高斯函數和它的一個現實原型

高斯函數和它的一個現實原型

徐瀝泉

摘要: 本文從研究分數部分函數 x − [x]入手, 結合具體實例給出了它的一個現實原 型 t =

³⁶⁰ ₁₁

{[

^{11T −180} ₃₆₀

] +

³ ₂

} − T (鐘表之長短針直交公式), 並從它的 Fourier 展式 導出了一類參考級數和一個“優美比”:

^√ ₂ ²

=

¹⁻

1

3

+

¹₅

−

¹7

+

¹₉

−

11¹

+···

1+

¹₃

−

¹5

−

¹7

+

¹₉

+

₁₁¹

−···

1. 對高斯函數性質的再認識

命 x 為一實數, 以 [x] 表不大於它的 最大整數, 則 [x] ≤ x < [x] + 1, 顯然 0 ≤ x − [x] < 1。

故稱 x − [x] 為 x 的小數部分 (分數部 分), 記為 hxi。 於是

x − [x] = hxi. (1) 函數

y = x − [x] 或 y = hxi. (2) 在數學分析著作中大都有所提及。 本文研究 它的一重要性質, 下文中給出了它的一個饒 有興趣的現實原型。

先給出 y(x) 的直觀的圖像表示如下:

... ... ..

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

...

◦

...

−3

...

◦

...

−2

...

◦

...

−1

...

◦

.... ...

0

◦

...

◦

...

1

...

◦

....

2 3 x y

圖1

參考圖 (1), 易見下列事實 (證明略):

1. 函數 y(x) 的周期 (最小正周期) 為 1。

2. 在整個區間 (−∞, +∞) 上, x = k (k ∈ Z 為整數, 下略) 時 y 左不連續, 餘皆連續。

3. 函數 y(x) 有 Fourier 展式。

在區間 [−

¹ ₂

,

¹ ₂

] 上進一步研究函數:

(i) y(x) 只有一個間斷點 x = 0;

(ii) 可把這區間分成兩半 [−

¹ ₂

, 0) 和 [0,

¹ ₂

], 且在每一部分上 y(x) 單調遞增。 如所 知:

y = hxi = x − [x]

=



 

 

x−[−

¹ ₂

] = x−(−1)=x+1, x∈[−

¹ ₂

, 0);

x−[0]=x−0=x, x ∈ [0,

¹ 2

].

(3)

於是 y(x) 在區間 [−

¹ ₂

,

¹ ₂

] 上分兩段可 微, 即滿足 Fourier 級數收斂定理中的條件,

88

從而可得 y 的 Fourier 展式為 y =a

₀

2 +

X ∞

k =1

(a

^k

cos 2kπx+b

^k

sin 2kπx) x ∈ [−1

2,1

2] \ {0}

注意到 (3) 並利用奇偶函數的性質, 便 可很快確定其 Fourier 係數:

a

0

= 2

Z

¹₂

−

¹2

hxidx = 1, a

^k

= 2

Z

¹₂

−

¹2

hxi cos 2kπxdx = 0, b

^k

= 2

Z

¹₂

−

¹2

sin 2kπxdx = − 1 kπ. 從而得

y = hxi = x − [x]

=1 2−1

π

∞

X

k =1

sin 2kπx k , x ∈ [−1

2,1

2] \ {0}. (4)

(4) 式右邊級數的和在間斷點 0 處等於 f (0

+

)+f (0

₋

)

2 =0+1 2 =1

2.

若以 1 為周期, 把這級數延拓到 (−∞, +∞) 上, 則當 x 取所有的實數值時, 它都收 斂, 且其和函數以1為周期重複取遍它在區間 [−

¹ ₂

,

¹ ₂

] 上所取的那些值, 即:

S(x)=1 2−1

π

∞

X

k =1

sin 2kπx k

=



 

 

 



 

 

 



y = hxi = x − [x],

x ∈ [(2k−1)

¹ ₂

, (2k+1)

¹ ₂

] \ {k};

1

2

, x ∈ {k}.

圖 1-1 就表示這級數的周期延拓。

... ... ..

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

...

...

...

...

◦

....

...

◦

...

...

◦

.

y

x (−1) ×

¹2

O 1 ×

¹2

(2k − 1)

¹2

(2k + 1)

¹2

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

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

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

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

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

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

圖 1-1

2. “鐘表直交公式” 一一 一個 現

實原型

凡數學對象都具有客體背景存在性這一

特徵 (參閱徐利冶 「數學方法論選講」)。 如果 我們把函數 y = hxi = x − [x] 看作是前 人從具體問題、 具體對象中抽取出來的一個 數學模型, 那麼上面的工作是進一步把這一 模型理論化了。 下面我們將回到現實中去, 通

過日常生活中的一個實際例子, 看一看怎樣 一步步地抽象出這個數學模型來。

問題: 某時刻起多久鐘表之長短針 (分 針和時針) 互相垂直?

這是 「算術」 中的一個典型題。 而我們 這裡所感興趣的問題是如何建立起關於已知 變量 T 和未知變量 t 之間的函數關係。

如所知, 分針每分鐘轉過的角度為

^2π ₆₀

, 時針每分鐘轉過的角度為 2π/(60 × 12)。 從 零點起, T

₀

分鐘後的兩針直交, 則

(2π

60 − 2π

12 × 60)T

₀

= π

2, 解之得 T

0

= 180

11.

因零點兩針重合, 而零點之後 180/11 分鐘兩針直交, 故零點之前 180/11 分鐘兩 針也直交。 所以兩針直交的最短間隔時間為 360/11 分鐘。

我們不妨以 0 點 180/11 分作為新時間 T

^′

的零點, 即把原時間的零點從時間坐標軸 T 上右移 180/11 個單位 (分鐘)。 換言之, 引入新時刻

T

^′

= T − 180/11 (5) 在新時制下, 設某時刻 T

^′

起又過 t 分 鐘兩針直交。 則在時間 T

^′

裡兩針直交的次數 必為

³⁶⁰

11

的倍數 (至於有沒有直交, 對我們的 推理並不重要):

k = T

^′

360 11

= 11T

^′

360 .

但 k 必須是不大於 11T

^′

/360 的最大整數, 故記作

k = [11T

^′

360 ].

而直交 k + 1 次所需的時間 T

^′

+ t = 360

11 {[11T

^′

360 ] + 1},

故 t =360

11{[11T

^′

360 ] + 1} − T

^′

(6) 或由(1) t =360

11{1 − h11T

^′

360 i}

仍代回到原時刻 T , 則得 t =360

11 {[11T − 180 360 ] +3

2} − T (7) 或 t =360

11 {1 − h11T − 180 360 i}

其中 T 的單位是分鐘。 公式 (7) 就是已知變 量 T 和未知變量 t 之間的函數關係, 其中 t 是 T 的函數, 或記作 t(T )。

有趣的是 T 的取值, 只要理解成與實際 意義相吻合的時間, 計算結果都與實際完全 相符。 不妨看幾例:

(i) 0 點 5 分; (ii) 25 點 16 分;

(iii) −75分之後多久, 鐘表之長短針互相直 交?

(i) T

₁

= 5, [

^11×5−180 ₃₆₀

] = −1, 由 (7) 得 t

1

= 11

₁₁ ⁴

;

(ii) T

2

= 25 × 60 + 16 = 1516, [

11×1516−180

360

] = 45, 得 t

2

= 5

₁₁ ⁹

; (iii) T

3

= −75, [

11×(−75)−180

360

] = −3, 由 (7) t

3

= 25

¹⁰ ₁₁

.

其中 25 點 16 分理解為 1 點 16 分或 13 點 16 分, −75分理解為分針逆時針轉過 1

¹ 4

圈所 指時刻 10點 45分。

由此可知, (7) 中 T 的取值範圍限不限 制都無關緊要。

順便提及, 如有這樣的 T 值, 使 11T − 180

360 = [11T − 180 360 ]

(8) 或 h11t − 180

360 i = 0

成立, 則即時直交。 由此可方便地算出一天當 中兩針直交的時刻和次數。

時 分 時 分 時 分 時 分 時 分

0 16 ⁴

11 0 49 ¹

11 1 21 ⁹

11 1 54 ⁶

11 2 27 ³

11

3 0 3 32 ⁸

11 4 5 ⁵

11 4 38 ²

11 5 10 ¹⁰

11

5 43 ⁷

11 6 16 ⁴

11 6 49 ⁴

11 7 21 ⁹

11 7 54 ⁶

11

8 27 ³

11 9 0 9 32 ⁸

11 10 5 ⁵

11 10 38 ²

11

11 10 ¹⁰

11 11 43 ⁷

11

3. Fourier 展式

如果把 (7) 改寫為 hT −

¹⁸⁰ 11

360 11

i = 1 − t

360 11

那麼引進變換



 



 



x =

^{T −}

180 11 360

11

, y = 1 − ³⁶⁰

^t

11

.

(9)

就變成函數 y = hxi 了。 在此意義上說, 函 數 t(T ) 便是函數 y(x) 的一個現實原型。

顯然, 變量變換 (9) 並不改變 t(T ) 的 固有的本質特徵, 由 y(x) 的圖像得到 t(T ) 的圖像, 程序如下:

y = hxi → y = −hxi (x 軸反射)

→ y = −hx −180 11i

(y軸右移

¹⁸⁰ ₁₁

個單位)

→ y = −hx −

¹⁸⁰ ₁₁

360 11

i (周期擴大

³⁶⁰ ₁₁

倍)

→ y = −360

11 hx −

¹⁸⁰ ₁₁

360 11

i (振幅擴大

³⁶⁰ ₁₁

倍)

→ y = 360 11

n

1 − hx −

¹⁸⁰ ₁₁

360 11

i

^o

(x 軸下移

³⁶⁰ ₁₁

個單位)

仍使用字母 T 和 t 表示, 便得函數 t(T ) 的圖像 (圖 (2))。 借助於這一直觀表示, 並 與 y(x) 的性質作一比較研究, 不難得到函數 t(T ) 的下述結果 (其證明方法與第一部分中 1、 2、 3 之證法完全類同):

... . ... ..

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

...

◦

... ...

◦

...

...

◦

...

−

¹⁸⁰₁₁

...

◦

...

0

...

◦

...

180 11

360 11 360

11

...

◦

... ...

◦

...

(y) t

(x)T

圖2 I. t(T ) 的周期為 360/11;

II. T = (2k + 1) · 180/11 為 t 的第 一類間斷點 (左不連續右連續, 且在區間 ((2k − 1) · 180/11, (2k + 1) · 180/11) 上單調改變;

III. 有 Fourier 展示:

t = 180 11 +

360 11

π

X

(−1)

^k

sin

₁₈₀ ¹¹

kπT

k ,

(10) T ∈ ((2k − 1) · 180

11 , (2k + 1) · 180 11) 當 T = (2k + 1) ·

¹⁸⁰ ₁₁

時右邊級數和等 於

¹⁸⁰

11

。

4. 結果

記 (10) 右邊的和函數為 S(T ) 。 十分 有趣的是當 T =

⁹⁰ ₁₁

時,

S(90

11)=180 11 +

360 11

π

X

(−1)

^k

sin

^kπ ₂

k (11)

=180 11 +

360 11

π (−1+1 3−1

5+1 7−· · ·) 一方面, 由 (7) 得 t(

⁹⁰ ₁₁

) =

⁹⁰ ₁₁

; 另一方面由 (10) 得 t(

⁹⁰ ₁₁

) = S(

⁹⁰ ₁₁

)。 故

S(90

11) = 90

11. (12) 進而記 S

1

= (−1 +

¹ ₃

−

¹ ₅

+

¹ ₇

− · · ·), 則由 (11) 和 (12):

180 11 +

360 11

π S

1

= 90 11 從而得 S

1

= −

^π ₄

, 即參考級數

S

1

= −1+1 3−1

5+1

7−· · ·=−π 4 (13) 又如取 T =

⁴⁵ ₁₁

、

⁶⁰

11

可得 S

2

=1

2(1−1 3+1

5−1 7+1

9− 1 11+· · ·)

−

√2 2 (1+1

3−1 5−1

7 +1

9+ 1 11−· · ·)

= −π

8 (14)

S

3

= −

√3 2 (1−1

2+1 4−1

5+1 7−1

8 +1

10− 1 11+· · ·)

= −π

6 等等。 (15)

若這些參考級數為已知, 亦可用以檢驗 Fourier 展式 (10) 之正誤。

特別地, 由 (13) 和 (14) 還可以得到

√ 2

2

的兩個冪級數展式的“優美比”:

√2

2 =1−

¹ 3

+

¹ ₅

−

¹ 7

+

¹ ₉

−

11 ¹

+· · · 1+

¹ ₃

−

¹ 5

−

¹ 7

+

¹ ₉

+

₁₁ ¹

−· · · 亦即√

2 = 1+

¹ ₃

−

¹ ₅

−

¹ ₇

+

¹ ₉

+

₁₁ ¹

−· · · 1−

¹ 3

+

¹ ₅

−

¹ 7

+

¹ ₉

−

11 ¹

+· · · 我們對此感興趣, 另闢蹊徑:

∵

dx

²ⁿ⁺¹

= (2n + 1)x

²ⁿ

dx

∴

x

²ⁿ

dx = 1

2n + 1dx

²ⁿ⁺¹

求不定積分:

Z

x

²ⁿ

dx = 1 2n+1

Z

dx

²ⁿ⁺¹

= 1

2n+1x

²ⁿ⁺¹

定積分:

Z 1

0

x

²ⁿ

dx = 1

2n+1x

^{2n+1    1}

0

= 1

2n+1 作和

S

^′

=

∞

X

n =0

(−1)

ⁿ

Z ₁

0

x

²ⁿ

dx

=

∞

X

n =0

(−1)

ⁿ

1 2n+1 亦即 S

^′

= 1−1

3+1 5−1

7+1 9− 1

11+· · · 故若設 S = 1+1

3−1 5−1

7+1 9+ 1

11· · · , 則 S =

∞

X

n =0

(−1)

ⁿ

Z 1

0

(x

⁴ⁿ

+x

⁴ⁿ⁺²

)dx

=

Z 1 0

∞

X

n =0

(−1)

ⁿ

x

⁴ⁿ

(1+x

²

)dx (∗)

=

Z ₁

0

1 + x

²

1 + x

⁴

dx

= 1

√2arctgx

²

− 1 x√

2 |

¹ 0

=√ 2 ·π

4

從而

√2 = s

π 4

=1+

¹ ₃

−

¹ 5

−

¹ 7

+

¹ ₉

+

₁₁ ¹

−· · · 1−

¹ 3

+

¹ ₅

−

¹ 7

+

¹ ₉

−

11 ¹

· · · , 殊途同歸。

註: (∗)式中等號成立的條件是運用了反常 積分中逐項求積分的理論。 注意到積分區間 [0, 1], 對於級數的部分和 S

ⁿ

(x), 我們有

0 ≤

n

X

i =0

(−1)

ⁱ

x

⁴ⁱ

(1+x

²

)

=1 ± x

⁴ⁿ

1+x

⁴

(1+x

²

) ≤ 21+x

²

1+x

⁴

≤ 4 故這個和的積分在 x = 1 時對 n 一致收斂。

而當 0 ≤ x ≤ a < 1 時, 有

|S(x) − S

ⁿ

(x)| = |x

⁴ⁿ

| · 1 + x

²

1 + x

⁴

≤ 2|x

⁴ⁿ

| ≤ 2a

⁴ⁿ

→ 0 (當 n → ∞ 時) 即 S

ⁿ

(x) 在 [0, a] 一致趨向於

S(x) = 1 + x

²

1 + x

⁴

.

—本文作者任職於中國無錫市教育研究 中心—