ → n n r (2) 當r >1，可知lnr >0，我們取 0 < P < 1，可知lnP<0，因此可知 0 ln ln < r P ，則當 n > N 且 n 為正數時，我們可得 r P n ln ln > 。 如此可得 P rn > 。 同理若我們取P≥1，可知 0 ln ln ≥ r P ，令N = r P ln ln ，當 n > N 時，我們可得

r P n ln ln > 。 同理我們可得 P rn > 。 利用定義 1.2.4，我們可以得知若 r >1時， =∞。 ∞ → n n r lim 再來，我們要來推導無窮等比級數的收斂，其敘述如下： 性質 1.2.7： 若an =an−1r，a1 ≠0，n∈ ，N r∈R，令

∑

，則 = = n k n n a S 1 (1) 若r <1， _n收斂於 n→∞S lim r a − 1 1 _。 (2) 若r ≥1， _n發散。 n→∞S lim pf： 我們假設一級數S_n， n S = a₁+ a₁r+a₁r2 +...+a₁rn−2 +a₁rn−1。 為了利用對消法，我們對Sn做下列的處理 n rS = n n n， r a r a r a r a r a₁ + ₁ 2 +...+ ₁ −2 + ₁ −1 + ₁ 如此兩式相減就只會剩下頭尾兩項，可得 n S r) 1 ( − = n， r a a₁ − ₁ n S = r r a n − − 1 ) 1 ( 1 _。 (1) 若r <1，利用性質 1.2.6，我們可以得知lim =0，因此我們可以得知 ∞ → n n r nlim→∞Sn = r a − 1 1 _。 (2) 若r >1，利用性質 1.2.6，我們可以得知 =∞，因此我們可以得知 發散。若 ∞ → n n r lim _n n→∞S lim 1 = r ，當 r = 1 時， = + n S a₁ a₁ +a₁ +...+a₁ +a₁。 利用性質 1.2. 2，我們可以得知 _n發散。當 r = -1， n→∞S lim

= 。 n S a₁− a₁ +a₁−a₁ +...+(−1)n−1a₁ 此為交錯級數，我們會在後面証明其為發散。統合上述的結果，我們可以得知 _n發散。 n→∞S lim 3. 交錯級數的斂散性 在十七、十八世紀，數學家還沒有收斂範圍的概念，他們認為無窮級數的等式在任何實 數中都是相等的，因此在那時候，出現了許多的爭議。例如在 17 世紀時，對於 1-1+1-1+1-1+… 等於多少的這個問題，產生了許多的爭議，許多的數學家，大概都利用了一個無窮級數的等 式，再找一個合適的值代入，得到 1-1+1-1+1-1+… 2 1 = 。 根據數學史的研究[4]，最早提出這個答案的是詹姆士-白努利(James Bernoulli)，其利用這 個等式 n m l + = 1 ) 1 ( + − m n m l ， 再利用等比級數的展開方法展開左式而得 n m l + = [1 ( ) ...] 2 − + − m n m n m l 。 當 m=n 時，可看成 ... 1 1 1 1 1 1 2 1 + − + − + − = 。 那時，許多數學家也有類似的想法，其利用等比級數的展開方法可得 ... 1 1 1 = − + 2− 3+ +x x x x 。 當 x=1 代入可得 ... 1 1 1 1 1 1 2 1 + − + − + − = 。 萊布尼茲贊同 1 1 1 1 1 1 ... 2 1 + − + − + − = ，其解釋方法為：假設 為 n 項的和，因為 為 1， 0，1，0，1，…的數列，故取其平均數。 n S <S_n > 1-1+1-1+1-1+…，或者是 ... 4 1 3 1 2 1 1− + − + ，這些級數通稱為交錯級數。對於交錯級數的 斂散性，我們利用在西元 1713 年，萊布尼茲所提出交錯級數的收斂來證明其這兩個問題，交

錯級數的收斂敘述如下。 性質 1.2.8： 若對於所有的 ，恆有 (即遞減)，且 ，則 會收斂。 N n∈ an ≥an+1 >0 lim_n→∞an =0

∑

∞ = − − 1 1 ) 1 ( n n n a pf： 令S_n =

∑

，且 ， ∞ = − − 1 1 ) 1 ( n n n a a_n ≥a_n+1 >0 lim =0 ∞ → n n a 。當 n 為偶數時，可以得知 ) ( ... ) ( ) ( ) ( 1 2 3 4 5 6 n 1 n n a a a a a a a a S = − + − + − + + ₋ − 。 又因為a_n ≥a_n+1 >0，因此上式的所有括號皆為正，因此可以得知 ... ... 0≤S2 ≤S4 ≤ ≤S2k ≤ ， 即{S_2k}這個數列是遞增的，又已知 1 1 2 5 4 3 2 1 (a a ) (a a ) ... (a a ) a a a Sn = − − − − − − n− − n− − n ≤ ， 因此可以知道當 n 趨近於無窮大時， 會遞增但不會大於一個定值 ，故其收斂。而當 n 為 奇數時，可以得知 n-1 為偶數，又因為 n S a₁ n n n S a S = ₋₁ + ，lim =0 ∞ → n n a ，以及 n 趨近於無窮時， 是收斂的，因此可得 會趨近於 ₁。因此我們可得若對於所有的 1 − n S n S S_n− n∈ ，恆有N (即 遞減)，且 ，則 會收斂。 0 1 > ≥ _n+ n a a 0 lim = ∞ → n n a

∑

∞ = − − 1 1 ) 1 ( n n n a 如此 1-1+1-1+1-1+...=？這個問題的斂散性，我們可以利用性質 1.2.8 來檢驗。因為 ，

∑

∞ = + _× − = + − + − + − 1 1 ) 1 ( ... 1 1 1 1 1 1 n n n a a_n =1且對於每個 n，a_n+1 ≥a_n >0，我們可得 0 1 lim = ≠ ∞ → n n a 。 因為其不符合性質 1.2.8 的充分條件，我們利用性質 1.2.2，因為 ，因此這個無 窮級數是發散的。 0 ) 1 ( lim − +1 ≠ ∞ → n n n a 對於 ... 4 1 3 1 2 1 1− + − + 這個問題，我們利用性質 1.2.8，因為 ... 4 1 3 1 2 1 1− + − +

∑

∞ = + _× − = 1 1 ) 1 ( n n n a ， n an 1 = 。 而其符合an ≥an+1 >0，且 lim_→∞ n =0，因此我們可知其是收斂的。 n a

4. 積分試驗法 在十七、十八世紀，也常常會使用發散的級數做一些四則運算，而得到一些等式，雖然 有可能可以得到一個正確的等式，如兩個發散的級數相減，在某種條件下會收斂，但是大部 分的操作都是會有問題的，如詹姆士-白努利在推導 ...) 5 1 3 1 1 ( 2 ... 3 1 2 1 1+ + + = + + + 過程中，利用 2 ... 4 1 2 1 1+ + + = ， 3 2 ...) 4 1 2 1 1 ( 3 1 = + + + ， 5 2 ...) 4 1 2 1 1 ( 5 1 = + + + …。 此技巧利用此項--奇數* --當奇數不一樣的時候，絕對不會有相同的項，其利用任何一項都 可用 來轉換，而不同的 b，c，…對應不同的奇數，因此包含了所有的 正整數。他將所有式子相加起來可得 n 2 ... * 11 * 7 * 5 * 3 * 2a b c d e ...) 5 1 3 1 1 ( 2 ... 3 1 2 1 1+ + + = + + + 。 因此其推論奇數項的和是全部的一半。但因為左式是發散的，右式亦為發散，故才能有這樣 的結果。 ... 3 1 2 1 1+ + + 這個級數我們稱為調和級數，我們利用麥克勞倫(Colin Maclaurin)與柯西

(Augustin Louis Cauchy)分別提出的積分試驗法來證明其斂散性，積分試驗法的敘述如下。

性質 1.2.9：若 f

( )

x 在x≥1時恆為正值、連續且遞減，則 (1) 若

∫

∞

( )

收斂，則 收斂。 1 f x dx

∑

( )

∞ =1 n n f (2) 若

∫

∞

( )

發散，則 發散。 1 f x dx

∑

( )

∞ =1 n n f pf： 我們將 f

( )

x 從 x = 1 到 x = n 這段區域，做間距為 1 的黎曼(Riemann)切割，可以得知

( ) ( )

+ + +

( )

≤

_∫

n

( )

≤

( ) ( )

+ + +

(

−

)

n f f f dx x f n f f f 1 1 2 ... 1 ... 3 2 。 令S_n = f

( ) ( ) ( )

1 + f 2 + f 3 +...+ f

( )

n ，則上式可寫為

( )

≤

_∫

( )

≤ − − n _n n f f x dx S S 1 1 1 。 因為S_n − f

( )

≤

∫

n f

( )

x dx，即 ，則當 收斂時，會使得 收斂。 1 1 S_n ≤

∫

n f

( )

x dx+ f

( )

1 1

∫

( )

∞ 1 f x dx nlim→∞Sn

因為

∫

n f

( )

x dx≤S_n− ，則當 發散時，會使得 發散進而使得 發散。 1 1

∫

( )

∞ 1 f x dx limn→∞Sn−1 nlim→∞Sn 我們利用性質 1.2.9 來證明調和級數發散。調和級數

∑

∞ = = + + + + 1 1 ... 4 1 3 1 2 1 1 1 k k 。 我們令 x x f( )= 1，則利用積分試驗法可知

∫

1∞ =lim→∞ln 1 x dx x x 。 而我們知道當 x 趨近於無窮大時，ln x 會發散，因此此積分值發散，如此我們可知調和級數 發散。

5. 比值試驗法(ratio test)與根值試驗法(root test)

在証明比值試驗法與根值試驗法之前，我們要給予一個定義與一個性質，分別敘述如下。 定義 1.2.10：

∑

a_n 為絕對收斂的定義是

∑

a 收斂。 _n . 性質 1.2.11：若

∑

a_n 為絕對收斂，則

∑

a 收斂。 _n pf： 令b_n =a_n + a_n，因為− a_n ≤a_n ≤ a_n，所以0≤b_n ≤2a_n。若

∑

a 為絕對收斂，可知_n

∑

a_n 收斂，因此

∑

2a_n 收斂，又因為0≤b_n ≤2a_n ，因此

∑

b 收斂。 _n 因為b_n =a_n + a_n ，所以a_n =b_n − a_n ，又因為

∑

a 與_n

∑

b 都收斂，因此我們可以得知_n

∑

a_n 收斂。

再來，我們利用 Witold Kosmala 所著的「Advanced Calculus」一書中的方法[5]來證 明比值試驗法。 性質 1.2.12：若 L a a n n n = + ∞ → 1 lim ，令S_n為a₁ + a₂ + a₃ +...+ a_n ，則 (1) 當L<1時，Sn為收斂。

(2) 當L>1時，Sn為發散。 (3) 當L=1時，S_n不能確定其收斂或發散。 pf： (1) 當L<1，故必存在一數字 r，使得0≤L<r <1，而因為 L a a n n n = + ∞ → 1 lim ，因此我們可知 r a a n n+1 < _{，因此可得} r a a_n+1 < _n ，而我們將 n = 1，2，3，…代入可得 r a a₂ < ₁ ， 2 1 2 3 a r a r a < < ， 3 1 3 4 a r a r a < < ，…。 因此我們可以知道 ... ... _{1 1 1} 2 3 2 1 + a + a + < a + a r+ a r + a 。 利用性質 1.2.7，當 0 < r < 1 時右式會收斂，而左式小於一個收斂的值，因此 _n會收斂。 n→∞S lim (2) 當L>1，故必存在一數字 r，使得1<r <L且 r a a n n+1 > _{，如此可得a a r} n n+1 > ，我們將 n = 1，2，3，…代入可得 r a a₂ > ₁ ， 2 1 2 3 a r a r a > > ， 3 1 3 4 a r a r a > > ，…， 因此我們可以知道 ... ... _{1 1 2} 2 3 2 1 + a + a + > a + a r+ a r + a 。 利用性質 1.2.7，當 r > 1 時右式會發散，而左式大於一個發散的值，因此 _n會發散。 n→∞S lim (3) 當 L = 1 時，我們可以找到發散與收斂的級數，因此無法確定一定發散或收斂，如此得證。 有了性質 1.2.11 與性質 1.2.12，我們證明級數是否收斂，就可以先利用性質 1.2.12 證明 其絕對收斂，再利用性質 1.2.11 得知其收斂。再來我們要證明根值試驗法，根值試驗法的敘 述如下。 性質 1.2.13：若 n a L n n→∞ = lim ，令Sn為a1 + a2 + a3 +...+ an ，則 (1) 當L<1時，Sn為絕對收斂

(2) 當L>1時，Sn為發散 (3) 當L=1時，S_n不能確定其收斂或發散。 pf： (1) 當L<1，故必存在一數字 r，使得0≤L<r<1，而因為 n a L n n→∞ = lim ，因此我們可知 r a n n < ，因此可得 n n r a < 。我們將 n = 1，2，3，…代入可得 r a₁ < ， 2 2 r a < ， a₃ <r3，…。 因此我們可以知道 ... ... 2 3 3 2 1 + a + a + <r+r +r + a 。 利用性質 1.2.7，當 0 < r < 1 時右式會收斂，而左式小於一個收斂的值，因此 _n會收斂。 n→∞S lim (2) 當L>1，故必存在一數字 r，使得1<r <L，而因為 n a L n n→∞ = lim ，因此我們可知n a r n > ， 因此可得 n n r a > 。我們將 n = 1，2，3，…代入可得 r a₁ > ， 2 2 r a > ， 3 3 r a > ，…， 因此我們可以知道 ... ... 2 3 3 2 1 + a + a + >r+r +r + a 。 利用性質 1.2.7，當 r > 1 時右式會發散，而左式大於一個發散的值，因此 _n會收斂。 n→∞S lim (3) 當 L = 1 時，我們可以找到發散與收斂的級數，因此無法確定一定發散或收斂。

第二章 先備知識

第一節 路卡斯數列

路卡斯數列(Lucas Sequence)的定義如下 1 1 = L ，L₂ =3，L_n = L_n−1+L_n−2，n∈ 。 N 利用這樣的定義，我們可以推得L_n的一般式。 性質 2.1.1：若L₁ =1，L₂ =3，L_n =L_n−1 +L_n−2，n∈ ，則我們可以得知 N n n n L _⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − + ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + = 2 5 1 2 5 1 。 pf： 將Ln的遞迴關係式做下列的變換

(

+

)

−1−

( )

−2 = _{n n} n L L L α β αβ 利用移項，可形成下列兩個式子

(

1 2

)

1 − − − = − − _{n n n} n L L L L α β α 。 (2.1.1)

(

1 2

)

1 − − − = − − n n n n L L L L β α β 。 (2.1.2) 於是形成兩個等比數列。對於(1)式而言，其第 n+1 項為L_n −αL_n−1，第 n 項為L_n−1−α L_n−2， 形成一個公比為β 的等比數列遞迴關係，其第三項為L₂ −αL₁，於是(2.1.1)式可改寫為

(

)

2

(

)

2 1 2 1 3 − − − = − = − − n n n n L L L L α α β α β 。 (2.1.3) 同理，(2.1.2)式也可以改寫為

(

)

2

(

)

2 1 2 1 3 − − − = − = − − n n n n L L L L β β α β α 。 (2.1.4) 為了要消除掉L_n−1此項，我們將(2.1.4)式乘以α，去減掉(2.1.3)式乘以β ，可得 n L ) (α−β =αn−1

(

3−β

)

−βn−1

(

3−α

)

。 利用α +β =1，αβ =−1，可以做以下的運算：

n L ) (α−β =αn−1

(

2+α

)

−βn−1

(

2+β

)

=αn −βn +2

(

αn−1 −βn−1

)

=

(

α β β α

)

αβ β αn − n + 2 n − n =αn −βn −2

(

αnβ −βnα

)

= ) ) ) 2 1 ( ) 2 1 ( β β α αn − − n − =αn(α −β)−βn(β −α =(αn +βn)(α −β ， 則可得 n L = αn +βn= n n ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − + ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + 2 5 1 2 5 1 。 利用性質 1.1.1 與性質 2.1.1，即

(

a a

)

a F = α −β 5 ， (2.1.5) a a a L =α +β 。 (2.1.6) 我們可以得知這兩個數列有兩個運算的性質，分別敘述如下： 性質 2.1.2：

(

1± 5

)

a =2a−1

(

L_a ±F_a 5

)

。 pf： 利用性質 1.1.1 與性質 2.1.1，若我們需要算出αa，則只要讓(2.1.5)式與(2.1.6)式相加可得 a a a F L 5 2α = + 。 利用 2 5 1+ = α 代入可得 ) 5 ( ) 5 1 ( 2 ) 2 5 1 ( 2 + a = 1−a + a = L_a + F_a 。 因此我們可得 ) 5 ( 2 ) 5 1 ( + a = a−1 L_a + F_a 。 (2.1.7) 同理，若要計算βa，可以讓(2.1.6)式減(2.1.5)式可得

a a a F L 5 2β = − 。 利用 2 5 1− = β 代入，再做整理可得 ) 5 ( 2 ) 5 1 ( − a = a−1 L_a − F_a 。 (2.1.8) 由(2.1.7)式與(2.1.8)式，我們可得

(

1± 5

)

a =2a−1

(

L_a ±F_a 5

)

。 性質 2.1.3：L_aF_ak =F_a(k+1) +

( )

−1aF_a(k−1)。 pf： 根據文獻的方法[6]，我們利用(2.1.5)式與(2.1.6)式，我們可得 =

(

)

ak aF L αa +βa

(

αak −βak

)

5 1 =

[

αa(k+1) −βa(k+1) +αaβak −αakβa

]

5 1 =

[

( ) ( ) ( ( ) ( ))

]

5 1 αak+1 −βak+1 +αaβa αak−1 −βak−1 = ( ) [ ] 5 1 ] [ 5 1 αa(k+1) −βa(k+1) + αβ a αa(k−1) −βa(k−1) =F _{( +1)}+

( )

a _a(k−1)。 k a αβ F 又因為αβ =−1，因此可得 ( +1)+

( )

−1 ( −1) = a _ak k a ak aF F F L 。

第二節 應用對消法推導

1 1 10 1 + ∞ =

∑

⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ k k k F

的值

在日文期刊有一篇文章，題目為「 89 1 的不可思議」，作者萱場 修利用無窮級數對消，推 證出 89 1 可以以費氏數的無窮級數來表示。首先，利用電算機可計算出 89 1 的值為 ... 5617977 0112359550 . 0 891 = 。 此數字的小數第二位是 1，第三位是 1，而其第四位是 2，剛好是第二位與第三位的相加，而 第五位是 3，剛好也是第三位與第四位的相加，可以推測 89 1 可以用費氏數列的一種無窮級數 來表示： 0 1 1 2 3 5 9 5 5 0 5 6 1 7 9 7 F1 1 F2 1 F3 2 F4 3 F5 5 F6 8 F7 1 3 F8 2 1 F9 3 4 F10 5 5 F11 8 9 F12 1 4 4 F13 2 3 3 F14 3 7 7 F15 6 1 0 ... 10 5 10 3 10 2 10 1 10 1 89 1 = × −2 + × −3 + × −4 + × −5 + × −6 + 。 現在，我們將介紹此文章的推導方法[7]。我們定義一個 n 項的級數和 n S =

∑

。 = + n k k kr F 1 1

為了利用對消法，我們將S_n做了以下的處理。 n S =

∑

。 (2.2.1) − = + + + + 2 1 3 2 3 2 2 1 n k k k r F r F r F 其次，為了要利用費氏數列的定義F_k+2 =F_k+1+F_k，我們將S_n做下列的處理 n rS =

∑

= 。 (2.2.2) = + n k k kr F 1 2 2 2 1 3 1 3 1 + − = + + + +

∑

n n n k k k r F r F r F n S r2 =

∑

= 。 (2.2.3) = + n k k kr F 1 3 2 3 1 2 1 3 + + − − = + _{+ +}

∑

n n n n n k k kr F r F r F 如此，我們出現了可以相消的項，將(2.2.1)式減(2.2.2)式後再減(2.2.3)式可得

(

1−r−r2

)

S_n = F₁r2 +F₂r3−F₁r3 (2.2.4)

(

)

∑

− = + + + − − + 2 1 3 1 2 n k k k k k F F r F (2.2.5) 3 2 1 2 + + − + _{− −} − n n n n n nr F r F r F 。 (2.2.6) 其中(2.2.5)式，因為費氏數列的定義是F_k+2 =F_k+1 +F_k，故(2.2.5)式為 0。再來我們要證明(2.2.6) 式為 0。利用性質 1.1.1 可得 ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − − ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + = + n n n n F 20 5 1 20 5 1 5 10 1 ) 10 1 ( 1 。 (2.2.7) 因為 20 5 1+ 與 20 5 1− 都介在-1 到 1 之間，則當 n 趨近於無窮大時，(2.2.7)式會趨近於 0，所以 (2.2.6)式亦趨近於 0。因此當 r 為 10 1 時，則 2 1 3 1 3 2 2 1 1 2 ) 10 1 ( ) 10 1 ( ) 10 1 ( ) 10 1 ( ) 10 1 ( ) 10 1 ( 10 1 1 ⎟ = + − = ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ _{− −}

_∑

∞ = + k k k F F F F ， 89 1 ) 10 1 ( 1 1 =

∑

∞ = + k k k F 。

第三節 利用定義推導

∑

∞

的值

= + 1 ) 1 ( k k b akr F 在高中數學中，有一個這樣的題目：0.09= ? 這個題目是非常簡單的，我們利用循環小數的意義，可將 090. 改寫成一個級數，即 ... 000009 . 0 0009 . 0 09 . 0 + + + =0.09(1+0.01+0.0001+...)=

∑

∞ =1 ) 01 . 0 ( * 09 . 0 k k 如此就可以形成一個無窮等比級數，利用無窮等比級數的公式我們可得 11 1 09 . 0 = 。 然而 090. 的級數表示型式只有一種嗎？我們發現到有一個這樣的級數 ... ) 4 1 ( * 5 ) 4 1 ( 3 ) 4 1 ( * 2 ) 4 1 ( * 1 ) 4 1 ( * 1 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 此級數和我們用電算機計算得到 0. 第一項 0 6 2 5 第二項 0 1 5 6 2 5 第三項 0 0 7 8 1 2 5 第四項 0 0 2 9 2 9 6 第五項 0 0 1 2 2 0 7 如此可得 ... ) 4 1 ( * 5 ) 4 1 ( 3 ) 4 1 ( * 2 ) 4 1 ( * 1 ) 4 1 ( * 1 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + = 090. = 11 1 ， 而這個級數，每項的係數恰好是費氏數列，即 1 1 = F ，F₂ =1，F_n =F_n−1+F_n−2 ，n∈ ，N n>2。 因此這個級數可以表示成 11 1 4 1 1 1 = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + ∞ =

∑

k k k F 。 其他的分數是否也會有同樣的表示方法呢？在我們參閱了林炳炎[5]如何利用費氏數列 與路卡斯數列的一般式，推導出費氏數列的無窮級數的分數和公式之後，這個問題就解決了。 林炳炎推導出了下面這個式子

∑

∞ = + + − − = 1 2 ) 1 ( 10 ) 10 ( ) 1 ( ) 10 1 ( k b b a a a k b ak L F F 。 在這個式子，作者推證了在 10 1 = r 的型式，我們現在想要利用作者的方法來將此式子一 般化[8]，其敘述如下。 定理 1： 若F₁ =1，F₂ =1，F_n =F_n−1 +F_n−2，n∈ ，則我們可以得知 N

∑

∞ = + − + − = 1 2 2 ) 1 ( ) 1 ( 1 k b a b a b a k b ak r r L r F r F 。 pf： 首先，我們定義一個級數和

∑

= + = n k k b ak n F r S 1 ) 1 ( 。 由性質 1.1.1 可知 ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − − ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + = ak ak ak F 2 5 1 2 5 1 5 1 。 將此一般項代入S_n，我們可得 n S = ( 1) 1 2 5 1 2 5 1 5 1 + = ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − − ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ +

∑

b k ak ak n k r = ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − − ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ +

∑

= k b a a k b a a b n k r r r 2 ) 5 1 ( 2 ) 5 1 ( 5 1 又因為性質 2.1.2 可知

(

1± 5

)

a =2a−1

(

L_a ±F_a 5

)

。 因此可得 n S = ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − − ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − + − =

∑

k b a a a a k b a a a a b n k r F L r F L r 2 ) 5 ( 2 2 ) 5 ( 2 5 1 1 1 = ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − − ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ +

∑

= k b a a k b a a b n k r F L r F L r 2 ) 5 ( 2 ) 5 ( 5 1 如此形成兩個等比級數，令 La +Fa rb =x 2 ) 5 ( ， La −Fa rb = y 2 ) 5 ( ，因此S_n可以改寫為 n S =

[

]

( ) 5 5 1 1 1

∑

∑

∑

= = = − = − n k k n k k b k k b n k y x r y x r 。

利用性質 1.2.7，在公比 x 與 y 在-1 到 1 之間，當 n 趨近於無窮大時，利用無窮等比級數的公 式，可得總和為 n n→∞S lim = _⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − − ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − y y x x rb 1 1 5 = _⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + + − − xy y x y x rb ) ( 1 5 。 利用四則運算與F_a和L_a的定義可得x− y= 5F_arb， ，以及 ， 因此 b ar L y x+ = xy=(−1)ar2b n n→∞S lim = _⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − + − b a b a b a b r r L r F r 2 ) 1 ( 1 5 5 。 則

∑

∞ = + 1 ) 1 ( k k b akr F = _{b a b} a b a r r L r F 2 2 ) 1 ( 1− + − 。

第三章 費氏數的無窮級數

第一節 應用對消法推導

∑

∞ = + 1 1 2 ) 10 1 ( k k k F

的值

參閱了萱場 修的文章，我們試著利用萱場 修的方法，推導定理 1 中 ， ， 2 = a 1 = b 10 1 = r ，L₂ =3所形成的無窮級數的和[9]。首先定義一個新的 n 項級數和 = n S

∑

= + n k k kr F 1 1 2 =

∑

(3.1.1) − = + + + 1 1 2 2 2 2 2 n k k k r F r F =

∑

。(3.1.2) − = + + + + 2 1 2 2 2 2 2 2 n k n n k k r F r F r F 其次將Sn做下列的處理 = n S r

∑

= + n k k kr F 1 2 2 = 2。 (3.1.3) 2 1 1 2 2 + − = + ₊

∑

n n n k k kr F r F 為了要產生費氏數列的奇數項，我們將(3.1.1)式減(3.1.3)式可得 =

(

1−r

)

Sn

(

)

2 2 1 1 2 2 2 2 2 2 + − = + + − − +

∑

n n n k k k k F r F r F r F = 2 2。(3.1.4) 1 1 2 1 2 2 2 + − = + + − +

∑

n n n k k k r F r F r F = 2 2(3.1.5) 1 1 2 2 1 2 1 2 2 2 + + − − = + + + − +

∑

n n n n n k k k r F r F r F r F 為了利用F2k+3 −F2k+2 −F2k+1 =0，我們對(3.1.4)式做下列的處理

(

)

n S r r − 1 = 2 1 1 1 1 1 2 2 + − = + + − +

∑

n n n k k k r F r F r F = 2 1。 (3.1.6) 2 1 2 3 2 2 3 2 + − = + + − + +

∑

n n n k k k r F r F r F r F

則用(3.1.5)式去減(3.1.1)式再去減(3.1.4)式可得 1

(

)

S_n r r r 2 3 1− + = 2 (3.1.7) 2 2 2 2 3 2r Fr F r F r F + − − (3.1.8)

(

∑

− = + + + + − − + 2 1 2 1 2 2 2 3 2 n k k k k k F F r F

)

。(3.1.9) 2 2 1 1 2 1 2 1 2 + + − + + _{− + +} − n n n n n n n nr F r F r F r F 其中(3.1.8)式，利用費氏數列的定義是F2k+3 =F2k+2 +F2k+1，故(3.1.8)式為 0。再來 我們要證明(3.1.9)式為 0。利用性質 1.1.1 可得 ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − − ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + = + n n n n F 2 2 1 2 10 2 5 1 10 2 5 1 5 10 1 ) 10 1 ( 。 (3.1.10) 因為 10 2 5 1+ 與 10 2 5 1− 都界在-1 到 1 之間，則當 n 趨近於無窮大時，(3.1.10)式會趨 近於 0，所以(3.1.9)式亦趨近於 0。因此當 r 為 10 1 時，則

(

)

n n _r S r r 2 3 1 lim − + ∞ → = = 2 2 2 2 2 3 2r F r F r F r F + − − r+2r2 −r2 −r2=r。 則 2 2 3 1 lim r r r S_n n→∞ = − + 。 因此可得 71 1 10 1 1 1 2 ⎟ = ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + ∞ =

∑

k k k F 。 同理，我們將a=2，b=1， 10 1 = r ，L₂ =3代入定理 1，也會得到同樣的結果。

第二節 應用對消法推導

∑

∞

的一般式

= + 1 ) 1 ( k k b akr F 在第二章的第三節中，我們利用了費氏數的一般式推導出費氏數的無窮級數。即 定理 1，其敘述如下： 定理 1： 若F₁ =1，F₂ =1，F_n =F_n−1 +F_n−2，n∈ ，則 N

∑

∞ = + − + − = 1 2 2 ) 1 ( ) 1 ( 1 k b a b a b a k b ak r r L r F r F 。 現在，我們要利用對消法來推導定理 1。 pf： 首先，在a∈ ,N b∈N的條件下，我們先定義一個級數和 n S =

∑

( )= 。 (3.2.1) = + n k k b akr F 1 1 ( ) ( ) ] [ 2 1 3 2 3 2 2

∑

− = + + + + n k k b k a b a b ar F r F r F 此時我們對S_n做了以下的變化 n a b S L r =

∑

( )= 。 = + n k k b ak aF r L 1 2 ( ) ( 2) 2 1 3 ) 1 ( 3 ] [ + − = + + + +

∑

bn an n n k k b k a a b a aF r L F r L F r L 利用性質 2.1.3，即 ( +1)+

( )

−1 ( −1 = a _ak k a ak aF F F L ₎， 可得 = + n a b S L r

∑

( ) − = + + + − + 2 1 3 ) 2 ( 3 2 { [ ( 1) ] } n k k b ak a k a b ar F F r F ( ) ( )

( )

( 1) ( 2) 2 1 1 + − + + + − an bn a n b n a r F r F 。 (3.2.2) 在(3.2.2)式中，我們透過性質 2.1.3 使得出現 與 的項，而(3.2.1)式有 項，為了要讓 此項能相互對消，我們再對 做了以下的變化 (k+2 a F ₎ F_ak F_a(k+2) ak F S_n =

( )

a b _n S r2 1 −

∑

( )

( ) = + − n k k b ak a r F 1 3 1 =

( )

( )

[

_{( 1)} ( 2) ( 3)

]

2 1 3 ) 1 ( 1 ₋ + + − = + _{+ − +} −

∑

bn an n b n a a n k k b ak a r F r F r F 。(3.2.3) 此時，我們將(3.2.3)式加(3.2.1)式後再減(3.2.2)式，此時

∑

內的項會彼此相消可

得 = (3.2.4) n b a b ar r S L ( 1) ] 1 [ − + − 2 a b b a b ar F r F r F 2 3 3 2 2 + − + ( 2)。 (3.2.5) ) 1 ( ) 3 ( ) 1 (− aF_anrb n+ −F_{a n+} rbn+ 同理，若(5)式的值在 n 趨近於無窮大時為 0，可得 n n b a b ar r S L ∞ → − + − ( 1) ]lim 1 [ 2 = b。 ar F 2 則可得

∑

∞ = + 1 ) 1 ( k k b akr F = _{b a b} a b a r r L r F 2 2 ) 1 ( 1− + − 。 然而並非所有的 r 都符合這個公式的，例如r >1的值，會使得定理 1 的左式 與右式不相等，但是−1<r <1左式與右式也不一定相等，這是因為當左式 收斂，定理 1 才會成立。在下一個章節我們將會推導 r 的收斂區間， 也就是推導 r 在什麼範圍內才會使得左式 收斂，進而使得定理 1 成 立。在此我們先提供一個 r 雖然介在-1 到 1 之間但是依然不合的例子作為此章節

∑

∞ = + 1 ) 1 ( k k b akr F

∑

∞ = + 1 ) 1 ( k k b akr F 的結束。例如將a=1，b=1，r =0.7，L₁ =1代入公式可得

( )

∑

∞ = + 1 1 7 . 0 k k k F = 19 49 − 。 左 邊 都 是 正 的 數 字 相 加 ， 得 來 的 結 果 卻 是 負 的 ， 這 是 矛 盾 的 ! 可 以 知 道 當 1 1< < − r ，這個式子並不一定成立，可以推測此式子的成立有更小的收斂區間。

第三節 收斂範圍

在推導定理 1 時，不論是利用林炳炎或是萱場 修的方法，這兩位都有在某 個條件成立的狀況下才可導出，並非所有的 r 都可成立。林炳炎的方法，在推導 過程中會出現兩個無窮等比級數，而無窮等比級數的和要收斂的充要條件就是其 公比要介在-1 到 1 之間；萱場 修的方法，推導中出現了這個式子，即第二章第 二節的(2.2.5)、(2.2.7)式

(

1−r−r2

)

S_n = F₁r2 +F₂r3 −F₁r3 (3.3.1) 。 (3.3.2) 3 2 1 2 + + − + _{− −} − n n n n n nr F r F r F 而當 n 趨近於無窮大時，若 ，(3.3.2)式就會趨近於 0，而萱場 修利 用這個想法去推導當 0 lim +1 = ∞ → n n n F r 10 1 = r 時lim +1 =0，進而可得(3.3.2)式為 0 而導出公式。 ∞ → n n n F r 兩位雖然推導的方式不同，但是我們分別依循兩位的想法所推導出的結果都 是一樣的。在此，我們以萱場 修的想法來嘗試推導 r 的收斂區間。 定理 2：若 b a b a r _⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − < < ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − − 2 1 5 2 1 5 ，則

∑

收斂。 ∞ = + 1 ) 1 ( k k b akr F pf： 我們在利用對消法推導一般式的過程中，出現了下列的式子，即第三章第二 節的(3.2.4)、(3.2.5)式：

[

]

n b a b ar r S L ( 1) 2 1− + − = b (3.3.3) a b a b ar F r F r F 2 3 3 2 2 + − + ( 2)。 (3.3.4) ) 1 ( ) 3 ( ) 1 (− aF_anrbn+ −F_an+ rbn+ 當 時，就可以推導出我們要的公式。因為我們 不考慮 發散的狀況，利用性質 1.2.2，即「若 0 ) 1 ( lim − ( +3) − _{( +1)} ( +2) = ∞ → n b n a n b an a n F r F r n S lim ≠0 ∞ → n n a ，則nlim→∞Sn =

∑

發散」， ∞ =1 k k a 因此以下的討論都在lim ( +1) =0情況下，(3.3.4)式收斂的狀況有下列兩種狀 ∞ → n b an n F r

況： 1. 當 a 為奇數時，(4)式可看成兩項相加後取負號，即 ] [ ( +3) + _{( +1)} ( +2) − b n n a n b anr F r F 。 若此式要收斂為 0，則此式的兩項都要收斂為 0，而此兩項都要收斂為 0 的條件 是 0 lim ( +1) = ∞ → n b an n F r 。 2. 當 a 為偶數時，(3.3.4)式可看成兩項相減，即 ) 2 ( ) 1 ( ) 3 ( + + + ₋ bn n a n b anr F r F 。 (3.3.5) 若(3.3.5)式要收斂為 0，則有兩種情況：第一種是兩項都發散。但是兩項都發散， 會使得 發散而不等於 0，依照性質 2.1.2，會使得我們原來要求的級數和 發散，但我們要計算的是其收斂的和，因此 (3.3.5)式的兩項都發散不 是我們要討論的範圍。另外一種情況是兩項都收斂。而兩項都收斂的條件是 ) 1 (n+ b anr F

∑

= + n k k kr F 1 1 0 lim ( +1) = ∞ → n b an n F r 。 綜合上述的兩點，我們可知當 ，會使得(3.3.5)式趨近於 0。利 用費氏數列定義，即性質 1.1.1，以及我們所令的兩個參數 0 lim ( +1) = ∞ → n b an n F r α與β 可得

(

) (

)

[

]

0 5 lim − = ∞ → n b a n b a b n r r r _{α β} 。 (3.3.6) 現在，我們要來討論(3.3.6)式成立的條件。在a∈ ，N b∈ ，N β <1，r <1情況 下，我們可知−1<βarb <1，利用性質 1.2.6，可以得知

(

βarb

)

n在 n 趨近於無窮 大時會趨近於 0；而(3.3.6)式出現了兩項相減，而其中一項已經收斂，所以另外一 項一定也要收斂，因此可得

1 1< < − a b r α ，−1<βarb <1。 因為β 小於零，可得 b a b a r _⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ < < ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − α α 1 1 ， b a b a r _⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ < < ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − β β 1 1 。 因為αβ =1，可得

( )

( )

b a b a r β β < < − ，

( )

( )

b a b a r α α < < − 。 又因為α > β ，則同時成立的狀況是在比較小的範圍，故可得 r 的收斂範圍

( )

( )

b a b a r β β < < − ， b a b a r _⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ₋ < < ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ₋ − 2 1 5 2 1 5 。 有了定理 2，就可以探討為什麼當a=1，b=1，r =0.7， 代入定理 1 會產生不合，我們將這些值代入定理 2 可得 r 的收斂區間： 1 1 = L ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − < < ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − − 2 1 5 2 1 5 r 。 而 2 1 5− 此值為 0.618…，因此r =0.7超過了收斂區間，所以才會使得此不合理 的狀況。

第四章 討論與結論

第一節 討論

1. 利用無窮等比級數來找出收斂區間 在本文中，我們利用林炳炎的想法來推導費氏數列在無窮級數的分數和的過 程中，會出現兩個無窮等比級數 n n→∞S lim = ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − − ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ +

∑

= k b a a k b a a b n k r F L r F L r 2 ) 5 ( 2 ) 5 ( 5 1 。 利用性質 1.2.7，若Sn要收斂，則 1 2 ) 5 ( 1< + < − a a b r F L ， 1 2 ) 5 ( 1< − < − a a b r F L 。 又因為 a a a F L + 5 =2α ， a a a F L − 5=2β 。 則 1 1< < − a b r α ， 1 1< < − a b r β 。 可以得到

( )

( )

b a b a r β β < < − ，

( )

( )

b a b a r α α < < − 。 又因為α > β ，故可得

( )

( )

b a b a r β β < < − ，

b a b a r _⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ₋ < < ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ₋ − 2 1 5 2 1 5 。 2. 利用比值試驗法來找出收斂區間 利用性質 1.2.12，若lim +1 <1 ∞ → n n n _a a ，則

∑

a 為絕對收斂，由此，我們令_n 代入可得 ) 1 ( + = b n an n F r a 1 lim _{( 1)} ) 2 ( ) 1 ( < + + + ∞ → bn an n b n a n _{F r} r F 。 整理可得 1 lim ( +1) < ∞ → an b n a n _F r F 。 移項可得 ) 1 ( lim + ∞ → < n a an n b F F r 。 利用性質 1.1.1，費氏數列的通項公式，令 2 5 1+ = α ， 2 5 1− = β 可以得知 ] [ 5 1 ) ( 5 1 lim lim ) 1 ( ) 1 ( ) 1 ( + →∞ + + ∞ → − − = n a n a an an n n a an n _F F β α β α ] [ ) ( lim _{( +1) ( +1)} ∞ → − − = _{a n}an _aan_n n α β β α 。 我們讓此分數上下同除以αan可得 = − − + + ∞ → _{[ ]} ) ( lim _{a(n 1) a(n 1)} an an n α β β α ] ) ( [ ] ) ( 1 [ lim a an a an n β α β α α β − − ∞ → 。 因為α > β ，可以得知 1 < α β ，

利用性質 1.2.6，可以得知 a a a an a an n α β β α β α α β = = − − ∞ → 1 ] ) ( [ ] ) ( 1 [ lim 。 如此可得 a b r < β 。 即 b a r < β 。 利用性質 1.2.11，所以

∑

的收斂區間為 ∞ = + 1 ) 1 ( k k b akr F b a b a r _⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − < < ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − − 2 1 5 2 1 5 。 而當這個比值為 1 時，可以得知 a b r =β 或 b a。 r =−β 對於 b a這個情況，原級數會變為 r =β

∑

∑

∞ = + ∞ = + ₌ 1 ) 1 ( 1 ) 1 ( k k a ak k k b akr F F β 。 而我們可知 ) 1 ( lim + ∞ → n a an n F β ) 1 ( ) ( 5 1 lim + ∞ → − = an an an n α β β an an an n α β α β ( ) lim 5 − − = ∞ → ) 1 ( lim 5 an an n α β β ₋ − = ∞ → 。 利用性質 1.2.6 可以得知 ) 1 ( lim + ∞ → n a an n F β ₅ ≠0 − = β 。 利用性質 1.2.2 可以得知這個級數發散。而當 b a我們也可以得到類似的結 r =−β

果，因此我們可以得知

∑

的收斂區間為 ∞ = + 1 ) 1 ( k k b akr F b a b a r _⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ₋ < < ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ₋ − 2 1 5 2 1 5 。 3. 利用根值試驗法來找出收斂區間 利用性質 1.2.13，若lim <1 ∞ → n n n a ，則

∑

a 為絕對收斂，由此，我們令n 代入可得 ) 1 ( + = b n an n F r a 1 lim ( +1) < ∞ → n b n an n F r 。 整理可得 n an an b b n r r ( ) 5 lim α −β ∞ → n an b a b n r r [1 ( ) ] 5 lim α β α − = ∞ → 。 因為α > β ，可以得知 1 < α β 。 利用性質 1.2.6，可以整理為 = − ∞ → n an b a b n r r [1 ( ) ] 5 lim α β α n b a b n r r 5 lim α ∞ → = <1 a b r α 。 因此可得 b a r ( 1 ) α < 。 即 b a r < β 。 利用性質 1.2.11，可以得知

b a b a r _⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ₋ < < ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ₋ − 2 1 5 2 1 5 。 對於這個根值等於 1 的情況，與比值試驗法的推導一樣，在此不做敘述。

第二節 結論

本文推導出費氏數列的無窮級數的一般式以及其適用的範圍，即定理 1 與定 理 2，分別敘述如下。

∑

∞ = + − + − = 1 2 2 ) 1 ( ) 1 ( 1 k b a b a b a k b ak r r L r F r F 。 b a b a r _⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ₋ < < ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ₋ − 2 1 5 2 1 5 。 其中a∈N，b∈N 。例如，當a=1，b=1，L₁ =1， 4 1 = r 時，代入可得 09 . 0 11 1 ... 4 1 5 4 1 3 4 1 2 4 1 4 1 2 3 4 5 6 _{+ = =} ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ 。 我們參閱了兩位的方法，一是利用費氏數列的定義去直接求得，另外一個方 法是利用無窮級數的對消方法求得，後者的技巧，在高中學習等比級數和的推 導，都有出現，例如在高中推導等比級數時，我們先定義一個 n 項級數和，並對 此級數和乘以 r 而得 n 1 1 1 1 n 1 1 1 1 1 S = a₁ +a r+a r2 +a r3+...+arn−1。 rS = 2 3 。 r a r a r a + + + n n r a r a 1 ...+ + + − 如此，兩式相減即可對消許多項而使得只留下前後兩項，而後推導出等比級數公 式，本文所使用的想法即是類似這樣的想法。 定理 1 的適用範圍，並非是一般多數人認為的−1<r<1，而是有更小的收斂 範圍，即是我們所推導的定理 2。例如當a=2，b=1，L₂ =3， 時，代入 (1)式左式可得 ，右式可得 4 . 0 = r

∑

∞ = + 1 ) 1 ( 2 (0.4) k k k F

( ) ( ) ( )

2 2 2 2 4 . 0 1 4 . 0 3 1 ) 4 . 0 ( − + − F ，且其值會等於-4， 一個正項級數和的結果是負的，顯然是矛盾的。這是因為當a=2，b=1， L₂ =3

時，收斂區間為 1 2 1 2 2 1 5 2 1 5 ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ₋ < < ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ₋ − r ，而 2 2 1 5 ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − 近似為 0.3819…， 會超過其收斂範圍，因此才會產生矛盾。 4 . 0 = r 上述的題材提供一個不一樣的級數和，可以讓高中生實際去感受無窮級數的 相加漸漸逼近一個數字的感覺，並有助於高中生在等比級數的推理訓練；也能提 供一個收斂範圍的例子，澄清學習者誤以為只要 r 在(−1,1)時，該類級數和必收 斂的迷思。