數學傳播 35 卷 3 期, pp. 22-30
交錯級數收斂性的探討
沈淵源
摘要: 我們首先釐清何謂無窮級數, 得以免去諸多的混淆與迷惑。 接著透過數學套裝 軟體 Mathematica1 , 用實驗的方法來探討交錯調和級數之所以收斂的緣由; 再 用分析的方法確認之。 而這個方法, 又很自然地可推廣到一般的情況; 從而得知, 交 錯級數之所以收斂的充份條件。 最後我們藉著歐拉常數2 γ 來說明交錯調和級數是 如何收斂於 ln 2 的前因後果。
1. 引言: 無窮的遐思?
「無窮和 (infinite summation) 」 乃是一矛盾之語詞 (oxymoron), 其中的 「無窮 (infi- nite)」 表示沒有窮盡、 不停止、 永不止息的意思, 而 「和 (summation)」 則意味著抵達某一高 潮 (summit) 的行動、 達到一總數、 得到一結論。 我們如何對一永不止息的過程作一個結論呢?
這有如 Zeno3 所提出的一些似是而非的理論。 因此之故, 我們就以無窮級數 (infinite series) 來代替無窮和之混淆, 但仍須對此術語作一嚴格的定義。 怎麼說呢? 由於我們人的有限, 當我們 談到無限的時候, 就必須特別的謹慎小心。 有時候, 直覺可能引導我們到一個錯誤的方向去, 譬 如眾所周知的歐拉數 e = lim
n→∞(1 + 1
n)n; 直覺告訴我們, 當 n很大的時候 {1 + 1
n} 會趨近於 1, 而 1 的任何次方是 1, 所以 {(1 + 1
n)n} 應該會趨近於 1 才是。 同樣的危險有可能會出現在
1數學套裝軟體 Mathematica 的簡介請參考數論輕鬆遊 [6] 第一節。
2 歐拉常數 γ = lim
n→∞(1 +1
2 + · · · + 1
n− ln n)。
3芝諾 Zeno of Elea (∼ 490 BC– 425 BC) 是希臘的哲學家。 提出一些似是而非的理論來說明假設任何 東西都可分成無窮多等份所造成的困境。 其中最有名的一個稱為Achilles 與烏龜。 Zeno說: 雖然 Achilles 是史詩 《Iliad》 中的英雄人物, 但若要他與一頭烏龜賽跑, 只要烏龜先跑一段路, 他就永遠追不上烏龜的, 因 為當他跑到原先烏龜所在的位置, 烏龜已經又跑到他的前方。
22
無窮和上面, 且看交錯級數如下:
∞
X
n=1
(−1)n+1 n
n+ 1 = 1 2 −2
3 +3 4 − 4
5+5 6 − 6
7+ − · · · 。
若以不同的組合來看此一無窮和, 就會得到完全不同, 甚至是矛盾的結果, 如下所示:
∞
X
n=1
(−1)n+1 n
n+ 1 = (1 2 − 2
3) + (3 4 − 4
5) + (5 6 − 6
7) + · · · < 0,
∞
X
n=1
(−1)n+1 n n+ 1 = 1
2+ (−2 3 +3
4) + (−4 5+ 5
6) + (−6 7 +7
8) + · · · > 0。
在第一種組合當中, 每個括弧內的數皆小於 0, 所以和必定小於 0; 在第二種組合, 除第一 項 1
2之外的每個括弧內的數皆大於 0, 所以和必定大於 0。 因此之故我們必須對無窮級數及其 收斂性等作一嚴格的定義, 而萬萬不能以無窮和一語大而化之來敷衍了事!
定義: 給予一實數數列 {an}∞n=1, 我們定義 n 項部份和為
Sn=
n
X
k=1
ak ∀n ∈ N。
所謂的無窮級數, 我們指的就是這個部份和數列 {Sn} , 以符號 P∞
n=1an 表示之。 若此 部份和數列 {Sn} 是收斂的, 亦即其極限值存在; 我們就說此無窮級數 P∞
n=1an是收斂的, 否 則稱之為發散的。 我們將這個部份和數列 {Sn}的極限值稱之為無窮級數的和, 仍然用同樣的符 號 P∞
n=1an來表示。
一般而言, 計算一個無窮級數的和需要兩個步驟; 其一為想盡各式各樣的辦法來找出部份 和 Sn的公式, 然後再根據這個公式來計算其極限值。 第一個步驟往往很難, 除了幾何級數 (Ge- ometric Series) 、 伸縮級數 (Telescoping Series) 及一些較特殊的級數外, 差不多大部份的 級數都被摒除在外。 所以我們只好退而求其次, 只問極限值存在嗎? 關於這個, 我們有許許多 多判別級數收斂性的方法。 至於求和的問題, 只好訴諸所謂的數值方法來求其近似值; 而這也是 Mathematica 可以大大發揮的地方!
為了說明上述求和步驟之二重奏, 我們一起來看一個大家所熟悉的級數如下: 且看 交錯調和級數
1 − 1 2+ 1
3− 1 4 +1
5 −1
6 + − · · · 。
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大家都知道這個級數是收斂的, 它的和到底是多少呢? 在下一節中, 我們先用實驗的方法 探討一下, 這個級數是如何收斂的; 然後再用分析的方法來確認之, 並藉著定義歐拉常數 γ 的 那個數列 {1 + 12 + · · · + n1 − ln n} 來說明交錯調和級數是如何收斂於 ln 2 的前因後果。
2. 實驗: 交錯調和級數為何收斂?
令 n ∈ N 且令 an = (−1)n+11
n, 則其對應的級數 P an 就是所謂的交錯調和級數 1 − 1
2+ 1 3− 1
4 +1 5 −1
6 + − · · · 。 令 Sn =
n
X
k=1
ak 為其 n 項部份和。 級數是否收斂, 完全看此部份和數列 {Sn} 是否收 斂; 所以當務之急乃觀察此部份和數列 {Sn} 的變動趨勢, 由此再來推斷極限值 lim
n→∞Sn 存在 與否。
(a) 先定義部份和數列 s[n]如下:
In[1]:= s[n_]:=Sum[(-1)^(k+1)/k,{k,1,n}]
(b) 經驗告訴我們, 要判斷極限 lim
n→∞Sn 是否存在, 最好最快的方法是觀察其圖形。 目前的變 數 n是離散的 (discrete), 所以我們只能用 ListPlot來畫圖形, 如下:
In[2]:= {h1=ListPlot[Table[s[n],{n,50}]],
h2=ListPlot[Table[s[n],{n,50}],PlotJoined->True]};
Show[GraphicsArray[{{h1,h2}}]]
所得到的描點圖及連結圖, 請見圖一。
(c) 圖一給我們的感覺是極限 lim
n→∞Sn 會存在。 但危險的是所觀察的項數太少了, 可能導致錯 誤的猜測。 所以就讓我們將n 提高到 6000看看變化如何。
In[3]:= ListPlot[Table[s[n],{n,6000}]
所得到的描點圖, 請見圖二。
交錯級數收斂性的探討 25
10
10 20 30 40 50 20 30 40 50
0.75 0.75
0.65 0.65
0.7 0.7
0.8 0.8
圖一. 部份和數列 {Sn}前 50 項的描點圖及連結圖。
500 1000 1500 2000 2500 3000 0.6915
0.6925 0.6935 0.6945 0.695
0.694
0.693
圖二. 部份和數列 {Sn}前 6000 項的描點圖。
(d) 圖二讓我們更有信心相信極限 lim
n→∞Sn 是會存在的。 很明顯地, 兵分二路; 一路由上往下 而另一路由下往上, 卻往同一個目標奔跑。 這告訴我們部份和數列 {Sn}包含兩個子數列, 一個遞增而另一個則遞減。 很自然地我們會猜想到, 這有可能就是奇數項及偶數項所形成 的子數列。 茲確認如下:
In[4]:= {odd=ListPlot[Table[s[n],{n,1,6000,2}]], even=ListPlot[Table[s[n],{n,2,6000,2}]]};
Show[GraphicsArray[{{odd},{even}}]]
圖三所見, 乃是輸出 Out [4] 所得到的描點圖 (表面上看起來好像是連續的圖形, 此乃 因為上下各包含 3000個點的描點圖) ; 上方為奇數項所形成的子數列 {S2n+1}2999n=0之描點
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200
200 400
400 600
600 800
800 1000
1000 1200
1200 1400
1400
0.6915 0.6925 0.6935 0.6945 0.695
0.693 0.69275
0.69225
0.69275
0.69125
圖三. 部份和數列 {Sn}前 3000 項之奇數項及偶數項的描點圖。
圖, 下方則為偶數項所形成的子數列 {S2n}3000n=1之描點圖。 所以從圖形的研判, 我們只能確 認上述的猜想是對的; 因而才值得我們花時間, 來證明上述的猜想的確是正確的。
3. 實驗之分析: 收斂之確認與交錯級數判別法
由上面的實驗, 我們得到以下的猜測:
猜測: 交錯調和級數
1 −1 2 +1
3 −1 4 +1
5 − 1
6+ − · · ·
是收斂的。 其部分和數列 {Sn} 收斂方式分成兩道: 一道由上往下, 來自較大的奇數項所形成
的子數列 {S2n+1}, 而另一道則由下往上, 來自較小的偶數項所形成的子數列 {S2n}, 且兩道 往同一目標奔跑。
如上述實驗中所採用的符號, 我們有
S2n+1− S2n−1 = a2n+1+ a2n= 1
2n + 1− 1
2n <0 ∀n ∈ N, 所以奇數項所形成的子數列 {S2n+1} 為一嚴格遞減數列。 同樣地, 我們有
S2n+2− S2n= a2n+1+ a2n+2 = 1
2n + 1− 1
2n + 2 >0 ∀n ∈ N, 所以偶數項所形成的子數列 {S2n} 為一嚴格遞增數列。 其次我們有
S2n+1 =
1 −1
2
+ 1
3 −1 4
+ · · · +
1
2n − 1 − 1 2n
+ 1
2n + 1 >0, 以及
S2n= 1 +
−1 2 +1
3
+
−1 4+ 1
5
+ · · · +
− 1
2n − 2+ 1 2n − 1
− 1 2n <1。
因此我們得到, 奇數項所形成的子數列 {S2n+1} 為一嚴格遞減有下界 (0 為其下界) 的數列, 而 偶數項所形成的子數列 {S2n} 則為一嚴格遞增有上界 (1 為其上界) 的數列。 單調收斂定理4 告訴我們, 這兩個子數列 {S2n+1}與 {S2n}都是收斂的; 說是收斂於 Sodd及 Seven。 另一方面 我們有
S2n+1− S2n= a2n+1 = 1
2n + 1 → 0 , 若 n → ∞
=⇒ Sodd− Seven = lim
n→∞[S2n+1− S2n] = 0
所以這兩個子數列收斂於同一個值 S = Sodd = Seven, 而此值其實就是原來那個部分和數列 {Sn}的極限值。 因此上述的猜測就變成實實在在的一個定理: 交錯調和級數是收斂的。
事實上, 這些論證不僅告訴我們上面的猜測變成實實在在的一個定理, 而且也提供了一般 交錯級數如何收斂的模式。 我們只需將交錯調和級數第 n項 an = (−1)n+11
n 中的 1
n 取代為 極限值為 0的遞減正項數列 bn
4單調有界的實數列必收斂, 此乃實數完全性眾多版本中的一個。 所謂單調意指遞增或遞減, 因而這個定理又 可細分成為: 遞增有上界的實數列必收斂, 遞減有下界的實數列必收斂。
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即可。這就是所謂的交錯級數判別法, 敘述如下:
交錯級數判別法: 令 bn為一遞減且極限值為 0的正項數列且令 an = (−1)n+1bn, 則交錯級數 P an
b1− b2+ b3 − b4+ b5− b6 + − · · ·
是收斂的。 其部分和數列 {Sn} 收斂方式分成兩道: 一道由上往下, 來自較大的奇數項所形成 的子數列 {S2n+1}; 而另一道則由下往上, 來自較小的偶數項所形成的子數列 {S2n}, 且兩道 往同一目標奔跑。
4. 交錯調和級數收斂於何處?
接著我們來計算交錯調和級數的和。 如第一節中所說的, 這需要兩個步驟; 第一個步驟就 得將部份和
Sn= 1 − 1 2 +1
3 − 1
4+ · · · + (−1)n+11 n
理出一個公式來, 這是一件非常不容易的事情。 圖二所顯示的值約為 0.693 · · · , 下面我們用一 個非常基本的方法來求出其確切的值; 而此法也只適用於此處, 很難推廣到其他的場合。 若將 Sn中的負號變為正, 那就變成調合級數的部份和
Hn= 1 + 1 2 +1
3 + · · · + 1 n;
這差不多是 n的自然對數 ln n , 所以極限當然是 ∞。 歐拉 (Euler) 很巧妙地將兩者一減, 稱 之為 γn; 所以我們有
γn= Hn− ln n = 1 +1
2 + · · · + 1
n − ln n, n∈ N,
這就大有搞頭且好戲不斷囉。 原先的兩個數列 Hn 與 ln n都是嚴格遞增到 ∞的, 相減之後又 如何呢? 且看相鄰兩項的差 γn+1− γn, 化簡之得
γn+1− γn= 1
n+ 1 − [ln(n + 1) − ln n] = 1
n+ 1 − ln(1 + 1 n);
這裡出現了兩位老兄: 1
n+ 1 與 ln(1+1
n), 到底誰大呢? 簡單之至! 這主要是因為 ln(1+1 n) = Z 1+1
n
1
1
xdx , 所以這位老兄代表著函數圖形 y = 1
x 下方在區間 [1, 1
n]所包圍區域 R的面積。
令 R1與 R2分別為上述區域 R的內接 (灰色區) 與外接 (上面那條水平線到 x-軸) 長方形 區域, 則其共同邊長為 1
n, 而另一邊長分別為 1 1 + 1n
與 1。 故對應的面積分別就是 1 n· 1
1 + 1n
= 1
n+ 1 與 1
n · 1 = 1
n, 當然 R的面積 ln(1 +1
n)就介於這兩個數之間。 這就是所謂的 「無言 的證明」; 因為看看圖形, 一切盡在不言中。
The area is 1 over n+1
圖四. 在區間 [1, 1 + 1
n]上,R(曲線至 x-軸所包圍的區域),R1 (灰色區), 及 R2(上方水平線至 x-軸的長方形區域) 之圖形。
In[5]:= p4=Graphics[{{GrayLevel[0.9],Rectangle[{1,0},{1.5,1/1.5}]}}];
p5=Plot[1/x,{x,1,1.5},PlotStyle->RGBColor[0,0,1]];
p6=ListPlot[{{1,0},{1,1},{1.5,1},{1.5,0},{1,0}}, PlotJoined->True,PlotStyle->RGBColor[1,0,0]]
p7=Graphics[{{GrayLevel[0.5],Line[{{1,1/1.5},{1.5,1/1.5}}]}, {RGBColor[1,0,0],Line[{{1,0},{1.5,0}}]} }];
p8=Graphics[{{GrayLevel[0.1],
Text["The area is 1 over n+1",{1.25,.35}]}}];
Show[{p4,p5,p6,p7,p8}]
故得不等式 1
n+ 1 <ln(1 + 1
n), 因而有 γn+1− γn= 1
n+ 1 − ln(1 + 1 n) < 0;
所以 {γn} 是一個遞減數列。 另一方面我們有 ln n =
Z n
1
1 t dt=
n−1
X
k=1
Z k+1 k
1 t dt≤
n−1
X
k=1
Z k+1 k
1 k dt=
n−1
X
k=1
1 k <
n
X
k=1
1 k, 因此 γn=
n
X
k=1
1
k− ln n > 0, 也就是說 0為數列 {γn} 的一個下界。 所以單調收斂定理告訴我 們, 此數列 {γn} 是收斂的。 這個極限通常稱之為歐拉常數5(Euler’s constant), 以符號 γ 表
5歐拉常數 γ的值大約是 0.57721566490153286060651209 · · ·, 但此數究竟是有理數或無理數至今仍然還 是一個謎, 有待你去發掘、 探討與研究。
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示之:
γ = lim
n→∞(1 + 1
2+ · · · + 1
n − ln n)。
現在我們回到交錯調和級數的 n項部份和 Sn, 可以感覺出來 Sn與 γn這兩個數列有很密 切的關係。 將 γ2n寫成
γ2n = (1 +1 2) + (1
3 +1
4) + · · · + ( 1
2n − 1 + 1
2n) − ln(2n), 其中第 k個括弧為兩分數之和 1
2k − 1 + 1
2k; 將此和與 γn 中的 1
k 對應, 相減後可得 1
2k − 1 − 1
2k。 因此我們有 γ2n− γn = 1 − 1
2+ 1 3− 1
4 + · · · + 1
2n − 1 − 1
2n − [ln(2n) − ln n];
也就是說 γ2n− γn= S2n− ln 2, 因而得知
S2n = γ2n− γn+ ln 2。
兩邊取極限可得
n→∞lim S2n = lim
n→∞γ2n− lim
n→∞γn+ ln 2 = γ − γ + ln 2 = ln 2。
這就是交錯調和級數的和, 等於 ln 2 ≈ 0.69314718 · · · ; 跟前面圖二所顯示的值是一致的。
參考文獻
1. Bressoud, David M. : A Radical Approach to Real Analysis, MAA, Washington D.C., 1994.
2. Clapham, Christopher: A Concise Oxford Dictionary of Mathematics, Oxford Univer- sity Press, Oxford/New York, 1990.
3. Daintith, John/Nelson, R.D.: The Penguin Dictionary of Mathematics, Penguin Books Ltd., 1989.
4. Rudin, Walter : Principles of Mathematical Analysis, 3rd Edition, McGraw-Hill Book Co., New York, 1976.
5. Wade, William R.: An Introduction to Analysis, Prentice Hall, New Jersey, 1995.
6. 沈淵源, 數論輕鬆遊, 數學傳播第二十九卷第四期 (116), 94 年 12 月, 第 45–71 頁。 全文見網頁 http://www.math.sinica.edu.tw/math_media/d294/29408.pdf
—本文作者任教私立東海大學數學系—
