甘大旺

1 調(diào)和數(shù)列的數(shù)學(xué)史話

對(duì)于用正整數(shù)的倒數(shù)構(gòu)成的調(diào)和數(shù)列

1，12，13，…，1n，…，

歷史上不少數(shù)學(xué)家探究過(guò)其中的奧秘.

擔(dān)任過(guò)神學(xué)教師、院長(zhǎng)的法國(guó)數(shù)學(xué)家?jiàn)W雷姆（Oresme，1320～1382）以12k（k∈N+）為界用分組法探索它的所有項(xiàng)之和

S=1+12+（13+14）+（15+16+17+18）

+（19+110+…+116）+…

>1+12+24+48+816+…→+∞，

從而證明了調(diào)和數(shù)列的所有項(xiàng)之和趨向于無(wú)窮大，此時(shí)稱(chēng)調(diào)和數(shù)列是發(fā)散（不收斂）的.

牧師出身的意大利數(shù)學(xué)家門(mén)戈利（1625～1686）險(xiǎn)些被數(shù)學(xué)界所埋沒(méi)，他之所以影響至今，是因?yàn)樗坏ㄟ^(guò)不等式13k-1+13k+13k+1>1k（k∈N+）分組而巧妙地驗(yàn)證了調(diào)和數(shù)列的發(fā)散性，而且還探究到無(wú)窮調(diào)和數(shù)列交錯(cuò)求和的一個(gè)常用結(jié)論

1-12+13-14+…-（-1）nn+…=ln2.

擔(dān)任過(guò)法學(xué)教授、外交官員、貴族門(mén)客的德國(guó)數(shù)學(xué)家萊布尼茨（Leibniz，1646～1716）以調(diào)和數(shù)列為根基，癡迷地研究著與我國(guó)數(shù)學(xué)家楊輝（活躍于約1370年前后）的三角數(shù)表相媲美的調(diào)和三角（又稱(chēng)為萊布尼茨三角）

其中，第n行第j列的分?jǐn)?shù)也可以用組合數(shù)表示為L(zhǎng)（n，j）=1nCj-1n-1（1≤j≤n），而且每個(gè)分?jǐn)?shù)是下面一行兩個(gè)臨近分?jǐn)?shù)之和.

萊布尼茨的學(xué)生雅各布·貝努利

（Jacob Bemoulli，1654～1716）通過(guò)不等式

1n+1n+1+1n+2+…+1n2≥1（n∈N+）

以部分1k2（k∈N+）為界分組推導(dǎo)出調(diào)和數(shù)列的各項(xiàng)之和

1+12+13+…+1n+…

=1+（12+13+14）+（15+16+…+19+…+1[]25[SX）]）+…

>1+1+1+…→+∞，

從而也驗(yàn)證了調(diào)和數(shù)列的發(fā)散性.

后來(lái)，瑞士數(shù)學(xué)家歐拉（Euler，1707～1783）借鑒英國(guó)物理學(xué)家、數(shù)學(xué)家、天文學(xué)家牛頓（Newton，1642～1727）和英國(guó)數(shù)學(xué)家泰勒（Taylor，1685～1731）等人的研究方式，發(fā)現(xiàn)調(diào)和數(shù)列當(dāng)n→∞時(shí)的一個(gè)精細(xì)結(jié)論

1+12+13+…+1n=ln（n+1）+C（C≈0.5772），

其中當(dāng)n越大時(shí)C就越遞增接近于0.57722.

對(duì)于n∈N+，我們可以猜想一個(gè)兩邊夾不等式ln（n+1）<1+12+13+…+1n<1+ln（n+1）.

2 調(diào)和數(shù)列的翻新今用

以調(diào)和數(shù)列的數(shù)學(xué)史料為背景，翻新改編成為競(jìng)賽題和高考題，受到命題專(zhuān)家的青睞.

例1 （2007年江蘇省復(fù)賽題）已知n為正整數(shù)，求證：1n+1+1n+2+…+12n<2536.

證法1 記f（n）=1n+1+1n+2+…+12n，

則f（1）=12<2536，f（2）=13+14=712<2536，

f（3）=14+15+16=3760<2536.

所以，當(dāng)n=1、2、3時(shí)，原不等式正確.

比較f（2）-2536=712-2536=-19=-14×2+1，

f（3）-2536=3760-2536=-790<-14×3+1.

由此猜想，f（n）≤2536-14n+1（n≥2）.

事實(shí)上，令g（n）=f（n）-2536+14n+1（n≥2），

則g（n+1）-g（n）=f（n+1）-f（n）+14n+5-14n+1

=12n+1+12n+2-1n+1+14n+5-14n+1

=-3（4n2+6n+2）（16n2+24n+5）<0，

則g（n+1）

則g（n）

則f（n）-2536+14n+1=g（n）

=f（2）-2536+19=712-2536+19=0（n≥2）.

則當(dāng)n≥4時(shí)，f（n）<2536-14n+1<2536.

總之，原不等式對(duì)于任意正整數(shù)n都正確.

證法2 當(dāng)n=1時(shí)，易驗(yàn)證原不等式正確.當(dāng)n≥2時(shí)，令Sn=1n+1+1n+2+…+12n，

則Sn-1=1n+1n+1+…+12n-2，

則Sn-Sn-1=12n-1-12n （n≥2），

則原不等式等價(jià)于Sn=S1+∑nk=2（Sk-Sk-1）

=S1+（13-14）+…+（12n-1-12n）<2536，

亦即 （1-12）+（13-14）+…+（12n-1-12n）<2536.

由此令Sn≤2536-g（n）=b1+b2+…+bn，

其中g(shù)（n）>0且bk>0，則當(dāng)正整數(shù)n≥2時(shí)，

bn=（b1+b2+…+bn）-（b1+b2+…+bn-1）

=2536-g（n）-2536-g（n-1）=g（n-1）-g（n）.

要證原不等式當(dāng)n≥2時(shí)正確，只要能證出

存在g（k）>0使得當(dāng)正整數(shù)k=2，3，…，n時(shí)恒有

12k-1-12k

不妨取g（k）=14k+1（這里的存在性取法不唯一，比如也可取g（k）=14k），檢驗(yàn)得

g（k-1）-g（k）=14k-3-14k+1=

416k2-8k-3，12k-1-12k=14k2-2k=416k2-8k，

其中 16k2-8k>16k2-8k-3>0（2≤k≤n），

則待證的充分性不等式（※）正確.

總之，原不等式正確.證畢.

評(píng)注 運(yùn)用門(mén)戈利的結(jié)論能夠知道，對(duì)于n∈N+，和式1n+1+1n+2+…+12n

=1-12+13-14+…+12n-1-12n

<1-12+13-14+…+12n-1-12n+…

=ln2≈0.6931<0.69644≈2536，于是就可以窺見(jiàn)專(zhuān)家的命題背景；另外，假如學(xué)生的證題允許利用ln2<2536，那么運(yùn)用定積分（參閱后面例3）易證1n+1+1n+2+…+12n

例2 （2006年湖北高考題）將楊輝三角中的每一個(gè)數(shù)Crn都換成分?jǐn)?shù)1（n+1）Crn，就得到一個(gè)如下圖所示的分?jǐn)?shù)三角形，稱(chēng)為萊布尼茨三角形.從萊布尼茨三角形可看出

1（n+1）Crn+1（n+1）Cxn=1nCrn-1，其中x= ；令an=13+112+130+160+…+1nC2n-1+1（n+1）C2n，則limn→∞an= .

解 由于萊布尼茨三角形第n行第j列的數(shù)為L(zhǎng)（n，j）=1nCj-1n-1（1≤j≤n），且第n+1行相鄰兩個(gè)數(shù)之和等于第n行“共扛”的一個(gè)數(shù)，則

1（n+1）Cj-1n+1（n+1）Cjn=1nCj-1n-1.比較得，

r=j-1且x=j，故先填x=r+1.

依題意，an（其中n≥3）表示萊布尼茨三角形中第3斜行“/”的前n-1個(gè)數(shù)之和，則

an=13C22+14C23+15C24+…+1（n+1）C2n.

由于 1（n+1）C2n=2·1（n+1）·n·（n-1）

=1n（1n-1-1n+1）=1（n-1）n-1n（n+1），

則an=∑nk=2[1（k-1）k-1k（k+1）]=

12-1n（n+1），

故再填limn→∞an= 12 .

評(píng)注 這里，驗(yàn)證了萊布尼茨三角中第3斜行“/”、“＼”的數(shù)列是收斂的.其實(shí)，在萊布尼茨三角中，只有第1斜行的調(diào)和數(shù)列是發(fā)散的，其余每個(gè)斜行的數(shù)列都是收斂的.進(jìn)一步地追問(wèn)，第n（≥2）斜行的數(shù)列各項(xiàng)之和的極限是否有通式呢？

例3 （2015年廣東高考末題）數(shù)列{an}滿(mǎn)足a1+2a2+…+nan=4-n+22n-1，n∈N*.

（1）求a3的值；

（2）求數(shù)列{an}前n項(xiàng)和Tn；

（3）令b1=a1，bn=Tn-1n+（1+12+13+…+1n）an

（n≥2），證明：數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn滿(mǎn)足Sn<2+2lnn.

解 （1）…，a3=14.

（2）…，an=12n-1，則Tn=2-12n-1.

（3）由于b1=a1，且當(dāng)n≥2時(shí)

bn=a1+a2+…+an-1n+（1+12+13+…+1n）an，則Sn=b1+b2+b3+…+bn

=（1+12+13+…+1n）（a1+a2+a3+…+an）

=（1+12+13+…+1n）（2-12n-1）

<2（1+12+13+…+1n）.

欲證目標(biāo)式Sn<2+2lnn，

只要證12+13+14…+1n

方法1 當(dāng)x>0且x≠1時(shí)，用導(dǎo)數(shù)法可以推導(dǎo)出不等式lnx

取正數(shù)x=nn+1≠1，則lnnn+1<-1n+1，

則lnn+1n>1n+1（其中整數(shù)n≥2），則 12+13+…+1n

=ln（21·32·43·…·nn-1）=lnn，

則待證不等式（※）正確，故原不等式正確.

方法2 如下圖，在遞減、下凸的函數(shù)f（x）=1x（x≥1）的圖象上取一系列點(diǎn)Fk（k，1k）（其中k∈N+），作FkHk⊥x軸于點(diǎn)Hk，作Fk+1Ak⊥FkHk于Ak，則用定積分的面積意義得

12+13+14+…+1n=1·12+1·13+1·14+…+1·1n

=∑n-1k=1S矩形HkHk+1Fk+1Ak

<∑n-1k=1S曲邊梯形HkHk+1Fk+1Fk

=∫n11xdx=lnxn1=lnn-ln1=lnn，

則待證不等式（※）正確，故原不等式正確.

評(píng)注 此例中，待證不等式（※）等價(jià)于

1+12+13+…+1n<1+lnn（n≥2），

把此等價(jià)不等式與歐拉當(dāng)n→∞時(shí)的精細(xì)結(jié)論

1+12+13+…+1n=ln（n+1）+C（C≈0.5772）

聯(lián)系起來(lái)分析可頓悟到，這里只要架起橋梁

lnn+1n=ln（1+1n）≤ln（1+12）<0.4055<1-C，就可以領(lǐng)會(huì)到專(zhuān)家命題的奧妙！

限于篇幅，提供下列問(wèn)題供讀者探究調(diào)和數(shù)列的相關(guān)性質(zhì).

1.（2013年全國(guó)高考大綱卷末尾題）已知數(shù)列an的通項(xiàng)an=1+12+13+…+1n，證明：

a2n-an+14n>ln2.

2.（2007年全國(guó)聯(lián)賽題改編題）設(shè)正整數(shù)n≥2，證明：1n+2（1+12+…+1n+1n+1）>1n+1（1+12+…+1n）.

3.（1999年加拿大數(shù)學(xué)奧林匹克題）設(shè)正整數(shù)n≥2，證明：

1n+1（1+13+…+12n-1）>1n（12+14+…+12n）.

4.（第18屆美國(guó)數(shù)學(xué)奧林匹克題）對(duì)于每個(gè)正整數(shù)n，令Sn=1+12+13+…+1n，

Tn=S1+S2+S3+…+Sn，

Un=12T1+13T2+14T3+…+1n+1Tn.

試求正整數(shù)a、b、c、d<106，使得T1998=

aS1989-b、U1998=cS1989-d.

參考文獻(xiàn)

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