論級數 - Uwni'Space

級數論

級數者、數列之累和也．累數列 ${𝑎_{𝑛}}$ 前 $𝑛$ 項之和、名曰 $𝑠_{𝑛} = \sum_{𝑘 = 0}^{𝑛} 𝑎_{𝑘}$ ．則記

\sum_{𝑛 = 0}^{\infty} 𝑎_{𝑛} ≔ \lim_{𝑛 \to \infty} 𝑠_{𝑛}

(1)

爲無窮級數、畧作級數．其凡 $𝑎_{𝑛} > 0$ 者、謂之正項級數．若 $𝑠_{𝑛}$ 收斂即曰級數收斂． $𝑠_{𝑛}$ 發散即謂之級數發散．

命題 1.

凡級數 $\sum_{𝑛 = 0}^{\infty} 𝑎_{𝑛}$ 之收斂者

\lim_{𝑛 \to \infty} 𝑎_{𝑛} = 0

(2)

證 .

不妨設 $\sum_{𝑛 = 0}^{\infty} 𝑎_{𝑛} = 𝐿$ 、 $𝑠_{𝑛} = \sum_{𝑘 = 0}^{𝑛} 𝑎_{𝑘}$ 收斂於 $𝐿$ ．然則由極限定義知、於凡正數 $𝜀 > 0$ 之中、必存有一自然數 $𝑁$ 、而凡自然數 $𝑛$ 之 $𝑛 > 𝑁 + 1$ 者

| 𝑠_{𝑛 - 1} - 𝐿 | < \frac{𝜀}{2}

(3)

然則

| 𝑠_{𝑛} - 𝐿 | < \frac{𝜀}{2}

(4)

又因 $𝑠_{𝑛} = 𝑠_{𝑛 - 1} + 𝑎_{𝑛}$ 、故 $\forall 𝑛 > 𝑁$

| 𝑠_{𝑛} - 𝐿 - (𝑠_{𝑛 - 1} - 𝐿) | \leq | 𝑠_{𝑛} - 𝐿 | + | 𝑠_{𝑛 - 1} - 𝐿 | < 𝜀

(5)

故 $\lim_{𝑛 \to \infty} 𝑎_{𝑛} = 0$ ． $∎$

欲料反之然否、請道以下例．

例 1.

（調和級數）

調和級數者、形如 $\sum_{𝑛 = 1}^{\infty} \frac{1}{𝑛}$ 之級數也．雖 $\frac{1}{𝑛} \to 0$ 於 $𝑛 \to \infty$ 、然其級數發散．請證以比較審斂法：

\sum_{𝑛 = 1}^{\infty} \frac{1}{𝑛} = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \frac{1}{5} + \frac{1}{6} + \frac{1}{7} + \frac{1}{8} + \dots

(6)

分組而計：

\begin{matrix} 原式 & = 1 + \frac{1}{2} + (\frac{1}{3} + \frac{1}{4}) + (\frac{1}{5} + \frac{1}{6} + \frac{1}{7} + \frac{1}{8}) + \dots \\ > 1 + \frac{1}{2} + (\frac{1}{4} + \frac{1}{4}) + (\frac{1}{8} + \frac{1}{8} + \frac{1}{8} + \frac{1}{8}) + \dots \\ = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} + \dots \end{matrix}

(7)

無界而知其發散．此為 Nicolaus Oresmius 於十四世紀所證也．

有諸據可以斷級數之斂散．請道其詳．

檢比術

檢根術

指數函數和 $e$

以幂级数定義 $\exp$ 函數曰

定義 1.

（

\exp

函數）

\exp 𝑥 ≔ \sum_{𝑛 = 0}^{\infty} \frac{𝑥^{𝑛}}{𝑛!}

(8)

審其斂散、法以比值

\frac{| 𝑥^{𝑛 + 1} / (𝑛 + 1)! |}{| 𝑥^{𝑛} / 𝑛! |} = | \frac{𝑥}{𝑛 + 1} | \to 0 當 𝑛 \to \infty

(9)

故冪級數 $\exp 𝑥$ 於 $𝗖$ 處處絕對收斂．在 $𝗖$ 上複解析．

註 .

雖然我們常用 Cauchy-Riemann 方程來驗證複變函數之解析性．然、Cauchy-Riemann 方程是全純的必要條件、而非解析．只有在复分析的柯西积分公式下、才能證明全純函數有收斂的泰勒級數、即其解析．因此我们这里通过解析的定義直接证明了

\exp

的解析、并不涉及其全纯性．

故而、常數 $e$ 、或曰自然底數、所謂如下

e ≔ \exp 1 = \sum_{𝑛 = 0}^{\infty} \frac{1}{𝑛!}

(10)

例 2.

（複利問題）

自一錢始、歲息其本．歲一計其利、則終得 $2$ 錢；2 計其利而歲息半之、則得 ${1.5}^{2}$ 錢；若每季計利、季息四一、則得 ${1.25}^{4}$ 錢．歲 $𝑛$ 計其利、息 $\frac{1}{𝑛}$ 、則終歲得 $𝑎_{𝑛} ≔ {(1 + \frac{1}{𝑛})}^{𝑛}$ 錢．及於 $𝑛 \to \infty$ 、瞬息而計利則歲所得幾何？

張 $𝑎_{𝑛}$ 如下,

\begin{matrix} 𝑎_{𝑛} & = \sum_{𝑘 = 0}^{𝑛} (\binom{𝑛}{𝑘}) {(\frac{1}{𝑛})}^{𝑘} = \sum_{𝑘 = 0}^{𝑛} \frac{𝑛^{\underline{𝑘}}}{𝑘! 𝑛^{𝑘}} \\ = \sum_{𝑘 = 0}^{𝑛} \frac{1}{𝑘!} \frac{𝑛}{𝑛} \frac{𝑛 - 1}{𝑛} \dots \frac{𝑛 - 𝑘 + 1}{𝑛} \\ = \sum_{𝑘 = 0}^{𝑛} \frac{1}{𝑘!} (1 - \frac{1}{𝑛}) \dots (1 - \frac{𝑘 - 1}{𝑛}) \end{matrix}

(11)

其項皆正．復比與 $𝑎_{𝑛 + 1}$

\begin{matrix} 𝑎_{𝑛} = & \sum_{𝑘 = 0}^{𝑛} \frac{1}{𝑘!} (1 - \frac{1}{𝑛}) \dots (1 - \frac{𝑘 - 1}{𝑛}) \\ < & \sum_{𝑘 = 0}^{𝑛} \frac{1}{𝑘!} (1 - \frac{1}{𝑛 + 1}) \dots (1 - \frac{𝑘 - 1}{𝑛 + 1}) \\ + \frac{1}{(𝑛 + 1)!} (1 - \frac{1}{𝑛 + 1}) \dots (1 - \frac{𝑛}{𝑛 + 1}) = 𝑎_{𝑛 + 1} \end{matrix}

(12)

故遞增．又

式

(11)

中含

𝑛

因子皆小於

1

、故知凡

𝑚 < 𝑛

：

\sum_{𝑘 = 0}^{𝑚} \frac{1}{𝑘!} (1 - \frac{1}{𝑛}) \dots (1 - \frac{𝑘 - 1}{𝑛}) < 𝑎_{𝑛} < \sum_{𝑘 = 0}^{𝑛} \frac{1}{𝑘!}

(13)

察右不等式、 $𝑎_{𝑛} < \sum_{𝑘 = 0}^{𝑛} \frac{1}{𝑘!} < e$ ．又其單調、故 $𝑎_{𝑛}$ 收斂．且 $\lim_{𝑛 \to \infty} 𝑎_{𝑛} \leq e$ ．

復察左不等式、先令 $𝑛 \to \infty$ 、得

\sum_{𝑘 = 0}^{𝑚} \frac{1}{𝑘!} \leq \lim_{𝑛 \to \infty} 𝑎_{𝑛}

(14)

後令 $𝑚 \to \infty$ ．則知 $\lim_{𝑛 \to \infty} 𝑎_{𝑛} \geq e$ ．故

\lim_{𝑛 \to \infty} 𝑎_{𝑛} = e

(15)

是以終歲而得 $e$ 錢也．

三角函數和 $π$

我們不禁回想起初中定義三角函數時的情形．為了脱離圖形的直覺、我們需要重新定義三角函數和圓周率 $π$ ．並推導出各種基本性質．

\cos 𝑥 ≔ Re (\exp (i 𝑥))

(16)

\begin{matrix} \sin 𝑥 ≔ & Im (\exp (i 𝑥)) \end{matrix}

(17)

由定義

\cos 𝑥 = \frac{\exp (i 𝑥) + \exp (- i 𝑥)}{2} = \sum_{𝑛 = 0}^{\infty} \frac{{(- 1)}^{𝑛} 𝑥^{2 𝑛}}{(2 𝑛)!} = 1 - \frac{𝑥^{2}}{2!} + \frac{𝑥^{4}}{4!} - \frac{𝑥^{6}}{6!} + \dots

(18)

\sin 𝑥 = \frac{\exp (i 𝑥) - \exp (- i 𝑥)}{2 𝑖} = \sum_{𝑛 = 0}^{\infty} \frac{{(- 1)}^{𝑛} 𝑥^{2 𝑛 + 1}}{(2 𝑛 + 1)!} = 𝑥 - \frac{𝑥^{3}}{3!} + \frac{𝑥^{5}}{5!} - \frac{𝑥^{7}}{7!} + \dots

(19)

較然可見、正餘弦函數複解析且實解析．

命題 2.

（Euler 公式）

\exp (i 𝑥) = \cos 𝑥 + i \sin 𝑥

(20)

命題 3.

\begin{matrix} \cos^{'} 𝑥 = - \sin 𝑥 \\ \sin^{'} 𝑥 = \cos 𝑥 \end{matrix}

(21)

證 .

\begin{matrix} \cos^{'} 𝑥 = \frac{i \exp (i 𝑥) - (- i) \exp (- i 𝑥)}{2} = - \sin 𝑥 \\ \sin^{'} 𝑥 = \frac{i \exp (i 𝑥) + i \exp (- i 𝑥)}{2 𝑖} = \cos 𝑥 \end{matrix}

(22)

$∎$

命題 4.

（三角恒等式）

$\cos^{2} 𝑥 + \sin^{2} 𝑥 = 1$
(23)
$\begin{matrix} \sin 0 = 0 \\ \cos 0 = 1 \end{matrix}$
(24)
$\begin{matrix} \cos (𝑥 + 𝑦) = \cos 𝑥 \cos 𝑦 - \sin 𝑥 \sin 𝑦 \\ \sin (𝑥 + 𝑦) = \sin 𝑥 \cos 𝑦 + \cos 𝑥 \sin 𝑦 \end{matrix}$
(25)
$\begin{matrix} \cos 2 𝑥 = \cos^{2} 𝑥 - \sin^{2} 𝑥 \\ \sin 2 𝑥 = 2 \sin 𝑥 \cos 𝑥 \end{matrix}$
(26)
$\begin{matrix} \cos 𝑥 \cos 𝑦 = \frac{\cos (𝑥 + 𝑦) + \cos (𝑥 - 𝑦)}{2} \\ \sin 𝑥 \sin 𝑦 = \frac{\cos (𝑥 - 𝑦) - \cos (𝑥 + 𝑦)}{2} \\ \sin 𝑥 \cos 𝑦 = \frac{\sin (𝑥 + 𝑦) + \sin (𝑥 - 𝑦)}{2} \end{matrix}$
(27)
$\begin{matrix} \cos 𝑥 + \cos 𝑦 = 2 \cos (\frac{𝑥 + 𝑦}{2}) \cos (\frac{𝑥 - 𝑦}{2}) \\ \cos 𝑥 - \cos 𝑦 = - 2 \sin (\frac{𝑥 + 𝑦}{2}) \sin (\frac{𝑥 - 𝑦}{2}) \\ \sin 𝑥 + \sin 𝑦 = 2 \sin (\frac{𝑥 + 𝑦}{2}) \cos (\frac{𝑥 - 𝑦}{2}) \end{matrix}$
(28)

證 .

由命題 2 知

$\cos^{2} 𝑥 + \sin^{2} 𝑥 = {| \cos 𝑥 + i \sin 𝑥 |}^{2} = {| \exp (i 𝑥) |}^{2} = 1$
(29)
$\begin{matrix} \sin 0 = Im (\exp (0)) = 0 \\ \cos 0 = Re (\exp (0)) = 1 \end{matrix}$
(30)
$\begin{matrix} \cos (𝑥 + 𝑦) + i \sin (𝑥 + 𝑦) \\ = & \exp (i (𝑥 + 𝑦)) = \exp (i 𝑥) \exp (i 𝑦) \\ = & (\cos 𝑥 + i \sin 𝑥) (\cos 𝑦 + i \sin 𝑦) \\ = & (\cos 𝑥 \cos 𝑦 - \sin 𝑥 \sin 𝑦) + i (\sin 𝑥 \cos 𝑦 + \cos 𝑥 \sin 𝑦) \end{matrix}$
(31)

其餘可由 (3) 推出． $∎$

圆周率

命題 5.

\cos 𝑥

在

[0, 2]

上有唯一零點、倍以為

π

．

證 .

\begin{matrix} \cos 2 & = \sum_{𝑛 = 0}^{\infty} \frac{{(- 1)}^{𝑛} 2^{2 𝑛}}{(2 𝑛)!} \\ = 1 - \frac{2^{2}}{2!} + \frac{2^{4}}{4!} - \frac{2^{6}}{6!} + \frac{2^{8}}{8!} - \dots \\ = 1 - \frac{2^{2}}{2!} + \frac{2^{4}}{4!} - \sum_{𝑛 \geq 1} \frac{2^{4 𝑛 + 2}}{(4 𝑛 + 2)!} (1 - \frac{4}{(4 𝑛 + 3) (4 𝑛 + 4)}) \\ < 1 - \frac{2^{2}}{2!} + \frac{2^{4}}{4!} = - \frac{1}{3} < 0 \end{matrix}

(32)

又 $\cos 0 = 1$ ．故由介值定理知 $\cos 𝑥 = 0$ 在 $(0, 2)$ 上有解．又以 $\sin$ 於 $(0, 2]$ 上恒正．

\begin{matrix} \sin 𝑥 & = (𝑥 - \frac{𝑥^{3}}{3!}) + (\frac{𝑥^{5}}{5!} - \frac{𝑥^{7}}{7!}) + \dots \\ = \sum_{𝑛 = 0}^{\infty} \frac{𝑥^{4 𝑛 + 1}}{(4 𝑛 + 1)!} (1 - \frac{𝑥^{2}}{(4 𝑛 + 2) (4 𝑛 + 3)}) \end{matrix}

(33)

察各項．

1 - \frac{𝑥^{2}}{(4 𝑛 + 2) (4 𝑛 + 3)} > 0 \Rightarrow 𝑥 < \sqrt{(4 𝑛 + 2) (4 𝑛 + 3)} < \sqrt{6}

(34)

可知 $\sin = - \cos^{'}$ 在 $(0, \sqrt{6}) \supset (0, 2]$ 上恒正．而 $\cos$ 遞減．以其於 $(0, 2]$ 單射、知無他零點． $∎$

例 3.

下面我们來計算一些特殊值．

\sin \frac{π}{2} = 1

(35)

因为 $\sin^{2} \frac{π}{2} = 1 - \cos^{2} \frac{π}{2} = 1$ 、而 $\sin$ 在 $(0, 2] ∋ \frac{π}{2}$ 上恒正．故知其然也．

\cos π = \cos (2 \times \frac{π}{2}) = \cos^{2} \frac{π}{2} - \sin^{2} \frac{π}{2} = - 1

(36)

\cos 2 π = \cos^{2} π - \sin^{2} π = 1

(37)

\sin π = \sin (2 \times \frac{π}{2}) = 2 \sin \frac{π}{2} \cos \frac{π}{2} = 0

(38)

\sin 2 π = 2 \sin π \cos π = 0

(39)

幾何性質

我們定義的三角函數和圓周率不能是空中樓閣．我們需要證明它們和我們熟悉的幾何意義上的三角函數和圓周率相符．

我們先定義單位圓 $𝑆^{1} ≔ {(𝑥, 𝑦) \in 𝗥^{2} | 𝑥^{2} + 𝑦^{2} = 1}$ ．考慮函數

𝛾 : 𝗥 ∋ 𝑡 \mapsto (\cos 𝑡, \sin 𝑡) \in 𝗥^{2}

(40)

則

{𝛾 (𝑡) | 𝑡 \in 𝗥} = 𝑆^{1}

(41)

證 .

\sin^{2} 𝑡 + \cos^{2} 𝑡 = 1 \Rightarrow {𝛾 (𝑡) | 𝑡 \in 𝗥} \subseteq 𝑆^{1}

．反過來若

(𝑥, 𝑦) \in 𝑆^{1}

、則

𝑥^{2} + 𝑦^{2} = 1

∎

差分方程論

請問線性微分方程如 $𝑦^{″} + 𝑦 = 0$ 者當作何解？得本征方程 $𝑟^{2} + 1 = 0$ 有根 $𝑟 = \pm i$ 故知通解爲 $𝑦 = 𝑐_{1} \cos 𝑥 + 𝑐_{2} \sin 𝑥$ ．代入即明此誠爲其解也．此全解耶? 請論其理．

定義數列 ${𝑥_{𝑛}}$ 之前向差分算子曰

Δ 𝑥_{𝑛} = 𝑥_{𝑛 + 1} - 𝑥_{𝑛}

(42)

而逆向差分算子曰

\nabla 𝑥_{𝑛} = 𝑥_{𝑛} - 𝑥_{𝑛 - 1}

(43)

$𝑛 \geq 0$ 階差分遞歸定義曰

Δ^{𝑛} = {\begin{matrix} 𝐼 & if 𝑛 = 0 \\ Δ \circ Δ^{𝑛 - 1} & if 𝑛 > 0 \end{matrix}

(44)

因 $Δ (𝑎 𝑥_{𝑛} + 𝑏 𝑦_{𝑛}) = 𝑎 Δ 𝑥_{𝑛} + 𝑏 Δ 𝑦_{𝑛}$ 、可知 $Δ$ 爲線性算子．又以 $𝐼$ 之線性、知 $Δ^{𝑛}$ 亦線性也．稱形如

\sum_{𝑘 = 0}^{𝑛} 𝑎_{𝑘} Δ^{𝑘} 𝑥_{𝑘} = 𝑏

(45)

之方程式曰 $𝑛$ 階常係數差分方程．特稱 $𝑏 = 0$ 者爲齊次、否則爲非齊次．若有一列數 ${\hat{𝑥}}_{𝑛}$ 可令 $𝑥_{𝑛} = {\hat{𝑥}}_{𝑛}$ 滿足方程、則稱 ${\hat{𝑥}}_{𝑛}$ 爲方程之解．請探其性質．

命題 6.

凡非齊次方程之解 ${{\hat{𝑥}}_{𝑛}}$ 、 ${{\hat{𝑦}}_{𝑛}}$ 、其和 ${{\hat{𝑥}}_{𝑛} + {\hat{𝑦}}_{𝑛}}$ 亦解矣

\sum_{𝑘 = 0}^{𝑛} 𝑎_{𝑘} Δ^{𝑘} (𝛼 {\hat{𝑥}}_{𝑘} + 𝛽 {\hat{𝑦}}_{𝑘}) = 𝛼 \sum_{𝑘 = 0}^{𝑛} 𝑎_{𝑘} Δ^{𝑘} {\hat{𝑥}}_{𝑘} + 𝛽 \sum_{𝑘 = 0}^{𝑛} 𝑎_{𝑘} Δ^{𝑘} {\hat{𝑦}}_{𝑘} = 0

(46)