從幾個無窮級數(shù)看整數(shù)、圓周率和自然對數(shù)

從幾個無窮級數(shù)看整數(shù)圓周率和自然對數(shù)之底的不尋常的關系數(shù)學創(chuàng)生之初，只是一些簡單的圖形與計數(shù)，經(jīng)過歷史的堆積，歷經(jīng)萌芽，常量，變量等等階段，發(fā)展到現(xiàn)代，已由數(shù)千年前的懵懂初開，化而為如今的枝繁葉茂，其內(nèi)部存在的一切事物必有其存在的意義，互相關聯(lián)，相輔相成，它能由最基本的自然數(shù)發(fā)展成實數(shù)理論，又擴展為多維數(shù)，并能自成一體，這本身就是一個奇跡，有時候想，也許宇宙本身就是數(shù)學性的，只有數(shù)學才是先驗的。站在數(shù)學浪花之尖，不住地向往，向往那歷史上似乎漸漸逝去的光輝思維，向往古希臘的幾何盛世，向往18世紀崇尚數(shù)感的年代，向往20世紀初期迸發(fā)的現(xiàn)代數(shù)學思想……Euclid在寫《原本》時是如何敏銳地選擇了那幾個定義公理公設并公理化地建立起整個歐氏幾何，發(fā)展出公理化方法；Archimedes又是如何將他的杠桿原理天才的與幾何相結合并直覺地推導出一個個精妙的結論，從而引出微積分最原始的思想？Newton又是怎樣敏銳覺察到微分與積分的互逆關系？Euler是在怎樣的心境下將他的三角函數(shù)與復指數(shù)聯(lián)系起來？Gauss又是如何利用他的同余思想建立起一種研究數(shù)論的方法得到一個個不可思議的結論并開創(chuàng)了代數(shù)數(shù)論；Riemann又是依據(jù)怎樣的直覺斷言Z函數(shù)的非無聊零點都在直線ReZ=0.5上？Cantor又是如何想到自然數(shù)集合與實數(shù)集合的基數(shù)存在本質(zhì)的差別從而提出連續(xù)統(tǒng)假說而且建立起現(xiàn)代數(shù)學的基石---集合論……這一切，美妙如萬花筒般，卻又讓人產(chǎn)生敬畏之心，一個理論的誕生，甚至一種奇思妙想的產(chǎn)生，若它確實對以往的難處產(chǎn)生了作用，那么在其中必能感受到一種強烈的反差，這種反差往往是由于體系擴大帶來的，或許這叫做：領悟。若是可能，我愿意遇見所有的那些反差……就讓我們從Euler公式，開始這一切的故事。眾所周知，cos2x+sin2x=1，由此分解因式可有(cosx+isinx)(cosx—isinx)=1,i=<—1它形式上暗合于f(x)f(-x)=1,而f(x)=cosx+isinx，我們將f(x)f(y)形式地展開有：(cosx+isinx)(cosy+isiny)=(cosxcosy—sinxsiny)+i(sinxcosy+cosxsiny)也就是說：(cosx+isinx)(cosy+isiny)=cos(x+y)+isin(x+y)換句話：f(x)f(y)=f(x+y)，這相當于暗示:f(x)是指數(shù)函數(shù)。反復利用上式可有：(cosx土isinx)n=cosnx土isinnx，故而得到兩個式子：(cosx+isinx)n+(cosx一isinx)ncosnx= 2.(cosx+isinx)n一(cosx一isinx)n和sinnx= 2i現(xiàn)在讓x取無窮小量，n取無窮大量，而nx=v為有限數(shù)，x=v/n，這樣，就有:sinx=x=V與cosx=1,代入以上兩個式子，得到：n(1+—)n+(1—L)ncosv=―n n_2(1+—)n—(1——)nsinv=—n n_2i由熟知的結論：(1+-)n=et(n=8)，得到：neiv+e-ivcosv= . eiv—e—ivsinv= 2i由此二式可有：eiv=cosv+isinv至此，我們得到f(x)=cosx+isinx=eix Q此即Euler公式。即虛指數(shù)量可以用余弦和正弦來共同表示，這個公式非常重要，從它可以感受到：三角與指數(shù)同出一源，正弦余弦是復指數(shù)的兩個方面，一個反一個正。順便提一句，在Q里令x=?？傻胑i兀=—1,可以寫成ei兀+1=0這個公式是數(shù)學里最美麗的公式，它把數(shù)學中最重要的幾個常數(shù)：自然對數(shù)之底，圓周率，虛數(shù)單位，自然數(shù)的單位，0結合起來，我們只能欣賞它而不能解釋它的存在到底意味著什么……TOC\o"1-5"\h\z工 ,正 正 亂另外，我們可以有e2=i，從而得到i=(e2)i=e一2，這樣，ii居然是一個實數(shù)e一2。覺得在兔子洞里走得夠深了嗎……, 1213現(xiàn)在我們用e的麥克勞林級數(shù)e=1+1+-+-+……8展開Q的右邊:」?O?一. x2 ix3 x4 ix5ei，=1+ix- - + + ......8并分離出實部和虛部，可得到余弦和正弦的冪級2! 3! 4! 5!數(shù)：

X2 X4X6cosX=1———+—————+ 82!4!6!? X2 X4X6cosX=1———+—————+ 82!4!6!? X3sinx=X-3!X5+5!X7+ 87!sinXX2由Q有 =1——+———+&x3! 5! 7!8，令W=X2并考慮方程w w2 w3 八1—+ — + 8 =03! 5! 7!?sinx _事實上就是0=，故而X=±兀,±2兀,±3兀,......，那么此方程的所有根就是:XW=兀2,22兀2,32兀2'將多項式零點與系數(shù)的關系類比于此，多項式所有零點的倒數(shù)之和等于它一次項系數(shù)與常數(shù)項之比的相反數(shù)，所以得到：1 1 1+......=1，兩邊每項都乘以圓周率的平方，得到反平方級數(shù)：兀2*22兀2*32兀21 1 1—+——+—+12 22 32—… 這表明數(shù)列皚｝的前n項之和不會超過&，而且這是最佳的上界。設關于w的方程的所有根為wk（k=l'2'3,……）則有:￡_Lw2k=1k=必--虬—4c1 125!=90,這表明：TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"1 1 190—+——+—+14 24 3490這個過程可以無休止進行下去，現(xiàn)在記：… 1 1 1匚（s）= —+—+ 8 （這就叫RiemannZ函數(shù)，事實上，解析延拓后，1s2s3ss可以在一切Res。1的復數(shù)上取值）經(jīng)過計算，我們有：尸,C、兀2 兀4 兀6 兀8 兀10 691兀12C(2)=—，。(4)= ，。(6)= ，。(8)= ，。(10)= ，。(12)=一6 90 945 9450 93555 638512875

然而我們只能得到一切正偶數(shù)的函數(shù)值，關于奇數(shù)的，比如匚(3)的具體答案，我們一無所我們再以另外一個角度看正弦的冪級數(shù)，既然sinx=x-反+反-〒+......8，故而此多項式的一切零點為0，土兀,±2兀,±3兀,......所以必然能成立:. ，一X2… X2…X2、sinx=x(1———)(1— )(1———)……8(每個因式包含兩個零點)TOC\o"1-5"\h\z兀2 22兀2 32兀2同理可以得到：4x2 4x2 4x2cosx=(1— )(1— )(1— ) 8兀2 32兀2 52兀2兀在Q里面令x=，得到:1—兀1 1 1\1=r(1—L)(1— )(1—二) 8，2 22 42 62兀1x3x3x5x5x7x7x9x 81= 2 22x42x62x82x 8這樣就得到：2x22x42x62x82x x(2n)2兀= ，n=8，12x32x52x92x x(2n—1)2(2n+1)由這個式子可以看到圓周率和整數(shù)之間有著不尋常的關系!eix+e一哉現(xiàn)在我們形式地將x換成ix，于是有現(xiàn)在我們形式地將x換成ix，于是有:ex+eex+e-xcosix=ex+e—x我們解方程：「一=0即cosix=0，故而:ix=±兀,±3ix=±兀,±3兀,±5兀2 2 2即方程的一切根為x=± l,±l,±l,TOC\o"1-5"\h\zA A Aex+e—x 4x2、八4x2、命 4x2、于是可以寫 2=(1+"^^)(1+32兀2)(1+52兀2) 8這又是一個初看不可思議的公式，我們可以在其中讓x取1或者n來得到一些恒等式。n和e都包含在這個恒等式中。eix—e—ix另外，由sinx=-^也可以得到一個無窮乘積，就留給讀者自己完成吧。

我們知道，每一個不小于2的正整數(shù)都可以唯一的分解為若干個素數(shù)的乘積:a=p%p% p&n,pePrimeNumber,p。p,aeZ+1 2 nk ijk這叫做算術基本定理，它并不是不證自明的，在此我們不作證明了。由此，我們可以有:-1 1 1~ =(1+2-S+2-2s+ )(1+3-s+3-2s+ )(1+5-S+5-2s+ ) =1+—+—+—+ 1-2-s1-3-s 1-5-s 2s3s4s上式最左端的分母中的2,3,5,……是一切素數(shù)，當那些括號被展開后，由于算術基本定理，每個正整數(shù)都將出現(xiàn)且只出現(xiàn)一次，故而得到最右端。故而得到恒等式：TOC\o"1-5"\h\z”s)=―1 1 1— 81—2-1—3-1—5-由之前的結論有：(兀2) --1--=(1+1)(1+1)(1+1)......=1+1+=(1+1)(1+1)(1+1)......=1+1+1+22 32 52 m2 m2 m21 2 3兀4 111(90)1—2-41—3-41—5-4易見，最后一個等號后面的mk是所有那些不含重素因子的正整數(shù)的全體。前幾個是：1,2,3,5,6,7,10,13,15,?…由此可見所有這種數(shù)的平方的倒數(shù)和為也.兀2111 兀2以上得到的級數(shù)b+五+^^+......=甘在歷史上很有名，一般叫做反平方級數(shù)，下面我們來探索一下如果它每一項的分母都有一個擾動會如何呢?即：1111+ + + + 812+C 22+C 32+C42+C先借用復變指數(shù)導出兩個不定積分：e(a+bi)x形式地，有I=je(a+況)xdx= —+C，但是又:a+biI=jeaxcosbxdx+ijeaxsinbxdx用Euler公式將第一個積分式的實部和虛部分開，和第二個積分式對比，可以得到:eax(acosbx+bsinbx)八eaxcosbxdx= +Ca2+b2eax(asinbx一bcosbx)八eaxsinbxdx= +Ca2+b2利用這兩個式子，將函數(shù)f(x)=e%xe[0,2兀)作周期為T=2兀的延拓，將定義域擴大到R，再將其展開為Fourier級數(shù)：

f(x)—t==>-2—J2"f(x)dx+￡[—J2"(f(x)coskx)dxcoskx+—J2"(f(x)sinkx)dxsinkx]0 k=1 0 0得到:e漩一1.1V，e初一1 1一心f(x)—t=2兀> +—"( 1coskx+ ksinkx)2m 兀k1k2+12 k2+12/3）在x=0時間斷，它的Fourier級數(shù)在x=0時收斂到/3）在x=0處的左右極限的算術平均值:f(0-)+f(0+)_e2"t+1均值:2 — 2所以得到：e二+1=e：-1+1工（e2t"-1t），整理后得到:2 2t" "k=1k2+12112+112+121

+ 22+12+ +32+12"t(e"t+e-"t) 1 — 2t2(e"t-e-"t) 2t2一ex+e-x.一ex一e-x 一coshx若引入記號：coshx=一-一，sinhx=一-一,cothx= 一（它們分別叫做雙曲余2 2 sinhx弦函數(shù)，雙曲正弦函數(shù)，雙曲余切函數(shù)），則可以將上式寫成:112+1112+121+ 22+121

+ +32+12"tcoth("t)一12t2"2事實上令右邊的t趨向于0取極限便是，這就是反平方級數(shù)；兩邊對t求導數(shù)，還能得6到更多的級數(shù)?，F(xiàn)在在Q里面形式地把t換成it，則可以得到:112—1112—1211

+

22—12 32一12+ 一"tcot("t)+12t2由這兩個無窮級數(shù)可以清楚的感受到指數(shù)與三角的互相纏繞般的聯(lián)系，一個描述著正面，一個描述著反面，共同刻畫了反平方級數(shù)的分母受到加數(shù)的擾動后的情況，我們可以對它們?nèi)∫恍┨厥庵担纾? +121 +12+11 +22+11 +32+1"(e2"+1)1

——

2(e2"—1)2--氣.：2"cot(、'2")+141 1+12—2 22—232—2事實上，Q與Q是同一個式子，只不過表現(xiàn)形式不同，這也是數(shù)學美感的一種體現(xiàn)，一種統(tǒng)一的美妙！我們還可以令t=x+刃，可以得到一個更加復雜但是表達得更全面的式子。

下面我們再看看分母是連續(xù)整數(shù)之積的無窮級數(shù)，例如:1111 + + + + 81x22x33x44x5這個級數(shù)十分簡單，它的和當然是1，現(xiàn)在我們將它的正負號交替排列:1111 — + — + 8x22x33x44x5這又會等于多少呢？會發(fā)現(xiàn)裂項似乎是不能互相抵消的，它等于：11/11、，11、，11、1——(——)+(——)—(——)+823 3445即：2 2 2 2 2 1 1 11—+—+—+......8=—1+2(1—+—+......8)2 3 4 5 6 2 3 4事實上還需要證明級數(shù)絕對收斂(即絕對值構成的數(shù)列的前n項之和存在極限)才能隨意加111括號，但是在此，我們不理會。我們現(xiàn)在來求1-+：-丁+……8，構造函數(shù)：234TOC\o"1-5"\h\z%2X3 X4f(X)=X— + — + 82 3 4求導得：f'(x)=1—X+X2—X3+ 81即：f'(X)=1 (無窮等比數(shù)列之和)在此需要假設XG(—1,1)，由此得到:1+Xf(X)=ln(1+x)+C，由于f(0)=0，所以C=0，故最后得：X3+3X3+3=ln(1+x)X—2在上式令x左趨于1，在上式令x左趨于1，得到：1—11—+——23=ln2所以開始的無窮級數(shù)之和為:=—1+2ln21111

— + —

1x22x33x=—1+2ln2由剛才構造函數(shù)的方法，很自然會想到，若是1111———+———+ 813571111———+ — + 8181522會等于什么呢？X3X5X7對于Q,.構造f(x)=X一3+5一7+……8，這樣可得:f'(X)=1—X2+X4—X6+X8—

=arctanx，取x=1，我們得到:TOC\o"1-5"\h\zX3x=arctanx，取x=1，我們得到:所以f(x)=arctanx，即x-—+—-—+1111 ?！?———+ =——1357 4這兩個例子，一個是對數(shù)，一個是三角，可見，整數(shù)的這種形式的倒數(shù)之和竟然被n和e共同描述著，一個對數(shù)學有欣賞態(tài)度的人一定去探個究竟。對于Q，事實上可以從』'1+打擊獲得，它的計算量較大，最后結果為：2/?！?兀. 3?！?3兀. 5?！?5兀、. 兀—(coslnsin+coslnsin+cosInsin)+7 7 14 7 14 7 714sin蘭sm了這時，自然對數(shù)和三角函數(shù)同時出現(xiàn)