將非負實數(shù)表示為連續(xù)單位分數(shù)和的初步研究

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.