漫谈自然数的倒数和

自然数的倒数和,从吃货开始:

1.小明爱吃火腿肠,假设每天他有一根火腿肠,第一天他独享一根火腿肠,但从第二天开始,以后的每天他都会多一个朋友和他分享, 若每天按人数均分火腿肠请问他在以后的日子里,累计吃到的火腿肠会有10根之多吗?

到底能不能达到呢?乍一看是不行,因为小明平分到的火腿肠越来越少,最后趋近于0,怎么会达到10根呢?你觉得呢?是不是达到两根都悬?

好吧,我们来分析一下:

达到两根还是容易呢!因为小明第一天就吃了一根了,第二天会有半根,第三天会有1/3根,第四天会有1/4根,你看这时他吃了多少?

1+1/2+1/3+1/4=25/12,是不是大于2了?

那么他能不能吃到的总和多于3块呢?

如果一个数一个数地往后硬算,会很麻烦是不是?那么怎么来解决这个问题呢?事实上,数学家的思维不是一个个地累加,而是用估计的方式来完成就行了:

1+1/2+1/3+1/4+1/5+1/6+1/7+1/8+…+1/16=1+(1/2)+(1/3+1/4)+(1/5+1/6+1/7+1/8)+(1/9+1/10+…+1/16)

>1+(1/2) +(1/4)×2+ (1/8)×4+ (1/16)×8=3,

也就是说,至多到第16天,小明累计吃到的火腿肠就会超过3根.

那么按此算法,小明累计吃到了10根火腿肠的天数就不难得出:

把原数列的和:

1+1/2+1/3+1/4+1/5+1/6+1/7+1/8+…

其项数由结合律进行分组:1+1+2+4+8+16+…+m,则必有

1+1/2+1/3+1/4+1/5+1/6+1/7+1/8+…>1+m/2,

要求1+M/2>10,只要m>18,即可,那就是说要达18个括号分组,那究竟至多是第几项呢?

这样来算:

=524 288,

哇!50万项之后呢?实际上,也可以对2的19次方进行如下估计:

如果没有计算器的话,还是下面的估计快些.

注意,这里是至多哟,因为是估算,说不定前面的某项已经达到了呢.那么我们能不能找到一个办法精确地算出是第几项呢?

这个可是因难呢,可以说到目前为止,也没有很好的办法达到精确的估计,不过有我们可以对这个问题的一般情形,可以找到较为精确的估计:

1+1/2+1/3+1/4+1/5+1/6+1/7+1/8+…

通过绘制y=ln(1+x)和y=x的图象,不难发现x>ln(1+x)

则有

S=1+1/2+1/3+…+1/n

>ln(1+1)+ln(1+1/2)+ln(1+1/3)+...+ln(1+1/n)

=ln2+ln3/2+ln4/3+...+ln((n+1)/n)

=ln(2*3/2*4/4*...(n+1)/n)=ln(1+n),

实际上,还可以证明:

S=1+1/2+1/3+…+1/n<lnn+1,

可以看出,

ln(n+1)<1+1/2+1/3+…+1/n <lnn+1,

那就是说1+1/2+1/3+…+1/n与lnn接近,两者会不会有差别,差别有多大呢?

Euler第一个证明,即使n充分大,两者也不会相等,会差着一个常数C,这个常数是

C=0.57721566490153286060651209......

吊诡的是,直到今天,人们还没有弄清这个Euler常数C是什么样的数?它是无理数还是有理数不清楚(一般倾向认为C是无理数),更遑论代数数及超越数的判定了!

目前尚不知道欧拉常数是否为有理数，但是分析表明如果它是一个有理数，那么它的分母位数将超过10的242080次方.

上述问题被称为调和数列的求和,由此派生出来的Euler常数,在高等数学中甚有作用.

看下一个问题:

2.小红爱吃披萨饼,第一天她独享一只披萨,但以后每天来的人按天数的平方递增(即第n天来了n×n人), 若每天按人数均分披萨,问小红累计吃到的披萨会超过两只吗?

乍看一下,好象可以用调和数列求和的方法来解决小红的问题,果真是这样吗?

小红获得的蛋糕:

1+1/(2×2)+1/(3×3)+1/(4×4)+…+1/(n×n)+…> 1+[1/(2×2)+1/(3×3)]+[1/(4×4)+ [1/(8×8)]+…

我们立即发现,中括号内的项分母是不连续,无法象上面一样进行放缩估计,所以是行不通的!

实际上,我们尝试一下逐项计算:

记S(n)=1+1/(2×2)+1/(3×3)+1/(4×4)+…+1/(n×n),

则有

S(1)=1,S(2)= 1+1/(2×2)=5/4=1.25,S(3)= 1+1/(2×2)+1/(3×3) =49/36≈1.36,S(4)=1+1/(2×2)+1/(3×3)+1/(4×4)≈1.42,

S(5)=1+1/(2×2)+1/(3×3)+1/(4×4)+1/(5×5)≈1.46,

什么感觉,好象是越往后增加的越慢,是不是?这说明,这个数列的和可能是有界的!

事实果真如此:

S(n)=1+1/(2×2)+1/(3×3)+1/(4×4)+…+1/(n×n)

<1+1/(1×2)+1/(2×3)+1/(3×4)+…+1/[(n-1)×n]

=1+(1-1/2)+(1/2-1/3)+(1/3-1/4)+…+[1/(n-1)-1/n]

=2-1/n,

显然,无论n如何,2-1/n总小于2,那么可以看出,按这样的分法,小红永远吃到的披萨都不会多于两块!

问题来了,既然这里的S(n)=1+1/(2×2)+1/(3×3)+1/(4×4)+…+1/(n×n),单调有界,那么它必有极限,它的极限是多少呢?

事实上,我们可以通过级数或二重积分证明,这个极限值是

猜一猜这个发现是谁最先给出的?

猜到了吗,就是上面提到的那人大名鼎鼎的Euler,真是神一样的Euler!

平方倒数求和最早出现于17世纪意大利数学家蒙哥利(Mengoli P,1626一1686）的《算术求和新法》（1650).

无穷级数

是书中所论形数倒数求和问题中的一个特殊情形。

在发表于19年的论文“具有有限和的无穷级数的算术命题”中，瑞士著名数学家雅各．伯努利(Jacob.Bernoulli，1654一1705）部分重复了蒙哥利的无穷级数工作，在论文最后，伯努利称，尽管级数

的求和问题易如反掌，但奇怪的是，ζ（2）的和却难以求出．他说:”如果有谁解决了这个迄今让我们束手无策的唯题，并告知我们，我们将十分感激他．”

实际上，当时欧洲的一流数学家，如约翰．伯努利(Bernoulli J,1667-1748）及其子丹尼尔．伯努利(Bernoulli D,1700-1782）、哥德巴赫（Goldbach C 1690-1764）、莱布尼茨（Leibniz G W，1646-1716）、棣莫佛（Moivre A De，1667-1754）、斯特林(Stirling J,1692-1770）等都未能成功解决这一难题，其中哥德巴赫在与丹尼尔的通信（1729）中给出和的上、下限1．644和1．645；斯特林在其《微分法》中给出近似值

1.644934066.

瑞士大数学家欧拉(Euler L，1707-1783〕最早于1735年解决了这个所谓的“巴塞尔难题”，这是他年轻时期最著名的成果之一．但证明不是很完善,及至后来二重积分及级数的发展,才最终完善了这个极限的证明.

由于π是超越数(林德曼定理),故ζ(2)也是超越数.

再提一个问题:

3.小英爱吃蛋糕, 第一天她独享一只蛋糕,但以后每天来的人按天数的立方递增(即第n天来了n×n×n人),若每天按人数均分蛋糕,问小红累计吃到的披萨会超过一只吗?

乍看一下,这个问题也第二个问题相同,但有没有不同的的地方呢?

小英获得的蛋糕:

按上述第二种思路,证明数列:

单调有界没有问题,存在极限也是显然的,只是至今为止,我们并不知道这个极限的精确表达式,是不是与已知的超越数,比如π,e,甚至C有关,现在统统不知道!

这个问题的解决,估计非常困难!