一類與調(diào)和級(jí)數(shù)部分和有關(guān)的收斂級(jí)數(shù)

【摘要】 本文用“滿1減1”方法對(duì)調(diào)和級(jí)數(shù)分段求和，得到一個(gè)有趣的級(jí)數(shù)，證明了這個(gè)級(jí)數(shù)收斂，并給出Euler常數(shù) 的一個(gè)類似的定義式。

【關(guān)鍵詞】 調(diào)和級(jí)數(shù) 收斂級(jí)數(shù) Euler常數(shù)

我們熟知，調(diào)和級(jí)數(shù)Σ ∞ k=1 1 k 是發(fā)散的，也就是說(shuō)，它的部分和Hn= Σ n K=1 1 k 在n→8時(shí)趨向于無(wú)窮大.最近，作者發(fā)現(xiàn)，用一種“滿1減1”的方法研究調(diào)和級(jí)數(shù)的分段和，可以得到一個(gè)有趣的級(jí)數(shù)。本文證明這個(gè)級(jí)數(shù)收斂，并給出Euler常數(shù)γ=0.5772156649…一個(gè)類似的定義式。

將調(diào)和級(jí)數(shù)Σ ∞ k=1 1 k 的各項(xiàng)依次分段求和，并且每一段“滿1減1”，也就是剛滿1就減1，我們得到

1-1=0= A ，

1 2 + 1 3 + 1 4 = A2 ，

1 5 + 1 6 = A3，

1 13 + 1 6 +…+ 1 34 -1= A4，

我們將上述各個(gè)等式加起來(lái)，得到級(jí)數(shù)

Σ1=Σ Ai=（1-1）+（ 1 2 + 1 3 + 1 4 -1）+（ 1 5 + 1 6 -1）+… …（1）

現(xiàn)在研究級(jí)數(shù)Σ1的通項(xiàng)A （i≥2），假設(shè)

Ai= 1 ai + 1 ai+1 +…+ 1 ai+1-1 -1 …………………… （2）

根據(jù)通項(xiàng)A 的產(chǎn)生過(guò)程我們知道，在（2）式右邊的各個(gè)分母滿足如下的不等式

0<1-（ ）< 1 ai + 1 ai+1 +…+ 1 ai+1-2 < 1 ai+1-1 ……………… （3）

我們可以證明級(jí)數(shù)Σ1是收斂的.

事實(shí)上，對(duì)于任意正整數(shù)n， 有

1 2 = 2n 2n+1 <1………… （4）

從而利用（3）式、（4）式可知，在（2）式右邊出現(xiàn)的各個(gè)分母ai，ai+1…，ai+1-1，里面至少有一個(gè)等于2的正整數(shù)次冪，即形如2r的數(shù)（r∈N+ ），所以級(jí)數(shù)Σ1的每一項(xiàng)A1（i≥2）滿足如下的不等式

0< Ai < 1 ai+1-1 ≤ 1 2i …………（5）

顯然，級(jí)數(shù) Σ1從第二項(xiàng)起的每一項(xiàng)的分母里等于的2的整數(shù)次冪的數(shù)各不相同。亦即，觀察級(jí)數(shù) Σ1的各項(xiàng)，利用（2）式、（3）式、（4）式和（5）式我們依次得到0≤ 1-1≤ 0

0<Σ 2≤ k≤ 4 1 k -1< 1 4 ≤ 1 22 ，

0< Σ 5≤ k≤ 12 1 k -1< 1 12 < 1 23 ，

0<Σ 13≤ k≤ 34 1 k -1 < 1 34 < 1 24 ，

……

將上述不等式每一邊加起來(lái)，得到級(jí)數(shù)Σ1 的部分和嚴(yán)格遞增，并且有一個(gè)上界 1 2 ，也就是有

0<Σ1< 1 22 + 1 23 + …= 1 2

所以級(jí)數(shù)Σ1收斂.作者通過(guò)編程計(jì)算出

Σ1=0.1293421…

當(dāng)然，我們可以用“滿a減a”的方法進(jìn)行類似的研究，容易得到一類收斂的級(jí)數(shù)Σa，這里a=3，3，…

猜想 當(dāng)a=1，2，… 時(shí)，級(jí)數(shù)Σa都是無(wú)理數(shù)，也都是超越數(shù).

對(duì)于Euler常數(shù)γ=0.5772156649…，我們也可得到類似于級(jí)數(shù)Σ1求和公式（1）的定義式 . 在文獻(xiàn)[1]中作者證明了Euler常數(shù)γ滿足如下公式（e表示自然對(duì)數(shù)的底 ，符號(hào)[x]表示不超過(guò)x的最大整數(shù)）

γ= lim k→∞ （1+ 1 2 + 1 3 +… 1 [ek]-1 -k）

=1+ 1 2 + 1 3 +… 1 [ek]-1 -k+ θk [ek]

其中k∈N+，0<θk<2.

也就是說(shuō)，調(diào)和級(jí)數(shù)Σ ∞ k=1 1 k 的部分和Hek=k+γ+ θk [ek] =k+0.5772156649…（當(dāng)k→∞時(shí)），0<θk<2. 所以H[ek]的整數(shù)部分等于k ， 小數(shù)部分近似等于 （當(dāng)k→∞時(shí)）.

利用微積分知識(shí)容易證明，對(duì)每個(gè)k=1，2，…都有

1 [ek] + 1 [ek]+1 + 1 [ek]+2 +… 1 [ek+1]-1 -2>0

于是可以得到γ如下的定義式

γ= Σ ∞ K=1 （ 1 [ek] + 1 [ek]+1 + 1 [ek]+2 +… 1 [ek+1]-1 -1）

= Σ ∞ K=1 （ 1 [ek] + 1 [ek]+1 + 1 [ek]+2 +… 1 [ek+2]-1 -2）

= （ 1 2 + 1 3 +…+ 1 6 -1）+（ 1 7 + 1 8 +…+ 1 19 -1）+…

=（ 1 2 + 1 3 +…+ 1 19 -2）+（ 1 20 + 1 8 +…+ 1 148 -2） +…

這個(gè)公式與級(jí)數(shù)Σ1的求和公式（1）類似.

猜想 Euler常數(shù)γ是無(wú)理數(shù)，也是超越數(shù).

參考文獻(xiàn)

[1] 尹必華.一個(gè)收斂于Euler常數(shù)的有理數(shù)列.現(xiàn)代教育信息.北京：世界科學(xué)教育出版社.2012（6）：139-140.