调和数列的数学史话与翻新今用

甘大旺

1 调和数列的数学史话

对于用正整数的倒数构成的调和数列

1，12，13，…，1n，…，

历史上不少数学家探究过其中的奥秘.

担任过神学教师、院长的法国数学家奥雷姆（Oresme，1320～1382）以12k（k∈N+）为界用分组法探索它的所有项之和

S=1+12+（13+14）+（15+16+17+18）

+（19+110+…+116）+…

>1+12+24+48+816+…→+∞，

从而证明了调和数列的所有项之和趋向于无穷大，此时称调和数列是发散（不收敛）的.

牧师出身的意大利数学家门戈利（1625～1686）险些被数学界所埋没，他之所以影响至今，是因为他不但通过不等式13k-1+13k+13k+1>1k（k∈N+）分组而巧妙地验证了调和数列的发散性，而且还探究到无穷调和数列交错求和的一个常用结论

1-12+13-14+…-（-1）nn+…=ln2.

担任过法学教授、外交官员、贵族门客的德国数学家莱布尼茨（Leibniz，1646～1716）以调和数列为根基，痴迷地研究着与我国数学家杨辉（活跃于约1370年前后）的三角数表相媲美的调和三角（又称为莱布尼茨三角）

其中，第n行第j列的分数也可以用组合数表示为L（n，j）=1nCj-1n-1（1≤j≤n），而且每个分数是下面一行两个临近分数之和.

莱布尼茨的学生雅各布·贝努利

（Jacob Bemoulli，1654～1716）通过不等式

1n+1n+1+1n+2+…+1n2≥1（n∈N+）

以部分1k2（k∈N+）为界分组推导出调和数列的各项之和

1+12+13+…+1n+…

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

>1+1+1+…→+∞，

从而也验证了调和数列的发散性.

后来，瑞士数学家欧拉（Euler，1707～1783）借鉴英国物理学家、数学家、天文学家牛顿（Newton，1642～1727）和英国数学家泰勒（Taylor，1685～1731）等人的研究方式，发现调和数列当n→∞时的一个精细结论

1+12+13+…+1n=ln（n+1）+C（C≈0.5772），

其中当n越大时C就越递增接近于0.57722.

对于n∈N+，我们可以猜想一个两边夹不等式ln（n+1）<1+12+13+…+1n<1+ln（n+1）.

2 调和数列的翻新今用

以调和数列的数学史料为背景，翻新改编成为竞赛题和高考题，受到命题专家的青睐.

例1 （2007年江苏省复赛题）已知n为正整数，求证：1n+1+1n+2+…+12n<2536.

证法1 记f（n）=1n+1+1n+2+…+12n，

则f（1）=12<2536，f（2）=13+14=712<2536，

f（3）=14+15+16=3760<2536.

所以，当n=1、2、3时，原不等式正确.

比较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）.

事实上，令g（n）=f（n）-2536+14n+1（n≥2），

则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，

则g（n+1）

则g（n）

则f（n）-2536+14n+1=g（n）

=f（2）-2536+19=712-2536+19=0（n≥2）.

则当n≥4时，f（n）<2536-14n+1<2536.

总之，原不等式对于任意正整数n都正确.

证法2 当n=1时，易验证原不等式正确.当n≥2时，令Sn=1n+1+1n+2+…+12n，

则Sn-1=1n+1n+1+…+12n-2，

则Sn-Sn-1=12n-1-12n （n≥2），

则原不等式等价于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（n）>0且bk>0，则当正整数n≥2时，

bn=（b1+b2+…+bn）-（b1+b2+…+bn-1）

=2536-g（n）-2536-g（n-1）=g（n-1）-g（n）.

要证原不等式当n≥2时正确，只要能证出

存在g（k）>0使得当正整数k=2，3，…，n时恒有

12k-1-12k

不妨取g（k）=14k+1（这里的存在性取法不唯一，比如也可取g（k）=14k），检验得

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），

则待证的充分性不等式（※）正确.

总之，原不等式正确.证毕.

评注 运用门戈利的结论能够知道，对于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，于是就可以窥见专家的命题背景；另外，假如学生的证题允许利用ln2<2536，那么运用定积分（参阅后面例3）易证1n+1+1n+2+…+12n

例2 （2006年湖北高考题）将杨辉三角中的每一个数Crn都换成分数1（n+1）Crn，就得到一个如下图所示的分数三角形，称为莱布尼茨三角形.从莱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，则limn→∞an= .

解 由于莱布尼茨三角形第n行第j列的数为L（n，j）=1nCj-1n-1（1≤j≤n），且第n+1行相邻两个数之和等于第n行“共扛”的一个数，则

1（n+1）Cj-1n+1（n+1）Cjn=1nCj-1n-1.比较得，

r=j-1且x=j，故先填x=r+1.

依题意，an（其中n≥3）表示莱布尼茨三角形中第3斜行“/”的前n-1个数之和，则

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），

则an=∑nk=2[1（k-1）k-1k（k+1）]=

12-1n（n+1），

故再填limn→∞an= 12 .

评注 这里，验证了莱布尼茨三角中第3斜行“/”、“＼”的数列是收敛的.其实，在莱布尼茨三角中，只有第1斜行的调和数列是发散的，其余每个斜行的数列都是收敛的.进一步地追问，第n（≥2）斜行的数列各项之和的极限是否有通式呢？

例3 （2015年广东高考末题）数列{an}满足a1+2a2+…+nan=4-n+22n-1，n∈N*.

（1）求a3的值；

（2）求数列{an}前n项和Tn；

（3）令b1=a1，bn=Tn-1n+（1+12+13+…+1n）an

（n≥2），证明：数列{bn}的前n项和Sn满足Sn<2+2lnn.

解 （1）…，a3=14.

（2）…，an=12n-1，则Tn=2-12n-1.

（3）由于b1=a1，且当n≥2时

bn=a1+a2+…+an-1n+（1+12+13+…+1n）an，则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）.

欲证目标式Sn<2+2lnn，

只要证12+13+14…+1n

方法1 当x>0且x≠1时，用导数法可以推导出不等式lnx

取正数x=nn+1≠1，则lnnn+1<-1n+1，

则lnn+1n>1n+1（其中整数n≥2），则 12+13+…+1n

=ln（21·32·43·…·nn-1）=lnn，

则待证不等式（※）正确，故原不等式正确.

方法2 如下图，在递减、下凸的函数f（x）=1x（x≥1）的图象上取一系列点Fk（k，1k）（其中k∈N+），作FkHk⊥x轴于点Hk，作Fk+1Ak⊥FkHk于Ak，则用定积分的面积意义得

12+13+14+…+1n=1·12+1·13+1·14+…+1·1n

=∑n-1k=1S矩形HkHk+1Fk+1Ak

<∑n-1k=1S曲边梯形HkHk+1Fk+1Fk

=∫n11xdx=lnxn1=lnn-ln1=lnn，

则待证不等式（※）正确，故原不等式正确.

评注 此例中，待证不等式（※）等价于

1+12+13+…+1n<1+lnn（n≥2），

把此等价不等式与欧拉当n→∞时的精细结论

1+12+13+…+1n=ln（n+1）+C（C≈0.5772）

联系起来分析可顿悟到，这里只要架起桥梁

lnn+1n=ln（1+1n）≤ln（1+12）<0.4055<1-C，就可以领会到专家命题的奥妙！

限于篇幅，提供下列问题供读者探究调和数列的相关性质.

1.（2013年全国高考大纲卷末尾题）已知数列an的通项an=1+12+13+…+1n，证明：

a2n-an+14n>ln2.

2.（2007年全国联赛题改编题）设正整数n≥2，证明：1n+2（1+12+…+1n+1n+1）>1n+1（1+12+…+1n）.

3.（1999年加拿大数学奥林匹克题）设正整数n≥2，证明：

1n+1（1+13+…+12n-1）>1n（12+14+…+12n）.

4.（第18届美国数学奥林匹克题）对于每个正整数n，令Sn=1+12+13+…+1n，

Tn=S1+S2+S3+…+Sn，

Un=12T1+13T2+14T3+…+1n+1Tn.

试求正整数a、b、c、d<106，使得T1998=

aS1989-b、U1998=cS1989-d.

参考文献

[1]（美）卡尔·B·博耶著，（美）尤塔·C·梅兹巴赫修订，

传安译.数学史[M].北京：中国编译出版社.2013：

401，431～433，480～482.

[2]李文林.数学史概论[M].北京：高等教育出版社，2002：

181～182.

[3]杜瑞芝主编.数学史辞典[M].济南：山东教育出版社，

2002∶108，120～121.