将非负实数表示为连续单位分数和的初步研究

梁宇衡

【摘要】本文研究了以连续单位分数的和或其极限逼近非负实数的方法，并用初等数学的方法分析了这些和之间的大小关系.

【关键词】单位分数;实数表示;逼近

1.引 言

早在几千年前，古埃及人就开始用单位分数的和来表示各种各样的数.容易证明，所有正数都可以表示成互不相等的单位分数的和：有理数可以表示成有限个单位分数的和，而无理数则表示成无限个单位分数的和.

2.1.连续单位分数和

定义1 形式为∑nk=m1k的和式称为一个连续单位分数和.如果n>m是一个与m有关的整数变量，而且m→∞时∑nk=m1k的极限存在，则和式的极限limn→∞∑nk=m1k称为一个连续单位分数和的极限.

以下引理保证了用连续单位分数和表示非负实数的可能性.

引理2.1 任意非负实数都可以表示作连续单位分数的和或其极限.

证明 对于0，显然只要n-m是一个常数则有limn→∞∑nk=m1k=0，因此我们实际上只需要考虑正实数就可以了.

由于调和级数是发散到无穷大的，所以对于任意正实数α，以及某个正整数m，存在一个连续单位分数和∑nk=m1k满足∑nk=m1k并且∑n+1k=m1k≥a ，其中n是与m有关的正整数且n>m.如果∑n+1k=m1k=a 成立，则∑n+1k=m1k就是我们想要的表示.否则，有 maxa-∑n+1k=m1k ，a-∑nk=m1k<∑nk=m1k-a+a-∑nk=m1k=1n+1<1m+1.

于是对于任何正数ε，只要m>1ε-1就有

maxa-∑n+1k=m1k ，a-∑nk=m1k<ε.

换句话说，只要我们令m充分大，总可以让a 跟∑nk=m1k或 ∑n+1k=m1k的差的绝对值充分小.这就证明了任何的非负实数都可以表示为连续单位分数的和或其极限.

2.2连续单位分数和的大小关系的一些特例

为了研究连续单位分数和的分布情况，在分析一般情形之前我们先来看一些简单情形.以下表格给出了单项单位分数与连续两项单位分数和之间的大小关系，从左至右逐渐减小.

由表格不难看出一个规律.下面我们简单证明以下这个大小关系对所有正整数n都成立.

命题2.2.1 12n+12n+1<1n<12n-1+12n（n为正整数）

证明 ∵1n-12n+12n+1=12n（2n+1）>0，12n-1+12n-1n=12n（2n-1）>0.

∴12n+12n+1<1n<12n-1+12n.

以下表格显示了连续两项单位分数和与连续三项单位分数和之间的大小关系.

于是我们又得到了：

命题2.2.2 对于任意正整数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.

证明 ①∵12n-1+12n-13n-1+13n+13n+1=27n2-8n+16n（2n-1）（9n2-1），

当n为正整数时分母显然大于零，又由于分子的27n2-8n+1在实数域内没有零点，所以恒大于零.

又13n-2+13n-1+13n-12n-1+12n=

9n2-7n+26n（2n-1）（3n-1）（3n-2），

当n为正整数时有分母大于零，同时9n2-7n+2在实数域上没有零点从而恒大于零.因此①成立.

②∵12n+12n+1-13n+13n+1+13n+2=

9n2+7n+26n（2n+1）（3n+1）（3n+2），

该式中只要n大于零则有分母大于零，而分子9n2+7n+2在实数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），

当n是正整数时，其分子分母都是大于零的.从而②成立.

用同样的方法继续分析连续三项单位分数和与连续四项单位分数和的大小关系，我们很容易可以得到类似的结论：

命题2.2.3 对于任意正整数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.

对命题2.2.3的证明只是机械地重复前面的步骤，除了运算量有所增加以外并没有太多困难，因此这里只是给出这个结论而不予证明.

2.3一般情形

观察上面的不等式，我们可以猜想有如下关系：

∑a+bk=b1（a+1）n+k<∑a+b-1k=b1an+k<∑a+b+1k=b-11（a+1）n+k

（其中整数a，b，n满足a≥1，-a

我们不打算在这里证明这个命题，而是用初等的手法证明以下稍弱的命题：

定理2.3 设a，b是整数且满足a≥1，-1     证明 我们先看∑a+b-1k=b1an+k-∑a+bk=b1（a+1）n+k .

容易看出，通分后的分母在n为正整数时是大于零的.接下来我们只分析分子，将分子记为f（n），这是一个多项式.如果我们把这个多项式展开，理论上其最高次项应该是2a次的.这一项的系数由a个 aa-1（a+1）a+1和a+1个-an（a+1）a 相加得到，于是a·aa-1（a+1）a+1-（a+1）·aa（a+1）a=0，从而2a次项的系数为零.

至于2a-1次项的系数，则是由下面表格中的各项相加得到：

（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次项的系数为 aa-1·（a+1）a·12-b.由于a≥1，所以aa-1·（a+1）a>0;又因为b≤0，所以12-b>0.于是aa-1·（a+1）a·12-b>0.

由此可见，f（n）的最高次项系数是正数，因此存在某个x使得对于所有n>x都有f（n）>0，于是此时

∑a+b-1k=b1an+k -∑a+bk=b1（a+1）n+k >0.

我们再看∑a+b-1k=b-11（a+1）n+k - ∑a+b-1k=b1an+k .

我们依然只关注通分后分子的多项式，记为g（n）.显然g（n）的2a次项系数同样为 a·aa-1（a+1）a+1-（a+1）·aa（a+1）a，即0.2a-1次项的系数碎片见下面表格：

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次项的系数为：

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;又因为有b>-a且b为整数，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）的最高次项也是正数.于是存在某个y使得对于所有n>y都有g（n）>0，从而∑a+b-1k=b-11（a+1）n+k -∑a+b-1k=b1an+k>0.

所以最后我们得到结论：除了不大于 max{x，y}的有限个n以外，对其它所有的正整数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.

【参考文献】

柯召、孙琦.单位分数 [M].北京：科学出版社，2002.