將非負實數表示為連續單位分數和的初步研究

梁宇衡

【摘要】本文研究了以連續單位分數的和或其極限逼近非負實數的方法，并用初等數學的方法分析了這些和之間的大小關系.

【關鍵詞】單位分數;實數表示;逼近

1.引 言

早在幾千年前，古埃及人就開始用單位分數的和來表示各種各樣的數.容易證明，所有正數都可以表示成互不相等的單位分數的和：有理數可以表示成有限個單位分數的和，而無理數則表示成無限個單位分數的和.

2.1.連續單位分數和

定義1 形式為∑nk=m1k的和式稱為一個連續單位分數和.如果n>m是一個與m有關的整數變量，而且m→∞時∑nk=m1k的極限存在，則和式的極限limn→∞∑nk=m1k稱為一個連續單位分數和的極限.

以下引理保證了用連續單位分數和表示非負實數的可能性.

引理2.1 任意非負實數都可以表示作連續單位分數的和或其極限.

證明 對于0，顯然只要n-m是一個常數則有limn→∞∑nk=m1k=0，因此我們實際上只需要考慮正實數就可以了.

由于調和級數是發散到無窮大的，所以對于任意正實數α，以及某個正整數m，存在一個連續單位分數和∑nk=m1k滿足∑nk=m1k并且∑n+1k=m1k≥a ，其中n是與m有關的正整數且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都可以表示為連續單位分數的和或其極限.

2.2連續單位分數和的大小關系的一些特例

為了研究連續單位分數和的分布情況，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與連續兩項單位分數和之間的大小關系，從左至右逐漸減小.

由表格不難看出一個規律.下面我們簡單證明以下這個大小關系對所有正整數n都成立.

命題2.2.1 12n+12n+1<1n<12n-1+12n（n為正整數）

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兩項單位分數和與連續三項單位分數和之間的大小關系.

于是我們又得到了：

命題2.2.2 對于任意正整數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為正整數時分母顯然大于零，又由于分子的27n2-8n+1在實數域內沒有零點，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為正整數時有分母大于零，同時9n2-7n+2在實數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.

用同樣的方法繼續分析連續三項單位分數和與連續四項單位分數和的大小關系，我們很容易可以得到類似的結論：

命題2.2.3 對于任意正整數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a，b是整數且滿足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該是2a次的.這一項的系數由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次項的系數為零.

至于2a-1次項的系數，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）的最高次項系數是正數，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 .

我們依然只關注通分后分子的多項式，記為g（n）.顯然g（n）的2a次項系數同樣為 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，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.于是存在某個y使得對于所有n>y都有g（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 [M].北京：科學出版社，2002.