談惠更斯級數

(1)

談惠更斯級數

蔡聰明

在數學史上, 微積分發明之前, 無窮級數的出現, 最重要的里程碑有下列四端:

甲 . 阿基米得級數

1 + 1 4 + 1

16+ 1 64+ · · ·

這是阿基米得 (Archimedes, 287-212 B. C.) 求算拋物弓形面積時, 所產生的一個無窮等比級數, 它可以說是歷史上第一無窮級數。這個級數顯然收歛到

⁴

3

。

乙 . 調和級數

1 + 1 2+ 1

3+ 1 4+ · · ·

在 1350 年左右, N. Oresme (約 1323- 1382) 證明了調和級數發散, 這是歷史上第一個發散級數的例子。

丙 . 二項級數

(1+x)

^α

=

α

C

0

+

α

C

1

x+

α

C

2

x

²

+

α

C

3

x

³

+· · ·

其中 α 為一個實數並且

α

C

k

= α(α − 1) · · · (α − k + 1) k!

從 1664 年冬天到 1666 年, 共兩年之間, 由於歐洲流行黑死病, 牛頓 (Newton, 1642- 1727) 由劍橋大學回鄉下老家避難, 研讀 Wallis(1616-1703) 的「無窮的算術」一書, 受到 Wallis 的插值法及歸納法的啟發, 發現了上述的二項級數, 這是牛頓生平的第一個數學成果。牛頓就是由無窮級數起家, 加上運動學的考量, 發明了微積分。

丁 . 惠更斯級數

X ∞

n=1

1

n(n + 1)/2 = 1 + 1 3+ 1

6+ 1 10+ · · ·

(1) 當 Leibniz (1646-1716) 在 1672 年於巴黎遇到惠更斯 (Huygens, 1629-1695) 時, 惠更斯拋一個問題給 Leibniz: 考慮三角形數

• • • •

• • •• • • • • • •

• • •• • •

1 , 3 , 6 , 10 , · · ·

73

(2)

其第 n 項為

1 + 2 + 3 + · · · + n = n(n + 1)/2 試求三角形數的倒數之和, 即求 (1) 式之和。

這個無窮級數的首 n 項之部分和為 S

n

=

n

X

k=1

2 k(k + 1)

= 2

n

X

k=1

(1 k − 1

k + 1)

= 2(1 − 1

n + 1) (2) 於是 lim

_n→∞

S

n

= 2, 因此 (1) 式收歛且其和為 2。從而

X ∞

n=1

1

n(n + 1) = 1 (3) 今日我們稱 (1) 式與 (3) 式皆為惠更斯級數。

上述 (2) 式就是差和分的算法: 欲求和分

^P ⁿ _k=1

a

k

, 只要能夠找到 (b

n

), 使得差分

∆b

k

= b

k+1

− b

^k

= a

k

那麼就可得

n

X

k=1

a

k

=

n

X

k=1

(b

k+1

− b

^k

) = b

n+1

− b

¹

Leibniz利用差分法解決惠更斯級數的求和問題, 並且由此引出調和三角形 ( 又叫

做 Leibniz 三角形), 乃至一般的差和分學, 再將差和分對函數施展, 作連續化, 就得到微積分。這是一個偉大的發現歷程, 詳情參見 [6]。

因此, 惠更斯級數是生出微積分的一個重要胚芽。德國數學家 Hilbert (1862-1943) 說:「做數學的要訣在於找到那個特例, 它含有推展到普遍性的所有胚芽。」惠更斯級數就是這種特例。

根據數學史 [4]與 [5]的說法, 由於惠更斯與 Hudde 討論某個賭局 (game of chance) 的機率計算, 才產生惠更斯級數。遺憾的是, 其詳情在機率論史的文獻中已不可考。本文我們展示一些跟惠更斯級數有關的數學問題, 也許可以補足這個缺憾。

一、排列與組合

由排列、組合與重複組合的公式可知

n+1

P

2

/2 =

n+1

C

2

=

n

H

2

我們可以利用圖表來說明, 它們都等於三角形數

ⁿ⁽ⁿ⁺¹⁾

2

。考慮從 n + 1 個物件中任取兩個出來作排列與組合。將 n + 1 個物件編號為 1, 2, . . . , n + 1, 再列出下表:

...

..

...

... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ...

1 2 3 · · · n n + 1 1

2 3 n···

n + 1

(1,1) (1,2) (1,3) · · · (1,n) (1,n + 1) (2,1) (2,2) (2,3) · · · (2,n) (2,n + 1) (3,1) (3,2) (3,3) · · · (3,n) (3,n + 1) (n,1) (n,2) (n,3) · · · (n,n) (n,n + 1) (n + 1,1)(n + 1,2)(n + 1,3)·· ·(n + 1,n)(n + 1,n + 1)

(3)

因為排列計較順序, 故只需扣掉對角線的元素個數

(n + 1)

²

− (n + 1) = n(n + 1) =

n+1

P

₂

. 就是排列數; 組合不計較順序, 所以打對折就得到組合數

n+1

P

2

2 = n(n + 1)

2 =

n+1

C

2

. 另一方面, 從 n 個物件中任取 2 個之重複組合數為上表中三角形內的元素個數

n

²

− n

2 + n = n(n + 1)

2 =

n

H

2

. 因此, 惠更斯級數就是

X ∞

n=1

1

n

H

2

=

X ∞

n=1

1

n+1

C

2

=

X ∞

n=1

2

n+1

P

2

。

二、平面幾何

先觀察畢氏定理的一個應用:

命題1: 兩圓相切, 半徑分別為 r

0

與 r

1

, 並且跟 x 軸切於同側, 切點為 A

0

與 A

1

, 如圖 1, 則

A

₀

A

₁ ²

= 4r

₀

r

₁

(4)

...

. . . . . . . . .. . . . . . . . .. . . .. . . . .. . .. . . .. .. . .. . .. .. . .. .. .. .. . .. . . .. .. . .. .. .. .. .. . ...

...

. . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . .. . . . .. . . . .. . .. . . .. .. . .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . . .. .. .. . . .. .. . .. .. .. .. . ...

... ...

A

0

A

1

A 0 B

圖 1

證明: 在直角三角形 ∆OAB 中 (r

0

+ r

1

)

²

= A

0

A

1

2

+ (r

0

− r

¹

)

²

展開化簡立得 (4) 式。

命題2: 在圖2中, 兩圓與 x 軸之間又內切一個圓, 其半徑為 r

₂

, 則

√1

r

₂

= 1

√r

0

+ 1

√r

1

(5)

...

... ...

...

A

0

A

1

O

1

O

0

· ·

O

2

A

2

圖 2 證明: 由命題 1知,

A

₀

A

₁ ²

= 4r

₀

r

₁

A

0

A

2

= 4r

0

r

2

A

2

A

1

2

= 4r

2

r

1

又由 A

0

A

1

2

=(A

0

A

2

+ A

2

A

1

)

²

=A

0

A

2

+A

2

A

1

2

+2A

0

A

2

· A

²

A

1

所以

4r

0

r

1

= 4r

0

r

2

+4r

1

r

2

+2 · 2√

r

0

r

2

· 2√ r

1

r

2

整理化簡就得到 (5) 式。

命題3: 如圖 3, 不斷地作內切圓 O

2

, O

3

, . . ., 下去, 半徑為 r

2

, r

3

, . . ., 則

r

n

= (n − 1

√r

₀

+ 1

√r

₁

)

⁻²

, n = 2, 3, . . . , (6) 證明: 由命題 2 知

√1r

2

= 1

√r

1

+ 1

√r

0

√1r

3

= 1

√r

2

+ 1

√r

0

= 1

√r

1

+ 2

√r

0

√1r

4

= 1

√r

3

+ 1

√r

0

= 1

√r

1

+ 3

√r

0

· · · ·

(4)

...

. . . .. . . . . . . . . . . . .. . . . . .. . . . .. . . .. . .. . . .. . .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . .. .. .. ...

...

... ... ...

... . . . .. .. ...

A

0

A

1

O

1

O

0

· ·

O

2

A

2

O

4

O

3 ...

...

.

...

.

圖 3 由此看出 (

_√r ¹

n)

n=2,3,4,...

為一個等差數列, 公差為

_√r ¹

0。於是

√1r

n

= 1

√r

1

+ n − 1

√r

0

從而

r

n

= (n − 1

√r

0

+ 1

√r

1

)

⁻²

。

推論: 特別地, 如果圓 O

0

與 O

₁

的半徑皆為 1, 則

r

n

= 1

n

²

且 A

n

A

_n+1

= 2

n(n + 1) (7) 從而

X ∞

n=1

A

n

A

n+1

=

X ∞

n=1

2

n(n + 1) = 2 (8) 證明: 由 (6) 式知

r

n

= (n − 1√ 1 + 1

√1)

⁻²

= 1 n

²

又由 (1) 式知

A

n

A

n+1

= 2√r

n

r

n+1

= 2 n(n + 1)。我們注意到, (8) 式可以由幾何圖形直觀地看出來, 也可以採用下面圖 4的「無言的證明」(proof without words)。

... ... ...

...

.. . ..

...

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ...

... ... ... ...

...

. .. .. ...

...

.. .. .

... ...

0 0

1 2 3 4 n n + 1

1 2

1 2 1

y =

²x

1 3

1 6

1 · (

n²

−

_n+1²

)

=

_n+1C2¹

x y

· · ·

...

. ...

...

. ...

...

. ...

...

. ...

...

.

...

. ...

...

. ...

...

. .

...

. ...

...

. ...

.

...

. ...

...

. ...

.

...

. ...

...

.

...

. ...

...

.

. . . . .

圖 4

命題4: 在圖 5 中, 兩圓 C

1

與 C

₂

的半徑皆為 1, 相切 P 點, 並且切於 x 軸。在兩圓與 x 軸之間作一系列的內切圓 O

₁

, O

₂

, O

3

. . ., 設其半徑為 r

1

, r

2

, r

3

, . . ., 直徑為 d

1

, d

2

, d

3

, . . ., 並且令 S

n

= d

1

+ d

2

+ · · ·+

d

n

, 則

d

1

= S

1

= 1

2 且 d

_n+1

= (1 − S

ⁿ

)

²

2 − S

ⁿ

(9)

...

. . . . . . . . . . . . .. . . . . .. . . . . .. . . .. . . . .. . .. . .. . .. . .. . .. .. . .. .. .. .. . .. .. .. .. .. .. .. .. . .. .. .. .. . ... ...

...

... ...

...

... . . . . .. ..

...

C

2

C

1

· ·

O

1

O

2

P

圖 5

證明: 由 (3) 式知 d

1

= S

1

=

¹ ₂

。又由畢氏定理知

(1+r

_n+1

)

²

=1

²

+[1−2(r

1

+· · ·+r

ⁿ

)−r

n+1

]

²

於是

4r

n+1

[1 − (r

¹

+ · · · + r

ⁿ

)]

= [1 − 2(r

1

+ · · · + r

ⁿ

)]

²

(5)

從而

d

_n+1

= (1 − S

ⁿ

)

²

2 − S

ⁿ

。推論: 在命題 4 的假設下, 我們有

d

n

= 1

n(n + 1) 且

∞

X

n=1

d

n

=

∞

X

n=1

1

n(n + 1) = 1。

習題: 在圖 6 中, 兩圓 C

1

與 C

2

的半徑分別為 r

₁

與 r

₂

, 相切, 並且切於 x 軸。在兩圓與 x 軸之間作一系列的內切圓 O

1

, O

2

, O

3

, . . ., 設其半徑為 r

1

, r

2

, r

3

, . . .。

試證 1 r

n

= 2n

s

1 r

1

r

2

+ n

²

(1 r

2

+ 1 r

2

),

∀n = 1, 2, 3, . . . 。 (10)

...

. . . . . . . . .. . . . . . . .. . . . . . .. . . .. . . .. . . .. . .. . .. . .. . .. .. . .. .. . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . .. .. ...

... ...

... ... ...

. . .. .. .

...

C

2

C

1

· ·

O

1

O

2

O

3

圖 6

三、微積分

在微積分中, 經常出現如下的「望遠鏡法」(telescoping method) 求級數和

X ∞

n=1

1 n(n + 1) =

X ∞

n=1

(1

n − 1

n + 1) = 1 (11) 對此式我們何以作一個有趣的幾何解釋: 考慮一族曲線

y = x

ⁿ

, n = 1, 2, . . .

它們將單位正方形分割成無窮多個領域, 例如 y = x

ⁿ⁻¹

與 y = x

ⁿ

在區間 [0,1] 上所圍成的面積為

Z 1

0

(x

ⁿ⁻¹

− x

ⁿ

)dx

=

Z 1

0

x

ⁿ⁻¹

dx −

Z 1 0

x

ⁿ

dx

= 1

n − 1

n + 1 = 1

n(n + 1) (12) 再兩邊求和就得到 (11) 式。參見圖 7。

...

0 1

...

... ...

...

圖 7

Jakob Bernoulli (1654-1705) 利用惠更斯級數, 判別

^P ^∞ _n=1 _n ¹

² 之收斂: 因為

1

n

²

< 2 n(n + 1)

∴

∞

X

n=1

1 n

²

<

∞

X

n+1

2

n(n + 1) = 2 因此,

1 1

²

+ 1

2

²

+ · · · + 1

n

²

+ · · · (13) 收歛且其和小於 2, 但求不出和來。一直等到 1734 年, 才由 Euler(1707-1783) 求得和為

π

²

6

。

四、機率論

(6)

重覆且獨立地丟一個公正的銅板, 這叫做 Bernoulli 試驗。令 A

n

表示第 n 次出現正面的事件, 則 (A

n

) 為一列獨立的事件並且

^P ^∞ _n=1

P (A

n

) = ∞。由 Borel-Cantelli 補題知

P (A

n

, i.o.) = 1

亦即不時地 (infinitely often, i.o.) 出現正面的機率為 1。從而, 至少出現一次正面的機率也是 1。

今考慮每一次丟銅板出現正面的機率皆不同, 令其為 p

₁

, p

2

, p

3

, . . ., 這叫做 Poisson 試驗。我們要問: 在什麼條件下, 至少出現一次正面的機率為 1?

顯然, 由 Borel-Cantelli 補題知, 若

P _∞

n=1

p

n

= ∞, 則至少出現一次正面的機率為 1。如果我們假設 0 ≤ p

ⁿ

< 1, 則反過來也成立。因為

至少出現一次正面的機率為 1

⇔ 永不出現正面的機率為 0

⇔

Y ∞

n=1

(1 − p

ⁿ

) = 0

⇔

X ∞

n=1

p

n

= ∞

這最後一步需要用到 0 ≤ p

ⁿ

< 1 的條件。

定理: 在 Poisson 試驗之下, 若 0 ≤ p

n

< 1, 則下列三個敘述等價:

(i)P (不時地出現正面) = 1, (ii)

∞

X

n=1

p

n

= ∞,

(iii)P (至少出現一次正面) = 1。

特別地, 取 p

n

=

_n+1 ¹

, 則

^P ^∞ _n=1

p

n

= ∞。

於是

P (至少出現一次正面) = 1.

這恰是 Huggens 級數:

P (至少出現一次正面)

=1

2 + (1 − 1 2) · 1

3 +(1 − 1

2)(1 − 1 3)1

4 + · · ·

=

X ∞

n=1

1

n(n + 1) = 1。

順便一提, 在機率論中, 要舉一個期望值不存在的隨機變數, 最簡單的辦法是考慮隨機變數 X, 取值

X = n的機率為 1

n(n + 1), n = 1, 2, . . . 則期望值為

E(X) =

X ∞

n=1

n· 1 n(n + 1)=

X ∞

n=1

1

n + 1 = ∞ (14) 這個隨機變數 X, 出現於下面的機率問題。考慮一個甕 (Urn), 裝有一個白球與一個黑球。作隨機實驗如下:

(i) 任意取出一球。如果是白球, 則終止實驗。如果是黑球, 則放回, 並且再加一個黑球到甕裡。然後繼續從甕中任意取出一球。

(ii) 不斷地重複 (i) 的步驟。

一直等到取出白球為止, 試求取球次數的期望值。

上述隨機實驗的樣本空間為 Ω = {w, bw, b

²

w, . . . , b

ⁿ⁻¹

w, . . .}

(7)

每一樣本點的機率為 P (w)=1

2 P (bw)=1

2· 1 3 P (b

²

w)=1

2×2 3×1

4 = 1 3 · 1

4

· · · · P (b

ⁿ⁻¹

w)=1

2×2

3×· · ·×n − 1 n × 1

n + 1

=1 n · 1

n + 1

· · · · 定義取球次數的隨機變數 X 為

X(w) = 1, X(bw) = 2, . . . X(b

ⁿ⁻¹

w) = n, · · · 於是 X 的期望值就是 (14) 式。

下面我們再看一個 Huggens 級數自然地出現的機率問題。

考慮一個隨機變數 X, 代表玉皇大帝提供給人間的命運。假設人們排成一隊, 從時刻 0, 1, 2, . . . 一個接著一個來抽取命運, 得到隨機樣本 X

₀

, X

1

, . . . , X

n

, . . ., 它們獨立且同佈 (i.i.d.)。 X

0

代表某甲的壞運, X

₁

, X

2

, . . . 代表甲周圍親友的壞運。從心理的觀點來看, 甲發生不幸後, 要等到周圍有人發生更大的不幸才得到安慰。亦即諺語所說的「壞運永不會變成好運, 直到更壞的事情發生」(Bad is never good until worse happens)。如果我們用

N = min{n : X

ⁿ

> X

0

}

來代表甲等待至得到安慰的等待時間, 則 P (N > k) 表示在隨機變數 {X

0

, X

₁

, . . .,

X

k

}中, X

⁰

是最大項。由對稱性 (i.i.d.) 可知

P (N > k) = 1 k + 1 於是

P (N = n)=P (N > n − 1)−P (N > n)

=1

n − 1 n + 1

= 1

n(n + 1), n = 1, 2, 3, . . . 我們稱隨機變數 N 具有 Huygens 分佈, 它的期望值 E(N) = ∞。因此, 平均起來甲要等待無窮長的時間才得到安慰。這叫做「壞運的持久性」或「壞運的詭論」 (the ill-luck paradox)。

最後我們介紹一個跟連分數 (contin- ued fractions) 有關的例子。取機率空間 (Ω, F, P ) 為 Lebesgue 空間, 亦即 w = (0, 1], F 為 (0,1]中的 Lebesgue 可測集全體, P 為 Lebesgue 測度。對於每一個 ω ∈ Ω, 作連分數展開

ω = 1

a

1

+ 1 a

2

+ 1

a

₃

+ 1 a

4

+ · · · 定義隨機變數

ξ

n

(ω) = a

n

, n = 1, 2, 3, . . . 則每一個 ξ

n

皆取值 1, 2, 3, . . . , 並且

P (ξ

1

= k) = P ( 1

k + 1 < ω ≤ 1 k)

= 1

k(k + 1) (15)

(8)

因此, 隨機變數 ξ

1

依從 Huygens 分佈。在這個模型之下, 還可以證得許多美妙的結果, 請參考 Kac [2]與 Barone& Novikoff [3]。

事實上, 這是 Borel 開拓機率論的一個重要特例。

五、結語

總結上述, 我們看出惠更斯級數是一個很美妙的數學胚芽, 當初 Leibniz 曾由它走入差和分學天地, 並且進一步加以連續化, 而導致微積分的誕生。

對於這麼重要的特例, 值得我們從各種角度來觀照它。我們發現, 在組合學、平面幾何學、微積分與機率論之中, 都有惠更斯級數的足跡。特別地, 它在微積分與機率論的發展史上佔有很特殊的地位。

我們應隨時注意或找尋這一類含有深意的具體特例, 發掘它的豐富根基, 然後由此切入, 走到一般理論的領域, 這大概就是數學的發展與學習之道吧。

參考文獻

1. Pedoe, A course of Geometry for colleges and Universities, Cambridge Univ. Press, 1970.

2. Kac, Statistical Independence in Prob- ability, Analysis and Number theory, Carus Mathematical Monograph 12, 1955.

3. Barone and Novikoff, A History of the Axiomatic Formulation of probabil- ity from Borel to Kolmogorov, part I, Arch. Hist. Exact Science, 18, 123-190, 1978.

4. Boyer, A History of Mathematics, John Wiley & Sons, 1968.

5. Edwards, The Historical Development of the Calculus, Springer-Verlag, 1979.

6. 蔡聰明, Leibniz 如何想出微積分? 數學傳播, 第十八卷第三期, 1994。

7. 深川英俊& Pedoe, 日本の幾何, 何題解けますか ? 森北出版株式會社, 1991。

—

本文作者任教於台大數學系

談惠更斯級數