梁宇衡
【摘要】本文研究了以連續(xù)單位分數(shù)的和或其極限逼近非負實數(shù)的方法,并用初等數(shù)學(xué)的方法分析了這些和之間的大小關(guān)系.
【關(guān)鍵詞】單位分數(shù);實數(shù)表示;逼近
1.引 言
早在幾千年前,古埃及人就開始用單位分數(shù)的和來表示各種各樣的數(shù).容易證明,所有正數(shù)都可以表示成互不相等的單位分數(shù)的和:有理數(shù)可以表示成有限個單位分數(shù)的和,而無理數(shù)則表示成無限個單位分數(shù)的和.
2.1.連續(xù)單位分數(shù)和
定義1 形式為∑nk=m1k的和式稱為一個連續(xù)單位分數(shù)和.如果n>m是一個與m有關(guān)的整數(shù)變量,而且m→∞時∑nk=m1k的極限存在,則和式的極限limn→∞∑nk=m1k稱為一個連續(xù)單位分數(shù)和的極限.
以下引理保證了用連續(xù)單位分數(shù)和表示非負實數(shù)的可能性.
引理2.1 任意非負實數(shù)都可以表示作連續(xù)單位分數(shù)的和或其極限.
證明 對于0,顯然只要n-m是一個常數(shù)則有l(wèi)imn→∞∑nk=m1k=0,因此我們實際上只需要考慮正實數(shù)就可以了.
由于調(diào)和級數(shù)是發(fā)散到無窮大的,所以對于任意正實數(shù)α,以及某個正整數(shù)m,存在一個連續(xù)單位分數(shù)和∑nk=m1k滿足∑nk=m1k并且∑n+1k=m1k≥a ,其中n是與m有關(guān)的正整數(shù)且n>m.如果∑n+1k=m1k=a 成立,則∑n+1k=m1k就是我們想要的表示.否則,有 maxa-∑n+1k=m1k ,a-∑nk=m1k<∑nk=m1k-a+a-∑nk=m1k=1n+1<1m+1.
于是對于任何正數(shù)ε,只要m>1ε-1就有
maxa-∑n+1k=m1k ,a-∑nk=m1k<ε.
換句話說,只要我們令m充分大,總可以讓a 跟∑nk=m1k或 ∑n+1k=m1k的差的絕對值充分小.這就證明了任何的非負實數(shù)都可以表示為連續(xù)單位分數(shù)的和或其極限.
2.2連續(xù)單位分數(shù)和的大小關(guān)系的一些特例
為了研究連續(xù)單位分數(shù)和的分布情況,在分析一般情形之前我們先來看一些簡單情形.以下表格給出了單項單位分數(shù)與連續(xù)兩項單位分數(shù)和之間的大小關(guān)系,從左至右逐漸減小.
由表格不難看出一個規(guī)律.下面我們簡單證明以下這個大小關(guān)系對所有正整數(shù)n都成立.
命題2.2.1 12n+12n+1<1n<12n-1+12n(n為正整數(shù))
證明 ∵1n-12n+12n+1=12n(2n+1)>0,12n-1+12n-1n=12n(2n-1)>0.
∴12n+12n+1<1n<12n-1+12n.
以下表格顯示了連續(xù)兩項單位分數(shù)和與連續(xù)三項單位分數(shù)和之間的大小關(guān)系.
于是我們又得到了:
命題2.2.2 對于任意正整數(shù)n,有以下不等式成立:
①13n-1+13n+13n+1<12n-1+12n<13n-2+13n-1+13n.
②13n+13n+1+13n+2<12n+12n+1<13n-1+13n+13n+1.
證明 ①∵12n-1+12n-13n-1+13n+13n+1=27n2-8n+16n(2n-1)(9n2-1),
當n為正整數(shù)時分母顯然大于零,又由于分子的27n2-8n+1在實數(shù)域內(nèi)沒有零點,所以恒大于零.
又13n-2+13n-1+13n-12n-1+12n=
9n2-7n+26n(2n-1)(3n-1)(3n-2),
當n為正整數(shù)時有分母大于零,同時9n2-7n+2在實數(shù)域上沒有零點從而恒大于零.因此①成立.
②∵12n+12n+1-13n+13n+1+13n+2=
9n2+7n+26n(2n+1)(3n+1)(3n+2),
該式中只要n大于零則有分母大于零,而分子9n2+7n+2在實數(shù)域上也是恒大于零的.
又有13n-1+13n+13n+1-12n+12n+1=
27n2+8n+16n(2n+1)(9n2-1),
當n是正整數(shù)時,其分子分母都是大于零的.從而②成立.
用同樣的方法繼續(xù)分析連續(xù)三項單位分數(shù)和與連續(xù)四項單位分數(shù)和的大小關(guān)系,我們很容易可以得到類似的結(jié)論:
命題2.2.3 對于任意正整數(shù)n,有:
①14n-2+14n-1+14n+14n+1<13n-2+13n-1+13n<14n-3+14n-2+14n-1+14n.
②14n-1+14n+14n+1+14n+2<13n-1+13n+13n+1<14n-2+14n-1+14n+14n+1.
③14n+14n+1+14n+2+14n+3<13n+13n+1+13n+2<14n-1+14n+14n+1+14n+2.
對命題2.2.3的證明只是機械地重復(fù)前面的步驟,除了運算量有所增加以外并沒有太多困難,因此這里只是給出這個結(jié)論而不予證明.
2.3一般情形
觀察上面的不等式,我們可以猜想有如下關(guān)系:
∑a+bk=b1(a+1)n+k<∑a+b-1k=b1an+k<∑a+b+1k=b-11(a+1)n+k
(其中整數(shù)a,b,n滿足a≥1,-a
我們不打算在這里證明這個命題,而是用初等的手法證明以下稍弱的命題:
定理2.3 設(shè)a,b是整數(shù)且滿足a≥1,-1 ? ? 證明 我們先看∑a+b-1k=b1an+k-∑a+bk=b1(a+1)n+k .
容易看出,通分后的分母在n為正整數(shù)時是大于零的.接下來我們只分析分子,將分子記為f(n),這是一個多項式.如果我們把這個多項式展開,理論上其最高次項應(yīng)該是2a次的.這一項的系數(shù)由a個 aa-1(a+1)a+1和a+1個-an(a+1)a 相加得到,于是a·aa-1(a+1)a+1-(a+1)·aa(a+1)a=0,從而2a次項的系數(shù)為零.
至于2a-1次項的系數(shù),則是由下面表格中的各項相加得到:
(a-1)·b·aa-2(a+1)a+1 (a+1)·b·aa-1(a+1)a
(a-1)·(b+1)·aa-2(a+1)a+1 -(a-1)·(b+1)·aa-1(a+1)a·b·aa-2
… …
(a-1)·(a+b-1)·aa-2(a+1)a+1 -(a+1)·(a+b-1)·aa-1(a+1)a
a·b·aa-1(a+1)a -a·b·aa(a+1)a-1
a·(b+1)·aa-1(a+1)a -a·(b+1)·aa(a+1)a-1
… …
a·(a+b)·aa-1(a+1)a -a·(a+b)·aa(a+1)a-1
共a行
共a+1行
即:(a-1)·ab+a(a-1)2·aa-2(a+1)a+1+a·(a+1)b+a(a+1)2 ·aa-1(a+1)a+1 -(a+1)·ab+a(a-1)2·aa-1(a+1)a-a·(a+1)b+a(a+1)2·an(a+1)a-1=an-1·(a+1)a·12-b.
因此2a-1次項的系數(shù)為 aa-1·(a+1)a·12-b.由于a≥1,所以aa-1·(a+1)a>0;又因為b≤0,所以12-b>0.于是aa-1·(a+1)a·12-b>0.
由此可見,f(n)的最高次項系數(shù)是正數(shù),因此存在某個x使得對于所有n>x都有f(n)>0,于是此時
∑a+b-1k=b1an+k -∑a+bk=b1(a+1)n+k >0.
我們再看∑a+b-1k=b-11(a+1)n+k - ∑a+b-1k=b1an+k .
我們依然只關(guān)注通分后分子的多項式,記為g(n).顯然g(n)的2a次項系數(shù)同樣為 a·aa-1(a+1)a+1-(a+1)·aa(a+1)a,即0.2a-1次項的系數(shù)碎片見下面表格:
a·(b-1)·(a+1)a-1·aa -a·(b-1)·(a+1)a·aa-1
a·b·(a+1)a-1·aa -a·b·(a+1)a·aa-1
… …
a·(a+b-1)·(a+1)a-1·aa -a·(a+b-1)·(a+1)a·aa-1
(a+1)·b·(a+1)a·aa-1 -(a-1)·b·(a+1)a+1·aa-2
(a+1)·(b+1)·(a+1)a·aa-1 -(a-1)·(b+1)·(a+1)a+1·aa-2
… …
(a+1)·(a+b-1)·(a+1)a·aa-1 -(a-1)·(a+b-1)·(a+1)a+1·aa-2
共a+1行
共a行
于是可以得到2a-1次項的系數(shù)為:
a·(a+1)b+(a+1)(a-2)2·(a+1)a-1·aa+(a+1)·ab+a(a-1)2·(a+1)a·aa-1-a·(a+1)b+(a+1)(a-2)2·(a+1)a·aa-1-(a-1)·ab+a(a-1)2·(a+1)a+1·aa-2=(a+1)a·aa-1·a+b-12.
由于a≥1,于是(a+1)a·aa-1>0;又因為有b>-a且b為整數(shù),所以b≥-a+1,所以得到a+b-12≥12>0.因此(a+1)a·aa-1·a+b-12>0.
所以,g(n)的最高次項也是正數(shù).于是存在某個y使得對于所有n>y都有g(shù)(n)>0,從而∑a+b-1k=b-11(a+1)n+k -∑a+b-1k=b1an+k>0.
所以最后我們得到結(jié)論:除了不大于 max{x,y}的有限個n以外,對其它所有的正整數(shù)n都有 ∑a+bk=b1(a+1)n+k<∑a+b-1k=b1an+k<∑a+b-1k=b-11(a+1)n+k成立.
【參考文獻】
柯召、孫琦.單位分數(shù) [M].北京:科學(xué)出版社,2002.