8.6其他關於級數的結果

其他關於級數的結果

無限級數是將一數或函數以一無限的過程來表示的一種方式, 但並非唯一的方式。無限的乘積是其他的方式之一。例如 Wallis 乘積, 即

$\begin{displaymath} \frac {\pi} 2=\frac 2 1\frac 2 3\frac 4 3\frac 4 5\frac 6 5\frac 6 7\cdots, \end{displaymath}$

(6.1)

將 $\pi/2$ 表示成無限的乘積。一般而言, 所謂無限的乘積

$\begin{displaymath} \prod _{i=1}^{\infty }a_i=a_1\cdot a_2\cdot a_3\cdots, \end{displaymath}$

表部分乘積數列

$\begin{displaymath} a_1, a_1a_2, a_1a_2a_3,\cdots \end{displaymath}$

之極限, 只要此極限存在。因此 , , $a_3,\cdots,$ 當然也可以是某一參數之函數。底下為一有趣的例子:

$\begin{displaymath} \sin x=x(1-\frac {x^2}{\pi^2})(1-\frac {x^2}{(2\pi)^2})(1-\frac {x^2}{(3\pi)^2})\cdots\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{displaymath}$

(6.2)

此美妙的公式, 其重要性並不亞於

$\begin{displaymath} \sin x=x-\frac {x^3}{3!}+\frac {x^5}{5!}-\cdots\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{displaymath}$

　　欲了解 (6.2) 式, 我們先看一下較簡單的多項式。設 $f(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n$ 為一次多項式, $a_0\neq 0$ , 且設有個相異的根 $x_1,\cdots,x_n$ , 則由代數基本定理知, 可如下分解成一些一次式的乘積:

$\begin{displaymath} f(x)=a_n(x-x_1)\cdots (x-x_n), \end{displaymath}$

當然其中之 $x_1,\cdots,x_n$ 有可能是複數。由上式又得

$\begin{displaymath} f(x)=C(1-\frac x{x_1})(1-\frac x{x_2})\cdots (1-\frac x{x_n}), \end{displaymath}$

其中令即可得。

　　現若不為一多項式, 而為一較複雜的函數, 我們仍可問是否可將分解成一次式的乘積。一般而言, 當然不一定辦得到。歐拉發現對 sine 函數這種分解卻是可能的, 也就是有 (6.2) 式, 此式對 $\forall \do x\in R$ 成立。由 (6.2) 式可看出 $\sin x=0$ 之根為 0, $\pm\pi$ , $\pm 2\pi,\cdots$ 。若以 $x=\pi/2$ 代入 (6.2), 則得

$\begin{displaymath} \sin\frac {\pi} 2=1=\frac {\pi} 2(1-\frac 1{2^2\cdot 1^2})(1... ...frac 1{2^2\cdot 3^2})\cdots\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{displaymath}$

(6.3)

又利用

$\begin{displaymath} 1-\frac 1{2^2\cdot m^2}=\frac {(2m-1)(2m+1)}{2m\cdot 2m},\ m\geq 1, \end{displaymath}$

則由 (6.3) 即得 (6.1) 式。

　　我們再看與 7.3 節曾定義過的 zeta 函數之一相關問題。令人驚訝的是, 函數

$\begin{displaymath} \zeta(s)=\sum_{n=1}^{\infty }\frac 1{n^s}, \ s>1, \end{displaymath}$

與質數有一重要的關係。對質數 , , $p_3=5,\cdots$ , 及 $s\geq 1$ , 因

$\begin{displaymath} 0<\frac 1 {p_i^s}<1, \end{displaymath}$

故由幾何級數

$\begin{displaymath} \frac 1{1-1/p_i^s}=1+\frac 1{p_i^s}+\frac 1{p_i^{2s}}+\frac 1{p_i^{3s}}+\cdots\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{displaymath}$

對 $i=1,2,3,\cdots,$ 將上式左、右分別相乘, 而不管這樣的相乘是否合法, 則左側得

$\begin{displaymath} \lim_{n\rightarrow \infty }\prod _{i=1}^n\frac 1{1-1/p_i^s}\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{displaymath}$

至於右側, 因每一大於 1 之整數, 有唯一之質因數乘積表示法, 故右側為

$\begin{displaymath} 1+\frac 1{2^s}+\frac 1{3^s}+\cdots=\zeta(s)\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{displaymath}$

因此 zeta 函數可表示成下述乘積

$\begin{displaymath} \zeta(s)=(\frac 1 {1-1/2^s})(\frac 1 {1-1/3^s})(\frac 1 {1-1/5^s})\cdots,\ s>1\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{displaymath}$

(6.4)

由 (6.4) 式亦可導出質數有無限多個。此因若只有有限多個質數, 以 , $p_2,\cdots,p_r$ 表之, 則 (6.4) 右側只是有限個數相乘, 故即使對亦為一有限值, 但我們已知 $\zeta(1)=\infty$ , 此矛盾導至質數有無限多個。

　　利用冪級數展式, 除了可以求函數之數值外, 也可藉此擴展一些函數的定義域至複數。例如, 由

$\begin{displaymath} e^x=1+x+\frac 1{2!} x^2+\cdots+\frac 1{n!} x^n+\cdots,\ x\in R, \end{displaymath}$

(6.5)

指數函數的定義域本來是實數, 對每一複數 , 其中 $i=\sqrt {-1}$ , $a, b\in R$ , 我們可以上式來定義 $e^{a+ib}$ 。又利用指數的性質

$\begin{displaymath} e^{a+ib}=e^ae^{ib}, \end{displaymath}$

(6.6)

我們只要定義 $e^{ib}$ 便可以了。將代入的展式且將實部與虛部分開, 得

$\begin{eqnarray*} e^{ib}&=&1+ib+\frac 1{2!}(ib)^2+\cdots+\frac 1{n!}(ib)^n+\cdot... ...(-1)^{n}\frac {b^{2n+1}}{(2n+1)!}+\cdots)\\ &=& \cos b+i\sin b, \end{eqnarray*}$

這就是歐拉公式。由此立即得到

$\begin{eqnarray*} e^{i\pi} +1=0\raisebox{-1.2mm}{\large . } \end{eqnarray*}$

　　這是一個很有趣且典雅的式子, 它包含差不多是數學中最重要的5個數及二符號。指數及三角函數, 是自然界最巧妙的兩類函數, 經由冪級數, 可建立起其間的關係。

　　不過嚴格地講, 以這樣的方法推導出

$\begin{displaymath} e^{ix}=\cos x+i\sin x, x\in R, \end{displaymath}$

(6.7)

並不是很嚴密。此因之展式是在為實數的假設下獲得, 因此 (6.5) 式對仍成立, 是需要證明的。不過歐拉也不是用上述的方法經由冪級數來證明。我們敘述他的“證法” 如下, 當然不嚴密, 但卻是典型十八世紀的方法。

　　首先, 各位在中學時代可能已學過 De Moivre 公式 : 對每一整數 ,

$\begin{displaymath} (\cos\theta +i\sin\theta )^n=\cos n\theta +i\sin n\theta \mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{displaymath}$

(6.8)

若以 $\theta =x/n$ 代入上式, 則得

$\begin{displaymath} \cos x+i\sin x=(\cos\frac x n+i\sin \frac x n)^n\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{displaymath}$

(6.9)

對一固定的 , 當很大時, $\cos(x/n)$ 與 $\cos 0=1$ 之差異很小; 又因

$\begin{displaymath} x/n\to 0\ \mbox{時},\ \frac {\sin (x/n)}{x/n}\to 1, \end{displaymath}$

故很大時, $\sin(x/n)$ 近似於。所以下述極限公式應是合理的:

$\begin{displaymath} \cos x+i\sin x=\lim_{n\to\infty }(1+ix/n)^n\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{displaymath}$

(6.10)

雖然在 5.3 節我們所得到的 $e^x=\lim_{n\rightarrow \infty }(1+x/n)^n$ , 是對 $\forall x\in R$ , 但歐拉假設此式以代入仍成立。因此 (6.10) 之右側為 $e^{ix}$ , 故 (6.7) 成立。

　　另外, 我們也可以冪級數, 以完全解析的方法來定義諸如 sine 函數及 cosine 函數, 而我們熟悉的三角函數的許多其他的性質皆可以這些展式得到。除了在上一節看過的, 可得到微分公式外, 其他如

$\begin{displaymath} \sin 0=0,\ \cos 0=1,\ \sin(-x)=-\sin x,\ \cos(-x)=\cos x, \end{displaymath}$

都立即可得。加法公式也可如下獲得。令 , 為二函數, 定義為

$\begin{eqnarray*} u(x)&=&\sin (x+a)-\sin x\cos a-\cos x\sin a, \\ v(x) &=&\cos (x+a)-\cos x\cos a+\sin x\sin a, \end{eqnarray*}$

其中為一固定實數。且令

$\begin{displaymath} f(x)=u^2(x)+v^2(x)\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{displaymath}$

則易證

$\begin{displaymath} u'(x)=v(x),\ v'(x)=-u(x), \end{displaymath}$

故

$\begin{displaymath} f'(x)=0,\ \forall x\in R\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{displaymath}$

因此為一常數。又因 , 故得 , $\forall x\in R$ 。因此 , $\forall x\in R$ 。即證出

$\begin{eqnarray*} \sin (x+a) &=& \sin x\cos a+\cos x\sin a,\\ \cos(x+a) &=& \cos x\cos a-\sin x\sin a, \end{eqnarray*}$

至於 $\pi$ , 可定義為滿足 $\sin x=0$ 之最小正數 , 如此一來可證明 sine 及 cosine 為周期 $2\pi$ 之周期函數, 且 $\sin(\pi/2)=1$ , $\cos(\pi/2)=0$ 。

　　我們再看一藉由級數之發散來判斷一數列之一般項趨近至 0 的結果。先給一例子。利用 Stirling 公式 , 立即可得若

$\begin{displaymath} a_n=\frac {(2n)!}{4^n(n!)^2}, \end{displaymath}$

則 $n\to\infty$ 時, $a_n\sim 1/\sqrt {n}\to 0$ , 且

$\begin{displaymath} \frac {a_{n+1}}{a_n}=\frac {2n+1}{2n+2}<1,\ \forall n\geq 1, \end{displaymath}$

故交錯級數 $\sum(-1)^n a_n$ 為條件收斂。但若不利用 Stirling 公式, 欲證明 $\lim_{n\rightarrow \infty }a_n=0$ 並不容易。底下我們提供一簡單的判別方法。

定理 1.設 $\{a_n\}$ 為一嚴格漸減之正項數列。令 $b_n=1-a_{n+1}/a_n$ , $n\geq 1$ 。則 $\lim_{n\rightarrow \infty }a_n=0$ 若且唯若 $\sum b_n$ 發散。

　　回到定理 1 之前的交錯級數 $\sum(-1)^n a_n$ , 因 $=1-a_{n+1}/a_n$ , $\forall n\geq 1$ , 而明顯地 $\sum b_n$ 發散, 故由定理 1 得 $\lim_{n\rightarrow \infty }a_n=0$ , 不必利用 Stirling 公式。

　　另外, 利用定理 1 也可極容易地得到諸如

$\begin{displaymath} \sum_{n=0}^{\infty }(-1)^n\frac {n^n}{e^nn!}, \end{displaymath}$

及二項式級數

$\begin{displaymath} \sum_{n=0}^{\infty }{c\choose n}, \ c>-1, \end{displaymath}$

收斂。

　　底下為一關於兩冪級數相乘的結果。

定理 2.設有二冪級數

$\begin{eqnarray*} f(x) &=&\sum_{n=0}^{\infty }a_n x^n,\ \vert x\vert<r_1, \\ g(... ...y }b_n x^n,\ \vert x\vert<r_2\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{eqnarray*}$

則對 $\forall \vert x\vert<\min\{r_1, r_2\}$ ,

$\begin{displaymath} f(x)g(x)=\sum_{n=0}^{\infty }c_n x^n, \end{displaymath}$

其中

$\begin{displaymath} c_n=\sum_{k=0}^n a_k b_{n-k}\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{displaymath}$

(6.11)

定理 3.存在一在上到處不可微之連續函數。

　　這種函數很多, 但並非我們常見的函數, 底下給一例。令

$\begin{displaymath} \phi(x)=\left\{\begin{array}{lll} x &\hspace{-0.2cm}, & 0\le... ...q 1, \\ 2-x &\hspace{-0.2cm}, & 1<x\leq 2, \end{array}\right. \end{displaymath}$

再擴展 $\phi$ 之定義至所有實數, 使 $\phi$ 為一周期為 2 之函數, 即 $\phi$ 滿足

$\begin{displaymath} \phi(x+2)=\phi(x)\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{displaymath}$

則 $\phi$ 在上連續。其次令

$\begin{displaymath} f(x)=\sum_{n=0}^{\infty }(\frac 3 4)^n\phi(4^n x)\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{displaymath}$

(6.12)

因 $0\leq \phi\leq 1$ , 由定理 3.3 知, (6.12) 所定義之級數在上均勻收斂, 故由定理 3.1, 在上連續。

　　至於在上到處不可微, 其證明請見 Rudin (1964) pp.141-142, 在此略去。

　　我們提過多次, 多項式是最簡單的函數。對每一閉區間上的連續函數, 可以一數列之多項式來均勻逼近。如果一函數有冪級數展式, 則可取其冪級數之部分和來均勻逼近該函數。不過此定理的特殊性在於只要對連續函數 , 便可找到多項式來逼近, 當然這種多項式的極限就不一定是的冪級數了。

定理４.設為上之一連續函數, 則對 $\forall \varepsilon >0$ , 存在一多項式 (可能與 $\varepsilon$ 有關), 使得

$\begin{displaymath} \vert f(x)-P(x)\vert<\varepsilon ,\ \forall x\in [a, b]\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{displaymath}$

(6.13)

　　其次我們看 Abel 極限定理。首先若 $\vert x\vert<1$ , 則

$\begin{displaymath} \log(1-x)=-\sum_{n=1}^{\infty }\frac {x^n}n\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{displaymath}$

(6.14)

我們知道上式右側對亦收斂, 即為交錯級數 $\sum_{n=1}^{\infty }(-1)^{n-1}/n$
。但我們是否亦能將代入 (6.14) 式之左側, 而得到

$\begin{displaymath} \log 2=\sum_{n=1}^{\infty }\frac {(-1)^{n-1}}n? \end{displaymath}$

　　下述定理指出答案是肯定的。

定理５.(Abel 極限定理)。設

$\begin{displaymath} f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_n x^n, \ \vert x\vert<r\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{displaymath}$

(6.15)

若上述級數對亦收斂, 則 $\lim_{x\to r-}f(x)$ 存在, 且

$\begin{displaymath} \lim_{x\to r-} f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_n r^n\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{displaymath}$

　　定理 5 有下述的推論, 其證明也要用到定理 6.2, 請見 Apostol (1973) Theorem 9.32。

系理 1.設 $\sum_{n=0}^{\infty}a_n$ 及 $\sum_{n=0}^{\infty}b_n$ 為二收斂級數, 令之定義如 (6.11), 則只要 $\sum_{n=0}^{\infty}c_n$ 收斂,

$\begin{displaymath} \sum_{n=0}^{\infty}c_n=(\sum_{n=0}^{\infty}a_n)(\sum_{n=0}^{\infty}b_n)\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{displaymath}$

(6.16)

　　在 7.3 節我們曾給一歐拉發現有關 $\pi$ 的公式, 即

$\begin{displaymath} \sum_{n=1}^{\infty}\frac 1{n^2}=\frac {\pi^2}6\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{displaymath}$

(6.17)

此公式有許多不同的證法, 。底下我們提供一只需利用至今所學的工具的基本證法。

　　首先利用絕對收斂級數的性質, 下式成立:

$\begin{displaymath} \sum_{n=1}^{\infty}\frac 1{n^2}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac 1{(2n+1)^2}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac 1{(2n)^2}, \end{displaymath}$

故若能證出

$\begin{displaymath} \sum_{n=0}^{\infty }\frac 1{(2n+1)^2}=\frac {\pi^2} 8 \end{displaymath}$

(6.18)

即得證 (6.17)。

　　由定理 5.6 可得 $(1-x^2)^{-1/2}$ 之展式, 再利用定理 5.1 可得

$\begin{displaymath} \hspace*{1cm} \arcsin x=x+\sum_{n=1}^{\infty}\frac {1\cdot 3... ...+1}}{2n+1},\ \vert x\vert<1\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{displaymath}$

(6.19)

利用 Raabe 檢定法 , 可證明 (6.19) 之右側級數當時收斂 (此部分之證明留給各位)。因此由定理 3.3 Weierstrass -檢定法知, (6.19) 右側級數在均勻收斂。再由定理 5 知 (6.19) 對或亦皆成立。現以 $x=\sin t$ 代入 (6.19) 之兩側, 得

$\begin{displaymath} \hspace*{1cm} t=\sin t+\sum_{n=1}^{\infty}\frac {1\cdot 3\cd... ...rac {\pi} 2, \frac {\pi} 2]\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{displaymath}$

(6.20)

將 (6.20) 之左、右分別由 0 至 $\pi/2$ 積分, 且利用定理 1, 得

$\begin{displaymath} \hspace*{1cm} \frac {\pi^2}{8}=1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac 1{... ...int_0^{\pi/2}\sin^{2n+1}tdt\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{displaymath}$

(6.21)

第三章 (4.13) 式又給出

$\begin{displaymath} \hspace*{1cm} \int_0^{\pi/2}\sin^{2n+1}tdt=\frac {2\cdot 4\c... ...s (2n+1)},\ \forall n\geq 1\mbox{\raisebox{-1.2mm}{\large . }} \end{displaymath}$

(6.22)

將 (6.22) 代入 (6.21) 即得 (6.18)。證畢。

　　最後我們來看 Tauber 定理。一般而言, 定理 5 之逆定理並不成立。即若有如 (6.15) 之形式, 則當 $\sum a_nr^n$ 發散時, 也有可能存在。例如, 取 , 則 , $\forall \vert x\vert<1$ 。又 $x\to 1-$ 時, $f(x)\to 1/2$ . 但 $\sum(-1)^n$ 卻發散。在西元 1897 年, Tauber (約 18661947) 證明, 只要對係數 $\{a_n\}$ 做一些限制, 則 Abel 定理之逆定理成立。其後有許多這一類的結果, 並都稱為 Tauberian Theorems。底下為一最簡單的情況, 有時稱為 Tauber 第一定理。