韋燕平

(江蘇省無錫市第一中學(xué) 214000)

謝廣喜

(江南大學(xué)理學(xué)院 214122)

一般地，我們將表達式

a

+

a

+

a

+…+

a

+…稱為無窮級數(shù)(簡稱級數(shù))，當(dāng)無窮級數(shù)的極限存在時，稱級數(shù)收斂(無窮等比數(shù)列各項和就是一個特殊的收斂級數(shù))，否則稱級數(shù)發(fā)散．有關(guān)級數(shù)問題的深入研究主要在數(shù)學(xué)分析或復(fù)變函數(shù)論相關(guān)內(nèi)容中有探討，前者主要探討實數(shù)背景下的數(shù)列斂散性問題，而后者主要探討復(fù)數(shù)背景下的數(shù)列斂散性問題．

本文重點圍繞特殊的發(fā)散級數(shù)——調(diào)和級數(shù)展開.所謂調(diào)和級數(shù)，簡單地說就是數(shù)列的無限項和．調(diào)和級數(shù)是發(fā)散的(例1)，利用這一性質(zhì)可以解決兩道全國高中數(shù)學(xué)競賽試題(例2和例3)，接著我們討論在特定前提下調(diào)和級數(shù)的“反常收斂”(例4)，最后介紹調(diào)和級數(shù)在物理問題解決中的應(yīng)用(例5)，并聯(lián)系悉尼歌劇院的造型設(shè)計，指出調(diào)和級數(shù)理論對現(xiàn)實生活中的具體生產(chǎn)實踐也有指導(dǎo)意義．

例1

已知試證當(dāng)

n

→∞時，無界．解析 很顯然，數(shù)列{

S

}是遞增的，接著先取

n

=2(

m

∈

N

)的特例，有于是當(dāng)

n

→+∞時，必有

m

=log

n

→+∞，此時無界，同時

m

+1=1+log

n

→+∞，此時也無界，我們將全體自然數(shù)集劃分為

N

=

A

∪

A

∪

A

∪…∪

A

∪…，其中

A

={2,2+1,2+2,…,2+1-1}(

m

∈

N

)，而任意一個非零自然數(shù)必然屬于其中之一，于是當(dāng)自然數(shù)

n

→ +∞時，無界．

評注

n

→+∞時，有時也記為(注意：此時

S

無下角標(biāo)，表示無限項的和)．

例2

(2004年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽二試第2題改編)已知數(shù)列{

b

}的通項證明：存在

n

∈

N

，使得對

n

>

n

，都有解析 我們注意到待證不等式左邊有

n

項，這樣可以嘗試考慮證明該式的等價變形于是構(gòu)造數(shù)列也就自然而然了，由于于是分子分母同時乘上自己的有理化因子，得而于是聯(lián)想到調(diào)和級數(shù)發(fā)散(證明見例1)，易知必存在

n

∈

N

，使得對從而待證等價不等式也成立．(注：本題中的2 004可以改為任意有限大的正數(shù)，結(jié)論不變)

評注

注意到所以只要取

n

=2(符合要求的自然數(shù)

n

有無窮多個，由于是存在性命題，此時不必追求符合要求的最小的

n

)，即有對于是要證的命題也成立．

例3

(2012年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽二試)設(shè)是正整數(shù)．證明：對滿足0≤

a

<

b

≤1的任意實數(shù)

a

,

b

，數(shù)列{

S

-[

S

]}中有無窮多項屬于(

a

,

b

)．這里[

x

]表示不超過實數(shù)

x

的最大整數(shù)．解析 利用前面例1的結(jié)果(詳細證明此處略)，可證對于任意正整數(shù)

n

，有故當(dāng)

n

充分大時，

S

可以大于任意一個指定的正數(shù)．已知0≤

a

<

b

≤1，令由高斯函數(shù)[

x

]的定義有

x

-1<[

x

]≤

x

，于是令得當(dāng)

k

>

N

時有我們將證明，對于任意大于

S

的正整數(shù)

m

，必存在

n

>

N

，使得

S

-

m

∈(

a

,

b

)，也即

m

+

a

<

S

<

m

+

b

，否則利用正項數(shù)列{

S

}的遞增性，必存在

S

-1≤

m

+

a

，而

S

≥

m

+

b

，于是

S

-

S

-1≥

b

-

a

，與(*)式矛盾！故一定存在

n

>

N

，使得

m

+

a

<

S

<

m

+

b

(** )．為了與待證目標(biāo)建立聯(lián)系，我們令

m

=[

S

]+

i

(

i

=1,2,3,…)，利用(** )式，則

m

>

S

，再利用(*)式，知存在

n

，當(dāng)

n

>

N

時，有

m

+

a

<

S

<

m

+

b

，而0≤

a

<

b

≤1，此時顯然有[

S

]=

m

，因此

a

<

S

-

m

=

S

-[

S

]<

b

，符合這樣要求的自然數(shù)

i

有無窮多個，于是數(shù)列{

S

-[

S

]}中有無窮多個屬于區(qū)間(

a

,

b

)．

盡管調(diào)和級數(shù)本身是無法求和化簡的，但我們還是可以找到適當(dāng)?shù)暮瘮?shù)，動態(tài)描述其“下界”特性：

聯(lián)想1

(2005年湖北高考數(shù)學(xué)卷壓軸題)已知不等式其中

n

為大于2的整數(shù)，[log

n

]表示不超過log

n

的最大整數(shù)，設(shè)數(shù)列{

a

}的各項為正，且滿足求證：略．

簡證 (1)為了與條件不等式聯(lián)系上，我們需要對另一個條件不等式進行取倒數(shù)處理，也即進一步將其疊加求和，化簡并利用條件不等式于是

聯(lián)想2

(2010年湖北高考數(shù)學(xué)卷第21題)已知函數(shù)的圖象在點(1,

f

(1))處的切線方程為

y

=

x

-1．(1)用

a

表示

b

,

c

；(2)若

f

(

x

)≥ln

x

在[1,+∞)上恒成立，求

a

的取值范圍；

(3)證明：

簡解 (1)易得到

b

=

a

-1，

c

=-2

a

+1．(2)詳細解題過程略，

a

的取值范圍是(3)由(2)知當(dāng)時，有

f

(

x

)≥ln

x

．令有且當(dāng)

x

>1時令∈

Z

),從而有即將上述的

n

個不等式依次相加，得整理即得

評注

事實上，這兩道題給出了的兩個動態(tài)“下界”函數(shù)：一個是另一個是哪一個更接近于(*)呢？事實上，在

n

≥4時有l(wèi)n(

n

+1)+可見是(*)式的更準(zhǔn)確的近似，另外，我們還有其中

γ

是基本的數(shù)學(xué)常數(shù)之一，其前五位的近似值為0.577 21，不過到目前為止，我們尚不知該常數(shù)是否為無理數(shù)．

例4

如果調(diào)和級數(shù)中所有含某個數(shù)字的項不存在(具體地說，比如所有含數(shù)字5的項不存在，即去掉證明：此時調(diào)和級數(shù)剩下的無限項的和收斂．解析 為理解方便，我們下面具體針對不含數(shù)字9的情形予以證明(讀者可以發(fā)現(xiàn)，我們的證明實際上與該數(shù)字具體是幾是無關(guān)的).記

r

=調(diào)和級數(shù)中不含數(shù)字9的1位(十進制)數(shù)的倒數(shù)之和(其中共有8項)，

r

=調(diào)和級數(shù)中不含數(shù)字9的2位(十進制)數(shù)的倒數(shù)之和(其中共有8×9項)，

r

=調(diào)和級數(shù)中不含數(shù)字9的3位(十進制)數(shù)的倒數(shù)之和(其中共有8×9項)，…，

r

=調(diào)和級數(shù)中不含數(shù)字9的

n

位(十進制)數(shù)的倒數(shù)之和(其中共有8×9-1項；一般地，我們利用乘法原理可得到這個結(jié)果，首位由于不能為0，又不能為9，故有8種選法，其他各位有9種選法，故滿足要求的

n

位(十進制)數(shù)共有8×9-1個)．很顯然，有于是使

n

→+∞，結(jié)論亦然，故待證命題成立．

評注

為了記憶簡單方便，我們不妨稱此為特殊前提下調(diào)和級數(shù)的反常收斂，當(dāng)然，如果我們將個位數(shù)的部分放縮得精致一些(現(xiàn)在的放縮顯然是比較粗糙的)，則可得到更小一點的上界．

聯(lián)想3

(2016年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽浙江省預(yù)賽卷第19題)設(shè)集合

A

={

x

∈

N

|

x

的十進制數(shù)碼中不含2,0,1,6}，證明：簡解 與上題完全類似地，在

k

(

k

∈

N

)位十進制正整數(shù)中，各位上的數(shù)碼不含2,0,1,6者共有(10-4)=6個，其中首位分別為3,4,5,7,8,9的各有6個，于是

進而有=

圖1

例5

如圖1所示，將若干塊完全相同的均勻長方體磚塊疊放起來，第一塊磚相對于第二塊磚最右端能伸出去的最大長度為

x

；此時將1,2塊磚看成一個整體，第二塊磚相對于第三塊磚最右端能伸出去的最大長度為

x

；此時再將1,2,3塊磚看成一個整體，記第三塊磚相對于第四塊磚最右端能伸出去的最大長度為

x

……第

n

塊磚相對于第(

n

+1)塊磚最右端能伸出去的最大長度為

x

，試求

S

=

x

+

x

+…+

x

(設(shè)每塊磚的長度為

l

)．解析 如圖1，設(shè)每塊磚的質(zhì)量為

m

，先求

x

，由于每一塊質(zhì)量均勻的磚的重心在其全長的中點(準(zhǔn)確地說，體對角線的交點處，本題只需將其抽象看成一維坐標(biāo)即可)，故再求

x

，由題意結(jié)合力矩平衡有解得下面求

x

，將1,2兩塊磚捆綁，于是解得類似地，求

x

時，將上面的(

n

-1)塊磚看成一個整體，得于是

圖2

評注

聯(lián)系調(diào)和級數(shù)的發(fā)散性，當(dāng)

n

→+∞時，可知(一個無窮級數(shù)乘以一個非零常數(shù)不影響收斂性)，即從理論上講，這個磚塊群相對于最低點，可以壘到任意的長度(當(dāng)然，成比例地，垂直方向也能達到任意的高度)．事實上如何呢？由于這個體系是一個不穩(wěn)平衡系統(tǒng)(稍微的偏離就將使平衡被破壞)，即使我們可以造出無數(shù)塊完全一樣的質(zhì)量均勻的磚塊，我們也只能將其壘到某個有限的高度，因為到一定高度時，地球的自轉(zhuǎn)、高空的氣流等不穩(wěn)定因素將破壞系統(tǒng)的平衡．即使如此，這一想法對我們的生活實際也是有一定的參考價值的.世界著名的澳大利亞悉尼歌劇院(時年37歲的丹麥設(shè)計師約恩伍松設(shè)計，澳大利亞的地標(biāo)建筑，被稱為20世紀最具特色的建筑之一， 圖2)，形為幾片貝殼狀，關(guān)鍵是它的上部是矗立在底部之外的，如果就一般的思維來看，這是違背建筑力學(xué)基本原則的，然而根據(jù)上面我們討論的問題，這樣的方式是有存在的可能的，只要保證整個系統(tǒng)重心不在底部之外就可以，這就從建筑力學(xué)的角度保障了這個設(shè)計的可行性．