2015年10月

万圣节前夜:讲述魔鬼数字与黄金分割比

 

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每年的10月31日是万圣节前夜,这是西方一些国家的传统节日。这个节日充满了魔鬼、怪物、死亡、魔法相关的元素,也充满了各种糖果、点心。小孩子们会装扮成各种妖魔鬼怪沿街讨要糖果,经常听到的“不给糖就捣蛋”说的就是这个节日中的场景。所以万圣节前夜的节日气氛是既古灵精怪,又其乐融融的。

 

这个节日是把邪恶事物转变为美好事物的一天。我们哆嗒数学网的小编今天也应景奉上一篇小文章,说的是把邪恶的魔鬼数字变为美好数字。本文主要思想来自福布斯网站一篇文章。(http://www.forbes.com/sites/kevinknudson/2015/10/29/devilish-trigonometry-linking-the-number-of-the-beast-and-the-golden-ratio/)。

 

《圣经·启示录》里的故事告诉我们,666这个数字是个邪恶的数字,因为它是魔鬼撒旦的印记(也叫兽的印记)。所以在现实中,很多人会选择这个号码的包间作为万圣节前夜的派对包间。

 

现在,我们要开始施放一个数学“魔法”,将这个魔鬼印记转变了。请打开百度,输入计算器,利用百度的计算器计算sin(666°)(按键的时候需要确保666是角度,而不是弧度),你会得到一个结果-0.8090169944……。也许你会问,这个数字有什么可爱之处?别急,在揭开障眼法之前,我们先一起回忆下另外一个数字——黄金分割比φ

 

 

 

 

如图,我们把边长为a的正方形(蓝色部分)的一条边延长b,延长后得到的大长方形满足a/b=(a+b)/a。那么a/b就被定义为黄金分割比φ。如果我们令b=1,就能很快得到φ的值,它其实是二次方程a²=a+1的正根:

 

 

 

然后呢?恩,如果我们把φ除以2,得到0.8090169944……, duang!duang!duang!看到了吗?它看上去正好是sin(666°)的相反数。

 

虽然计算器的魔法已经施完,但是我们还是要用一个严谨的数学证明来真正揭开这个障眼法。

 

当然,如果你对一些数学结论比较熟悉,其实已经是很容易看出的结果了。不过我们还是要再解释一下。利用正弦函数的周期性和奇偶性,我们知道sin(666°) =  sin(666°- 720°) = sin(-54°) = -sin(54°) 。于是,我们要证明的其实只有sin(54°) = φ/2 。

 

作一个等腰三角形△ABC,两个底角∠B=∠C=72°,那么顶角∠A自然就是36°。这时作∠C的平分线,交边AB于D。令AD=a,BD=b。所以容易看出△ABC与△CBD是相似的。于是,由图中标志的等量关系,可以得到AB/BC = BC/BD,得到(a+b)/a = a/b。于是a/b就是等于φ。

 

 

于是,我们取AC的中点E,连接DE。注意到△DAC是等腰三角形。于是∠AED=90°, ∠ADE=90°- 36°=54°。这样,在直角三角形△ADE中计算三角函数 sin(54°) = AE/AD = (2AE)/(2AD) = (a+b)/(2a) = a/(2b) =  φ/2 。

 

 

好了!一个漂亮的证明,魔术揭秘完毕!

 

我觉得用撒旦魔鬼的故事来联系黄金分割比是一个非常娱乐化的例子。稍稍利用简单的数学函数,就能把魔鬼变成天使般美丽的事物。怪不得曾经的主教奥古斯丁还说过这样一句话:“好的基督徒应该提防数学家。这样的危险已经存在,数学家们已经与魔鬼签订了协约,要使精神进入黑暗,把人投入地狱。”

 

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巴西闪耀全球的数学明星——阿图尔•阿维拉

 

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作者,SHANNON , OZY在线杂志作者。

翻译越伊,哆嗒数学网翻译组成员。

 

有一位数学家在去年赢得了世界上数学领域的最高奖——菲尔兹奖,他名叫阿图尔•阿维拉。假如你没有听说过,我也不会责怪你。除了巴西以外的地区,媒体都在关注一位和他同时获奖的另外一位数学家米尔扎哈妮(Maryam Mirzakhani)——她是首次获得该奖的女性。虽然看在这位数学家是第一个获得这个奖项的巴西人以及拉丁美洲人的份上,他本应该占据本地各大新闻的头条,但是各个报纸却在报道另外一个事件:一位巴西总统候选人的飞机坠毁了。阿维拉,这位被大家称为拥有巴西最聪明数学大脑的数学家,就这样被大众忽略了。


诺贝尔奖没有设立数学奖,而菲尔兹奖几乎可以媲美诺贝尔奖,并且你要获得此奖还必须动作要快。(菲尔兹奖每四年颁发一次,同时要求获奖者不能超过40岁)。阿维拉,这位36岁的世界级数学巨星,从黑暗中升起,照耀出所有的光明。他的祖国从未优先发展过数学和科学领域的教育事业,几乎在所有衡量这些领域的排名中巴西都表现糟糕。据经济合作与发展组织(OECD)统计,巴西在数学和科学教育上排名第60 ,远远低于平均水准,大概在格鲁吉亚和约旦之间。尽管拥有广袤的国土和2亿人口,但巴西尚未有诺贝尔奖获得者,更不要说菲尔兹奖。然而阿维拉却为大巴西挣了一口气,成为历史第一人。


巴西国立纯数学和应用数学研究所(IMPA)被认为是拉丁美洲最好的数学研究所,并且一直积极招募成员。阿维拉将成为他最重磅的新成员。


阿维拉知道对他的期望很高。他说:“得奖的结果是确实有相当大的压力——得奖很高兴,但压力同样很大。”在很多方面,获得菲尔兹奖让他成为议论的焦点。通常当有人赢了菲尔兹奖,评论随之而来。一名加州大学伯克利分校的数学教授,爱德华•弗伦克尔(Edward Frenkel)指出:“人们总是对获奖者的工作断章取义。”但是弗伦克尔也说他至今听过唯一一件有关阿维拉工作的好事是:“它看上去已经可以应付各种挑剔评论。”


阿维拉在在里约热内卢长大,就像很多中产阶级家庭的子女一样,从小就读于私立学校。他的父母在保险业工作,很快就意识到他们的儿子对数学的天赋并开始买给他一些高深的书籍以满足他的爱好:11岁时,他已经得手他的第一本微积分书籍。据阿维拉所说,尽管当时周围是“没有压力”的,但压力来得很快。13岁时他参加一个学生数学竞赛——巴西奥数,并且他发现了一些“困难”的问题类型,“因为它们没有固定模式。”于是,他回到家加倍努力。16岁时,他获得了在多伦多举行的国际数学奥林匹克竞赛金牌。这次成功让他被巴西国立纯数学和应用数学研究所(IMPA)关注,那是一个让他流连忘返的数学乐园。

 

巴西国立纯数学和应用数学研究所坐落于里约热内卢的海边,那里风景优美,绿树成荫。它被认为是拉丁美洲最优秀的数学研究所,并积极招募明亮的新星。很快,阿维拉成为它的最重磅的新成员。在阿维拉高三的时候,他已经在修读巴西国立纯数学和应用数学研究所的硕士学位:他们让他很快获取了他的学士学位,据他说是“为了不浪费时间”。在这期间他十分专注于学习,他羞涩地说道:“我的社交面在之后发展迅速——而在那个时期是没太注重这些的。”在巴西国家纯粹与应用数学研究所,阿维拉在许多数学奇才们引导之下,比如米哈伊奇•柳比奇(Mikhail Lyubich)和约克兹(Jean-Christophe Yoccoz),他的学习欣欣向荣。在21岁时,他获得了博士学位。


从那时起,阿维拉每年来往于IMPA和巴黎大学之间,重点研究动力系统方向,简单的说,就是研究一些性质会随着随时间变化的对象。随着时间的推移,他已经解决了一个被称为“十马蒂尼问题”的著名问题(另一个数学家为能解决这问题的人提供十杯马蒂尼酒),其中详细阐述了一个诺贝尔物理学奖获得者薛定谔(Erwin Schrödinger)首次提出的一个定理。菲奖委员会指出,阿维拉的工作“出色地结合了深厚的分析功力和对动力系统深刻的洞察力”,从而“开辟了一个全新的研究领域”。


然而回到祖国,数学的状况并不是很乐观。阿维拉承认,他有“责任”来传播他所研究的东西以提高大家对数学的关注。他认为巴西数学的未来要靠提高教授对数学的基本理解来提高。他问到:“假如教授自己都不能完全理解基本概念本身,那要他们如何教出创新且有深入思考的内容呢?”他说道,关键是要为可能在未来成为教师的那些学生加大对高等数学培训的投入——他也承认“这是一个复杂的问题”。说这话的时候,他眯着眼睛,皱着眉头。

 


与此同时,一些巴西人终于开始关注这事。在帕拉蒂小镇的一次文学节中,阿维拉举办了一次讲座。人们挤满了最大的场地,甚至淋着大雨挤到了会场的屋子外面——而且每个人都听得专心致志。尽管在前一天中午的炖鱼宴期间阿维拉还有些沉默寡言,甚至有时有些防备的模样,但他在温暖的舞台聚光灯下是充满活力的。人群中经常传来他爽朗的笑声,还看见他身着黑色紧身T恤精神饱满、面带自信微笑、摆出自信的姿势与大家合影留念。

 

 

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加加减减的艺术(五,完结):零不代表没有!

 

 

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作者,逆蝶,哆嗒数学网群友

 

我们来关注这样一件事情:
\begin{align*}
1-1+1-1+1-1+\cdots\\
0+1-1+1-1+1-\cdots
\end{align*}

第一个级数是之前一直在重点讨论的格兰迪级数, 第二个级数是在格兰迪级数最前面添上一个0构成的级数. 现在我们问, 这两个级数是同一个级数吗?

读者可能会说, 当然是同一个级数啊! 有没有前面的0它不都是格兰迪级数吗?
现在再来比较另外两组级数.
\begin{align*}
1-1+1-1+1-1+\cdots\\
1-1+0+1-1+0+\cdots
\end{align*}

第一个级数是还是格兰迪级数, 第二个级数是格兰迪级数在-1与1之间添加0得到的级数. 我们问, 这两个级数也是同一个级数?

在$-1$与$1$之间添加了如此多的0, 读者可能就会稍作犹豫, 但是之后可能还是会说, 这两个级数也是同一个级数! 但是通过简单的计算可以得到, 格兰迪级数的切萨罗和是$\cfrac 12$, 而第二个级数的切萨罗和却是$\cfrac 13$, 所以我们说这两个级数并不是同一个级数. 这就引出了0-1级数的定义.

定义1(0-1级数) 如果级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n$的部分和数列$S_n$由0与1构成, 就称其为0-1级数.

注 0-1级数的一般项$a_n$是由-1, 0, 1的构成, 而且-1, 1是相间出现的. 反过来, 通项由-1, 0, 1 构成, -1, 1相间出现并且1比-1先出现的级数一定是0-1级数.

由于0-1级数的简单性, 它是我们将要重点讨论的对象, 并且格兰迪级数也是一种特殊的0-1级数. 今后将不考虑从某一项开始$a_n$全为0的0-1级数, 因为这样的0-1级数是收敛的.

在这里先提出一个问题: 阿贝尔指出如果级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n$收敛, 那么其与Abel权的直积$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_nx^n$的和函数$s(x)$在$x=1$处左连续, 这其实就是定理5.2, 或者就是阿贝尔权规范性的一种说法. 那么现在我们问, 级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n$收敛这个条件能不能稍作弱化呢? 即是说如果级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n$并不收敛, 但是其部分和数列有界, 那么它的阿贝尔和是否一定存在?

然而事实上却有如下奇妙的结论.

定理1 存在0-1级数, 其阿贝尔和不存在.

我们来关注一下
\begin{align*}
s(x)=\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^nx^{k_n}
\end{align*}
这个幂级数. 一方面它可以视为0-1级数与阿贝尔权的直积, 而且所有的0-1级数的阿贝尔加权都具有这种形式; 另一方面它还可以看成格兰迪级数与权$\sum\limits_{n=0}^{\infty} x^{k_n}$的直积, 这也是0-1级数的一个很好的性质.

根据第二种观点, 通过换元的方法可以把权$\sum\limits_{n=0}^{\infty} x^{k_n}$转化为狄利克雷权, 于是就说明了前面曾经提到的格兰迪级数的狄利克雷和在一般情况下并不存在的结论.

根据此定理, 就对刚刚提出的部分和有界的级数其阿贝尔和是否一定存在的问题给出了一个否定的回答. 与格兰迪级数相比, 虽然0-1级数与其具有相似性, 但是0-1级数的部分和数列的分布却并有没什么规律, 那具有规律性的0-1级数就一定依阿贝尔收敛了吗?当然这里规律性只是一种模糊的称法, 下面引入格兰迪级数以外的具有很好规律性的另外一种0-1级数, 在这之前先来看一个函数方程的问题.

是否存在区间$[0,1]$上的连续函数, 满足函数方程$f(x)+f(x^2)=x$. 这个方程似乎与要讨论的0-1级数没有任何的关系, 然而事实上并非如此. 我们不妨来看一看$f$具有什么性质.
在函数方称中带入$x=0$, 可以得到$f(0)=0$. 带入$x=1$, 可以得到$f(1)=\cfrac 12$. 由于$f(x)$连续, 所以有
$$\lim\limits_{x\rightarrow 0+} f(x)=0.
$$
任取$x\in (0,1)$, 根据$f(x)+f(x^2)=x$得
$$
f(x)=x-f(x^2).
$$
将其中的$x$换作$x^2$, 就有
$$
f(x^2)=x^2-f(x^4).
$$
两式做差, 于是就得到了
$$
f(x)=x-x^2+f(x^4).
$$
再利用$\lim\limits_{x\rightarrow 0+} f(x)=0$以及$\lim\limits_{n\rightarrow\infty} x^{4^n}=0$就有
$$
\lim\limits_{n\rightarrow x^{4^n}} f(x^{4^n})=0.
$$
通过迭代的方式可以得到
$$
f(x)=x-x^2+x^4-x^8+x^{16}-x^{32}+\cdots=\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^nx^{2^n}.
$$
而这个级数就是一个0-1级数与阿贝尔权的直积. 容易看出这个级数是满足函数方程的, 而且在区间$[0,1)$连续, 于是我们所提的函数方程问题就化为了:
$$
\lim\limits_{x\rightarrow 1^-}\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^nx^{2^n}
$$
是否存在. 由于它满足函数方程, 所以若是存在的话极限值必然为$\cfrac 12$(根据之后的讨论我们也很期望它是$\cfrac 12$), 这样我们的函数方程问题就能得到解决.

可惜哈代(Hardy)却为我们指出, 对任意的$a>1$,极限
$$
\lim\limits_{x\rightarrow 1^-}\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^nx^{a^n}
$$
均不存在. 这同时也说明了Abel权的局限性.

虽然极限$\lim\limits_{x\rightarrow 1^-}\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^nx^{2^n}$并不存在, 但还是来关注一下这个0-1级数是什么, 这里列出其部分和的前几项.
$$
0,1,0,0,1,1,1,1,0,0,0,0,0,0,0,0,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,0\cdots
$$
把这个数列最前面的0删去, 这对此数列本身的并没有太大的影响. 现在来考虑数列
$$
1,0,0,1,1,1,1,0,0,0,0,0,0,0,0,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,0\cdots
$$
它是由$2^{2n}$次方个0和$2^{2n+1}$次方个1相间构成, 对于这个数列, 把最前面的1删去, 得到
$$
0,0,1,1,1,1,0,0,0,0,0,0,0,0,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,0\cdots
$$
再把每一段的0和1的数目减倍, 就有
$$
0,1,1,0,0,0,0,1,1,1,1,1,1,1,1,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,1\cdots
$$
它与要考虑的数列
$$
1,0,0,1,1,1,1,0,0,0,0,0,0,0,0,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,0\cdots
$$
是对偶的. 当然同样可以进行相似的操作删去0以及长度减半来得到原数列, 或者也可以说这个数列是自相似的. 但是由它作为部分和所确定的0-1级数的阿贝尔和却并不存在, 于是我们就期望有一种方法, 通过这种方法可以使这个0-1级数收敛到$\cfrac 12$, 而且对于柯西收敛的级数均收敛到柯西和, 或者说这种方法是一个规范的求和方式.

为了上述目的, 下面讲述最后两种给出严格定义的和, 这也就是前面说过的切萨罗和的推广形式. 之前讨论过切萨罗和, 也曾指出阿贝尔和是切萨罗和的严格推广, 所以切萨罗和肯定不具有上述性质. 不过为了这个目的, 可以利用切萨罗序列是对部分和序列取平均的性质, 来对切萨罗和作出推广. 先是赫尔德(Hölder)和.

定义2(赫尔德和) 设级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n$ 的部分和是$S_n$.

\begin{align*}
s_n^{(0)}&=S_n\\
s_n^{(1)}&=\cfrac {s_0^{(0)}+s_1^{(0)}+\cdots+s_n^{(0)}}{n+1}\\
s_n^{(2)}&=\cfrac {s_0^{(1)}+s_1^{(1)}+\cdots+s_n^{(1)}}{n+1}\\
\cdots
\end{align*}
如果对某个r,
$$
\lim\limits_{n\rightarrow\infty} s_n^{(r)}=s,
$$
就称$s$是级数的$H_r$和.

可以注意到
$$\limsup\limits_{n\rightarrow\infty} s_n^{(r+1)}\le\limsup\limits_{n\rightarrow\infty} s_n^{(r)}
$$
以及
$$
\liminf\limits_{n\rightarrow\infty} s_n^{(r+1)}\ge\liminf\limits_{n\rightarrow\infty} s_n^{(r)},
$$
所以如果级数的$H_r$和存在, 那么级数的$H_{r+1}$和就存在且与之相等. 又因为$H_0$和就是柯西和, 所以对任意的$r$均有$H_r$权规范. 另外不难发现$H_r$权是$\mu$权.

由于上限极限的单调性, 这促使我们定义$H_{\infty}$和.

定义3($H_{\infty}$和) 记
$$
S=\lim\limits_{r\rightarrow\infty}\limsup\limits_{n\rightarrow\infty} s_n^{(r)}
$$
以及
$$
s=\lim\limits_{r\rightarrow\infty}\liminf\limits_{n\rightarrow\infty} s_n^{(r)}.
$$
那么显然有$S\ge s$. 如果成立
$$
S=s,
$$
就称$S$是级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n$的$H_{\infty}$和.

注 $H_{\infty}$和不是权和.

我们知道幂级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_nx^n$在收敛半径不小于1时, $\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_nx^n=(1-x)\sum\limits_{n=0}^{\infty} S_nx^n$总是成立的, 如果$S_n$构成的级数有部分和$S_n^{(1)}$, 那么就有
$$
\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_nx^n=(1-x)^2\sum\limits_{n=0}^{\infty} S_n^{(1)}x^n.
$$
在说明阿贝尔和比切萨罗和更加广泛的时候曾指出过
$$
\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_nx^n=(1-x)^2\sum\limits_{n=0}^{\infty} (n+1)\sigma_nx^n
$$
其实正是上述表达式, 启发我们定义另一种和.

定义4($C_r$和) 设级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n$ 的部分和是$S_n$.

$$
S_n^{(0)}=S_n, \text{以及}S_n^{(r+1)}\text{是}S_n^{(r)}\text{的部分和}.
$$
如果对某个r,
$$
\lim\limits_{n\rightarrow\infty} \cfrac{S_n^{(r)}}{\binom{n+r}{r}}=\lim\limits_{n\rightarrow\infty} \cfrac{r!S_n^{(r)}}{n^r}=S,
$$
就称$S$是级数的$C_r$和, 通常把$\cfrac{S_n^{(r)}}{\binom{n+r}{r}}$确定的权称为$C_r$权.

注 $C_r$和最初也是切萨罗所发现的, 这里用切萨罗 r和只是为了与前面经常用到的切萨罗和作区分. 这里分母$\binom{n+r}{r}$的选取依据是使其成为$\mu$权.

类似于$H_r$和, 易见$C_r$和也有相同的上下极限单调的规律. 所以同样可以定义$C_{\infty}$和.

定义5($C_{\infty}$和) 记
$$
S=\lim\limits_{r\rightarrow\infty}\limsup\limits_{n\rightarrow\infty} S_n^{(r)}
$$
以及
$$
s=\lim\limits_{r\rightarrow\infty}\liminf\limits_{n\rightarrow\infty} S_n^{(r)}.
$$
那么显然有$S\ge s$. 如果成立
$$
S=s,
$$
就称$S$是级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n$的$C_{\infty}$和.

注 $C_{\infty}$和同样不是权和.

容易看出$H_1$权与$C_1$权是完全一样的, 都是前面所说的切萨罗的$\sigma$权, 正是由于这个原因, 所以把这两种和都称作是切萨罗和的推广. 另外我们还有结论, 对任意的$r$, $H_r$与$C_r$都是等价的. 但是$H_{\infty}$与$C_{\infty}$等价吗?读者可以对这个问题先作一番思考.

在引入$C_r$之前提到过
\begin{align*}
\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_nx^n=(1-x)\sum\limits_{n=0}^{\infty} S_nx^n
\end{align*}
以及
\begin{align*}
\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_nx^n=(1-x)^2\sum\limits_{n=0}^{\infty} S_n^{(1)}x^n
\end{align*}
归纳可以得到对任意的$r$都有
$$
\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_nx^n=(1-x)^r\sum\limits_{n=0}^{\infty} S_n^{(r)}x^n.
$$
据此不难证明
$$
\liminf_{n\rightarrow\infty}\cfrac {S_n^{(r)}}{\binom{n+r}{r}}\le\liminf\limits_{x\rightarrow 1^-}\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_nx^n\le\limsup\limits_{x\rightarrow 1^-}\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_nx^n\le\limsup_{n\rightarrow\infty}\cfrac {S_n^{(r)}}{\binom{n+r}{r}}.
$$
于是就得到了阿贝尔和比$C_{\infty}$和更广泛. 但是是不是严格广泛呢?以及阿贝尔和是不是比$H_{\infty}$和广泛呢?

由于阿贝尔和比$C_{\infty}$和广泛, 所以我们之前讨论的称其部分和具有自相似性的0-1级数的$C_{\infty}$和是不存在的. 但是可以利用它的自相似性, 通过简单的计算得到其$H_r$加权的部分和的上下极限差值是近乎按照递减速度不慢于公比为$\cfrac 13$的等比数列来递减的, 即是说其$H_{\infty}$为$\cfrac 12$. 这也算是给上述问题的一个部分答复.

现在还是继续对0-1级数进行探讨. 前面我们指出了, 存在0-1级数其阿贝尔和不存在, 不过我们并不仅限于此, 而是想得到更进一步的结论. 我们知道, 黎曼证明了一个条件收敛的级数, 可以调整通项的次序使其发散, 但是也可以调整次序使其收敛到任意一个数. 把0-1级数与黎曼的结论作一个类比, 把0-1级数看成格兰迪级数改变通项中不改变次序的调整$-1, 1$的位置, 然后在空位添加0而得到的级数, 于是我们也想得到存在一种对格兰迪级数的调整方式, 或者说存在0-1级数, 其格兰迪和等于任意一个给定的数.

在定理1之后提到过, 0-1级数的阿贝尔加权具有
$$
s(x)=\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^nx^{k_n}
$$
的形式, 于是$s(x)$就满足
\begin{align*}
s(x)&\le x^{k_0}\le 1\\
s(x)\ge &x^{k_0}-x^{k_1}\ge 0
\end{align*}
即是说0-1级数的阿贝尔和如果存在那么必定在0到1之间. 那是不是0到1之间的数都可以取到?

其实这个结论是成立的, 但是直接证这个结论明却异常的复杂, 我们把它写成定理的形式.

定理2 区间[0, 1]中的任何数都是某个0-1级数的阿贝尔和.

但是如果不去直接考虑阿贝尔和而是先考虑切萨罗和, 却可以相对来说很容易的得到区间[0, 1]中的任何数都是某个0-1级数的切萨罗和, 于是根据阿贝尔和更加广泛, 切萨罗和当然也就是阿贝尔和.

再来看一个非常有趣的问题, 也是关于无理数的.

我们知道, $0.101001000100001\cdots$没有循环节, 这是因为它包含任意长度的0串,  所以它不是循环小数, 也就不是有理数. 把它写成
\begin{align*}
\sum\limits_{n=0}^{\infty} (\cfrac 1{10})^{\frac {n(n+1)}2}
\end{align*}
然后乘以$\cfrac 9{10}$, 就成为了
$$
(1-\cfrac 1{10})\sum\limits_{n=0}^{\infty} (\cfrac 1{10})^{\frac {n(n+1)}2}.
$$
当然这还是一个无理数. 将其与
$$
s(x)=(1-x)\sum\limits_{n=0}^{\infty} S_nx^n
$$
进行比较, 就可以看出它是某个0-1级数在$x=\cfrac 1{10}$处的取值. 这样就得到了一个结论, 0-1级数与阿贝尔权直积的和函数在有理数点的取值是可以为无理数的. 同样限于在区间$[0, 1)$之间进行讨论. 我们问, 这个0-1级数的幂级数在所有非0的有理数上的取值都是无理数吗?

这是个非常有难度的问题, 我们只是用它来引入所要考虑的问题, 并将汲取它有长度任意的0串的思想, 有兴趣的读者可以单独探讨它, 不过有下述结论.

定理3 存在0-1级数, 其与阿贝尔权的直积在任意非0的有理点处取值为无理数.

由于0-1级数的特殊性以及简单性, 在构造反例时可以优先考虑它, 所以它是一种极其重要的级数. 这里暂且结束对0-1级数的讨论, 有兴趣的读者可以继续探讨0-1级数的某些其他性质.

最后, 既然文章讨论的是发散级数, 那对于发散级数本身的发散速度, 也就有必要指出如下结论.

定理4 设$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n$是发散的正项级数, 那么存在发散的正项级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} b_n$满足
\begin{align*}
\lim\limits_{n\rightarrow\infty} \cfrac {b_n}{a_n}=0.
\end{align*}
亦或称没有发散最慢的级数.

 

 

从格兰迪级数出发, 我们借由切萨罗求和与柯西求和的比较, 引入了从某种意义上来说最最一般的权收敛以及权和. 之后又通过指出柯西和不过只是一种比较标准的权和, 来说明虽然柯西和是一种特殊的和, 但也并不是绝对的, 这样就可以通过其他的求和方式来对级数进行求和了. 另外我们虽然在弱化柯西和的地位, 但从未对柯西和作过否定. 柯西的定义使人们真正的理解了级数的收敛与发散, 以及提供了很多可以对级数进行严谨操作的基本手段, 其依然具有不可替代的重要性.

通过计算格兰迪级数的权和, 我们发现其和似乎更应该等于$\cfrac 12$, 而不该把它当做一个发散级数来看待. 柯西的理论虽然重要, 但是就如在黎曼的积分理论是有局限性所以要引入勒贝格(Lebesgue)一样, 对于发散级数的研究也是有其理论意义的.

另外欧拉的那些神乎其技的操作发散级数的手段, 并不是无意义的操作, 尤其是在计算整数幂的时候相当于在黎曼ζ函数发现之前就计算出来其平凡零点. 虽然在那个时代无法解释欧拉的工作, 但是他用发散级数来进行渐进估计的手段却异常成功, 而发散级数在渐进估计中的重要性后来也被证实. 譬如在柯西摒弃发散级数后天文学家仍使用发散级数进行计算, 所以研究发散级数也是有其实际意义的. 另外, 拉格朗日(Lagrange)尤其在意发散级数在渐进估计时的应用.

虽然0-1级数可以视为格兰迪级数经过调整得到的, 而且0-1级数的权和都一定可以看成格兰迪级数的权和, 但是0-1级数也是有其自身意义和研究价值的. 因为在非权和的情况, 0-1级数并不能为格兰迪级数所取代, 而又由于其简单性, 它也是个比较易于讨论的级数.

在文章的最后通过对切萨罗权的推广, 引入了两种非权和的权, 从而跳出了权和的框架, 走出了看似所有的和都一定是权和的固定思维. 现在我们问, 能不能定义一种和, 使得任意的级数都有和, 而且柯西和(柯西和一直都是我们判断定义出来的和是否符合常理的基准)存在的级数其和等于柯西和呢?当然可以! 例如把柯西和存在的级数其和就定义成柯西和, 把柯西不存在的级数其和均定义成0, 所以提出的这个问题好像没什么意义. 那如果加上满足级数的和满足加减以及数乘运算这个条件呢?甚至在加上满足级数的柯西乘积的和一定是和的乘积, 这时此问题有解吗?我们曾指出过, 在计算通项为1的级数$1+1+1+1+\cdots$时计算方式不同, 得到的结果也不同, 仔细的观察可以发现这是由于我们默认为$0+1+0+1+\cdots=1+1+1+1+\cdots$造成的, 而且若是默认类似的事情, 那0-1级数就是格兰迪级数, 也就没有其存在的价值了, 可事实上并不是如此. 这里提供一种思路给读者, 就是不要把这两个级数视为同一个级数, 而把级数视为一个无穷维的向量进行处理, 这样级数的加减以及柯西乘积依然可以定义, 但是级数的和不过只是给一个向量赋予了一个数值而已.

除了我们之前给出的几种权之外, 还有许多种类的权, 比如积分形式的权等等, 而且由于级数与积分的统一性, 我们对于积分也有类似的广义和的定义. 对发散级数感兴趣的读者请参读一些发散级数的专著.

 

 

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USNEWS数学排名:北大复旦双进前二十

 

 

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美国有多个机构对大学进行排名,其中最有影响力的就是由《美国新闻和世界报导》在每年下半年公布排名,也就是常说的每年的USNEWS排名。日前,2016年USNEWS全球最佳大学排名已经公布。哈佛大学、麻省理工学院、加州大学伯克利分校三所美国大学分列前三,与去年毫无变化。

 

我们哆嗒数学网的小编最关心的还是数学学科的排名。这一回,中国学校在这个榜单的表现可以说是让人惊异的。

 

还是先说总体排名—前十名被英美法三个国家的大学完全占据。数学学科的前四名被美国大学包揽。第一名是斯坦福大学,而加州大学伯克利分校、普林斯顿大学、哈佛大学分列二、三、四名。另外三所美国大学,加州大学洛杉矶分校、麻省理工学院、纽约大学还分别占据了第七、九、十的位置。英国的牛津大学和剑桥大学的排名分别是第五和第八。而法国的皮埃尔和玛丽居里大学,即巴黎第六大学排在并列第五的位置。值得一提的是,中国的北京大学、复旦大学双双进入前二十,分别是第十五名,第二十名,是前二十中仅有的非欧美大学。

 

 

亚洲方面,中国大学表现抢眼。前十名中,来自中国的大学占据了其中八把交椅。其中内地七所,香港一所。另外两个名额被韩国和日本的两所大学占据。

 

 

中国共有28所大学进入榜单。其中内地23所,香港4所,台湾1所。下面是具体排名,注意排名中有并列的情况。

 

 

 

 

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加加减减的艺术(四):欧拉的技巧

 

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作者,逆蝶,哆嗒数学网群友

 

 

读读欧拉, 读读欧拉, 他是我们大家的老师———拉普拉斯(Laplace)

 

莱昂哈德·欧拉(Leonhard Euler), 瑞士数学家, 是18世纪数学界最杰出的人物之一. 他是数学史上最多产的数学家,平均每年写出八百多页的论文. 欧拉渊博的知识,无穷无尽的创作精力和空前丰富的著作,都令人惊叹不已!

 

数学史上公认的4名最伟大的数学家分别是:阿基米德、牛顿、欧拉和高斯. 阿基米德有“翘起地球”的豪言壮语, 牛顿因为苹果闻名世界, 高斯少年时就显露出计算天赋, 唯独欧拉没有戏剧性的故事让人印象深刻. 然而,几乎每一个数学领域都可以看到欧拉的名字.

 

欧拉对于无穷级数似乎有着十分独特的见解. 关于级数神乎其技的变形, 用对数函数逼近调和级数并计算出欧拉常数γ, 利用无穷乘积得到平方倒数和为π²/6, 以及计算出所以正整数的和为-1/12(在某些特殊的意义下), 还有一些很漂亮的连分数展开式, 这些都出自于欧拉之手.

 

平方倒数和, 也即是

 

\begin{align*}\cfrac 1{1^2}+\cfrac 1{2^2}+\cfrac 1{3^2}+\cfrac 1{4^2}+\cdots=\cfrac {\pi^2}6. \end{align*}

 

欧拉得到这个结果之后并没有就此止步, 而是继续计算了

 

\begin{align*} \cfrac 1{1^4}+\cfrac 1{2^4}+\cfrac 1{3^4}+\cfrac 1{4^4}+\cdots=&\cfrac {\pi^4}{90}\\ \cfrac 1{1^6}+\cfrac 1{2^6}+\cfrac 1{3^6}+\cfrac 1{4^6}+\cdots=&\cfrac {\pi^6}{945}\\ \cfrac 1{1^8}+\cfrac 1{2^8}+\cfrac 1{3^8}+\cfrac 1{4^8}+\cdots=&\cfrac {\pi^8}{9450} \end{align*}

 

等诸多结果, 欧拉也曾因计算出平方倒数和而名噪一时.

 

欧拉的成就数不胜数, 单单是级数方面就已经令人叹为观止. 我们在此只是举一些例子, 几乎完全抛弃了严格性去得到一些结果, 并且所得的结果都是对发散级数而言的. 通过一些看似美妙的结论, 来说明对发散级数进行求和的重要性.

 

 

 

 


例1 对两个等比级数并求和
\begin{align*}
1+x+x^2+x^3+x^4+\cdots=&\cfrac 1{1-x}\\
\cfrac 1x+\cfrac 1{x^2}+\cfrac 1{x^3}+\cfrac 1{x^4}+\cdots=\cfrac {\cfrac 1x}{1-\cfrac 1x}=&-\cfrac 1{1-x}
\end{align*}
将第二个级数写成
$$
\cdots+\cfrac 1{x^4}+\cfrac 1{x^3}+\cfrac 1{x^2}+\cfrac 1x=-\cfrac 1{1-x}
$$
与第一个式子相加
$$
\cdots+\cfrac 1{x^4}+\cfrac 1{x^3}+\cfrac 1{x^2}+\cfrac 1x+1+x+x^2+x^3+x^4+\cdots=0.
$$
于是就得到了一个形式上很美妙的式子, 在其中取$x=1$就有
$$
\cdots+1+1+1+1+1+1+1+1+1+\cdots=0.
$$
由于这是个双边级数, 我们并不打算去探讨它的意义(欧拉似乎对他得到的这个结果甚为满意). 有心的读者可以发现出现这种现象的原因是由于对于任意的$x$两个级数都不可能同时收敛造成的, 这说明发散级数还具有一些形式上的美.

例2 之前重点讨论了格兰迪级数的求和问题, 得到的结果无不例外的都是$\cfrac 12$, 现在我们默认这件事情, 来计算通项的每一项都是1的级数, 也即级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} 1$的和.

$$
S=1+1+1+1+1+1+\cdots
$$
又有
$$
\cfrac 12=1-1+1-1+1-1+\cdots
$$
相减得
$$
S-\cfrac 12=2(0+1+0+1+0+1+\cdots)=2S,
$$
$$
\Longrightarrow S=-\cfrac 12.
$$
于是就得到了
$$
\sum\limits_{n=0}^{\infty} 1=1+1+1+1+1+1+\cdots=-\cfrac 12.
$$
如果在计算过程中把作差那一步用相加来代替, 就会得到$\cfrac 12$的结果, 这是由于级数发散引起的. 我们通过做差得到$-\cfrac 12$是因为它恰好是$\zeta(0)$的值, 还有就是因为之后几个例子的计算所用的方法也都是做差. 现在继续看下面的例子.

例3 通过交错整数级数的和来计算正整数的和.
$$
\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^n(n+1)=1-2+3-4+5-6+\cdots
$$
与阿贝尔权的直积为
$$
\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^n(n+1)x^n=\cfrac 1{(1+x)^2}.
$$
于是其阿贝尔和为$\cfrac 14$.

$$
S=1+2+3+4+5+6+\cdots
$$
又有
$$
\cfrac 14=1-2+3-4+5-6+\cdots
$$
相减得:
$$
S-\cfrac 14=2(2+4+6+8+\cdots)=4(1+2+3+4+\cdots)=4S.
$$
于是就得到了
$$
\sum\limits_{n=0}^{\infty} (n+1)=1+2+3+4+5+6+\cdots=-\cfrac 1{12}.
$$
在这里使用做差是很自然的, 不会出现上例那种问题, 因为如果是相加得话就只能得到分母是奇数的项, 也就不能写成$S$的倍数了. 另外这里的结果$-\cfrac 1{12}$亦恰好是$\zeta(-1)$的值.

我们不厌其烦的再看最后一个, 然后直接推广它.

例4 整数平方和等于0.
$$
\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^n(n+1)^2=1^2-2^2+3^2-4^4+5^2-6^2+\cdots
$$
与阿贝尔权的直积为
$$
\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^n(n+1)^2x^n=\cfrac {1-x}{(1+x)^3}.
$$
于是其阿贝尔和是0. 记
$$
S=1^2+2^2+3^2+4^2+5^2+6^2+\cdots
$$
又有
$$
0=1^2-2^2+3^2-4^2+5^2-6^2+\cdots
$$
相减得:
$$
S=2(2^2+4^2+6^2+8^2+\cdots)=8(1^2+2^2+3^2+4^2+\cdots)=8S.
$$
于是就得到了
$$
\sum\limits_{n=0}^{\infty} (n+1)^2=1^2+2^2+3^2+4^2+5^2+6^2+\cdots=0.
$$
而恰好又有$\zeta(-2)=0$.

根据上面的几个例子可以猜测似乎对于整数的任何正整数次幂和, 都可以利用这种方法计算出来, 而其结果却和黎曼$\zeta$函数的值符合的很好, 譬如不难得到幂为3的时候交错级数与阿贝尔权的直积的和函数为$\cfrac {x^2-4x+1}{(1-x)^4}$, 进而计算出最终的结果$\cfrac 1{120}$也恰是$\zeta(-3)$. 我们知道$z=-2n$(其中$n$是正整数)时$\zeta(-2n)=0$, 但是$z$为奇数时$\zeta(-2n+1)$的规律却很复杂. 那么我们问, 是否可以用上述方法直接计算出偶数幂的情况呢?

例5 为简便记$f_m(x) (m\ge 0)$是级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^n(n+1)^{2m}$与Abel权的直积, 即
\begin{align*}
f_m(x)=\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^n(n+1)^{2m}x^n=\sum\limits_{n=0}^{\infty} (n+1)^{2m}(-x)^n.
\end{align*}
相应地, 记幂为$2m$的整数和为$s_m$, 我们归纳证明$f_m(1)=0$.
由于
\begin{align*}
x^2f_m(x)=\sum\limits_{n=0}^{\infty} (n+1)^{2m}(-x)^{n+2}=\sum\limits_{n=2}^{\infty} (n-1)^{2m}(-x)^n=\sum\limits_{n=1}^{\infty} (n-1)^{2m}(-x)^n,
\end{align*}
相加可得
\begin{align*}
(1+x^2)f_m(x)=&1+\sum\limits_{n=1}^{\infty} ((n+1)^2+(n-1)^{2m})(-x)^n\\
=&1+2\sum\limits_{n=1}^{\infty}\sum\limits_{k=0}^m\binom{2m}{2k}n^{2k}(-x)^n\\
=&1+2\sum\limits_{k=0}^m\sum\limits_{n=1}^{\infty}\binom{2m}{2k}n^{2k}(-x)^n\\
=&1+2(-x)\sum\limits_{k=0}^m\binom{2m}{2k}f_k(x).
\end{align*}
带入$x=-1$, 并利用归纳假设$f_k(1)=0(1\le k\le m-1)$以及$f_0(1)=\cfrac 12$易见
$$
2f_m(1)=1+2(-1)(\cfrac 12+f_m(1))
$$
由此即得$$f_m(1)=0$$.
再用与前面几例相似的方法得到关系式:
$$
(1-2^{(2m+1)})s_m=f_m(1).
$$
于是就有整数的偶次幂和为0, 从而与$\zeta$函数符合的很好.

通过以上对发散级数的计算得到了一个很奇特的结论: 借助于阿贝尔和计算出的整数幂和与黎曼$\zeta$函数通过解析延拓得到的结果是一样的! 其实这并不是偶然的, 而是可以用多重对数函数来解释并加以严格证明的. 通过这些计算也可以说明, 发散级数的定义就如函数的解析延拓一样, 是确实有其存在意义的.

另外有一点需要值得注意: 虽然通过阿贝尔和间接地计算出了整数幂和, 但是整数幂和却不能通过阿贝尔权直接计算出来, 也即是说整数幂和并不是阿贝尔和. 这是因为我们之前讨论的那些具体的几种求和方法, 其实对于柯西和是正负无穷的时候也是成立的, 所以其权和也一定是发散到正无穷的.

下面将阿贝尔权用于三角级数, 来看看会得到什么结论.

例6
$$
\cfrac 1{1-a(\cos x+i\sin x)}=\sum\limits_{n=0}^{\infty} a^n(\cos x+i\sin x)^n=\sum\limits_{n=0}^{\infty} a^n(\cos nx+i\sin nx).
$$
比较实部虚部得
\begin{align*}
\cfrac {a\cos x-a^2}{1-2a\cos x+a^2}=&\sum\limits_{n=0}^{\infty} a^n\cos nx
\cfrac {a\sin x}{1-2a\cos x+a^2}=&\sum\limits_{n=0}^{\infty} a^n\sin nx
\end{align*}
我们只关注第一个式子, 直接令$a=1$可得
$$
\cfrac 12=1+\cos x+\cos 2x+\cos 3x+\cos 4x\cdots.
$$
从$\pi$处积分得
$$
\cfrac {\pi-x}2=\sin x+\cfrac 12\sin 2x+\cfrac 13 sin 3x+\cfrac 14\sin 4x+\cdots\quad(0<x<2\pi).
$$
而这正是锯齿形函数的傅里叶展开式(不过却无从得知欧拉为什么会从$\pi$处积分, 因为如果从0处积分, 那么所得的结果就是不正确的了).

连求两次导数可得
$$
0=1^2\cos x+2^2\cos2x+3^2\cos3x+4^2\cos4x+\cdots
$$
令x$=0$得
$$
1^2+2^2+3^3+4^2+\cdots=0.
$$
其实可以不断地连续求两次导, 得到
$$
1^{2m}+2^{2m}+3^{2m}+4^{2m}+\cdots=0.
$$
注,这里遵循欧拉说“直接令$a=1$”, 是因为$x=2k\pi(k\in Z)$的时候$\cos x=1$, 如果先带入$x=0$的值再令$a\rightarrow 1^-$, 得到的就不是$\cfrac 12$了, 也就是说唯独在$x=2k\pi$的点处三角级数的阿贝尔和不是$\cfrac 12$, 所以才“直接令$a=1$”.

例7 下面介绍欧拉对于一个发散级数的处理:
根据级数
$$
\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^nn!=1-1!+2!-3!+4!-5!+\cdots
$$
构造幂级数
$$
y=\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^nn!x^{(n+1)}=x-1!x^2+2!x^3-3!x^4+4!x^5-5!x^6+\cdots
$$
这里与阿贝尔权稍有不同. 另外有$x^n$显然是控制不住$n!$的, 所以可以把下面的处理方式只当成是形式化的操作.
两边微分得
\begin{align*}
y'=1-2!x+3!x^2-4!x^3+&5!x^4-6!x^5+\cdots=\cfrac 1{x^2}(x-y)\\
\Longrightarrow e^{-\frac 1x}y'+e^{-\frac 1x}\cfrac 1{x^2}y=&\frac {e^{-\frac 1x}}x\\
\Longrightarrow (e^{-\frac 1x}y)'=&\frac {e^{-\frac 1x}}x\\
\Longrightarrow y=&e^{\frac 1x}\int_0^x\cfrac {e^{-\frac 1t}}tdt
\end{align*}
取$x=1$,可以得到:
$$
1-1!+2!-3!+4!-5!+\cdots=e\int_0^1\cfrac {e^{-\frac 1t}}tdt.
$$
另一方面, 也可以利用$\Gamma$函数的知识进行计算:
根据
\begin{align*}
n!=\Gamma(n+1)=\int_0^{\infty} t^ne^{-t}dt
\end{align*}
可得
\begin{align*}
x&-1!x^2+2!x^3-3!x^4+4!x^5-5!x^6+\cdots\\
=&\int_0^{\infty} (x-x^2t+x^3t^2-x^4t^3-x^5t^4+\cdots)e^{-t}dt\\
=&\int_0^{\infty} \cfrac {xe^{-t}}{1+xt}dt.
\end{align*}
取$x=1$,可以得到:
$$
1-1!+2!-3!+4!-5!+\cdots=\int_0^{\infty} \cfrac {e^{-t}}{1+t}dt
$$
于是就得到了一个有限数.

我们不对其作出什么合理的解释, 只不过通过两种求和方式的比较可以说明阿贝尔权还是不够广泛. 第二种求和方式中可以看出最终得到的关于$x$的函数在复平面去掉负实轴以外的地方都是解析的.

注, 读者可以发现在以上的几个例子中所用到的词语基本上都是“计算”而不是“证明”, 因为它们并不具有严格性.

利用调和级数发散, 还可以得到素数倒数和发散.

例8 素数倒数和是发散的.

证明: 由于$n$的没有大于$n$的素因子, 所以有
$$ \prod_{p\le n}\cfrac 1{1-\frac 1p}=\prod_{p\le n}(1+\cfrac 1p+\cfrac 1{p^2}+\cdots)\ge 1+\cfrac 12+\cdots+\cfrac 1n.
$$
于是$\prod_p\cfrac 1{1-\frac 1p}$发散. 根据无穷乘积与无穷级数的关系可知$\sum\limits_p\cfrac 1p$发散.

下面我们来做一些看起来毫无合理性可言的事情, 但结果却出乎意料.
$$
\ln(1+\cfrac 12+\cfrac 13+\cfrac 14+\cdots)=\sum\limits_p \cfrac 1p.
$$
这时等式两边都是$\infty$, 在两边都截取到求和的第n项, 即
$$
\ln(H_n)\sim\sum\limits_{k=1}^n \cfrac 1{p_k}.
$$
然后根据$H_n\sim \ln n$就有
$$
\cfrac 1{p_n}\sim \ln(H_n)-\ln(H_{n-1})=\ln(1+\cfrac 1{nH_{n-1}})\sim\cfrac 1{n\ln n}.
$$
于是得到了第$n$个素数的分布$p_n\sim n\ln n$.
最后由于
$$
p_{[\frac n{\ln n}]}\sim [\frac n{\ln n}]\ln([\frac n{\ln n}])\sim \cfrac n{\ln n}\ln\cfrac n{\ln n}=\cfrac {\ln n-\ln\ln n}{\ln n}n\sim n.
$$
也即是素数分布定理
$$
\pi(n)\sim \cfrac n{\ln n}.
$$

下节会介绍与格兰迪级数非常相似的0-1级数, 它是同格兰迪级数同样有趣但又不失重要性的一类级数. 为了对某些特殊的0-1级数求和, 还会引入切萨罗和的两种推广, 并且会在文章的最后对发散级数的讨论做一个总结.

 

 

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测一测,你有“数学焦虑症”吗?

 

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你有“数学焦虑症”吗?

 

纽约时报网站仿照芝加哥大学的四位学者的关于学生家长“数学焦虑”现象研究内容,设计了10个关于数学问题,用于测试你是否有“数学焦虑症”。

 

哆嗒数学网的小编将其整理,也分享给广大网友,一起来做一做。

 

什么?大好的天,你居然让我做数学题,找抽么?

 

不用担心啦,所有问题都没有的标准答案的,只需要选择最符合你真实想法的那个选项。

 

顺便提一句,原文中的的有一些问题,我们稍稍做了修改,以符合我们中国人的生活习惯。

 

选择1 ——1分。

 

选择2 ——2分。

 

选择3 ——3分。

 

选择4——4分。

 

选择5 ——5分。

 

 

问题1: 当你得到一堆关于分数计算的问题,你会

 

1、  绝无不安

2、  些许不安

3、  比较不安

4、  非常不安

5、  极度不安

 

问题2: 计算你工资个税和五险一金,你会

 

1、  绝无不安

2、  些许不安

3、  比较不安

4、  非常不安

5、  极度不安

 

问题3: 在超市结账时,计算小票上的总价是否正确,你会

 

1、  绝无不安

2、  些许不安

3、  比较不安

4、  非常不安

5、  极度不安

 

问题4: 与朋友AA吃大餐后,计算各自付账多少时,你会

 

1、  绝无不安

2、  些许不安

3、  比较不安

4、  非常不安

5、  极度不安

 

问题5: 讲述一个数学相关的新闻事件,你会

 

1、  绝无不安

2、  些许不安

3、  比较不安

4、  非常不安

5、  极度不安

 

问题6: 购买折扣商品,计算你能省多少钱时,你会

 

1、  绝无不安

2、  些许不安

3、  比较不安

4、  非常不安

5、  极度不安

 

 

问题7: 1立方水5.33元,8立方水多少钱?计算这个时,你会

 

1、  绝无不安

2、  些许不安

3、  比较不安

4、  非常不安

5、  极度不安

 

问题8:学习一个新的数学技能,你会

 

1、  绝无不安

2、  些许不安

3、  比较不安

4、  非常不安

5、  极度不安

 

问题9:打开数学作业本,你会

 

1、  绝无不安

2、  些许不安

3、  比较不安

4、  非常不安

5、  极度不安

 

问题10:阐述一个数学题的解题过程,你会

 

1、  绝无不安

2、  些许不安

3、  比较不安

4、  非常不安

5、  极度不安

 

 

 

 

答案在后面!

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

10分,你完全没有数学焦虑症。

——你运气真好!

 

11-20分,你数学焦虑症程度非常轻微。

——嘿,可不是。你不害怕数学,但也许,你也不太喜欢数学。

 

21-30分,你数学焦虑症程度一般。

希望读者留下的评论里,有对你减轻数学焦虑有用的法子。

 

31-40分,你是高度的数学焦虑症患者。

如果回答这些问题让你病情更重,我只能说抱歉。还是看看万能的网友评论吧,也许对你有用。

 

41-50分,你是极度的数学焦虑症患者。

想不聊数学很容易,但是你至少已经完成这个问卷了。在评论里参与讨论吧,你一定会在评论区里找到同类的。

 

 

 

温馨提示:认真就输了,好好对自己笑笑。

 

 

 

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加加减减的艺术(三):一些常用的权及求和方式

 

 

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作者,逆蝶,哆嗒数学网群友

 

数学中曾出现过许多的数学天才, 也有着众多的数学大师, 他们在数学方面的工作对数学的发展起着无可替代的作用. 众多的数学家在从事数学研究时也会有众多的研究成果, 这里不可能对所有的数学家都做个全面的介绍. 我们对其中的部分数学家进行一些简介, 然后把他们所研究过的级数方面的东西抽取出来, 来得到我们所想要的着重考虑的权, 以此来丰富权本身所包含的内容. 并且通过对格兰迪(Grandi)级数的权和计算, 来说明柯西(Cauchy)的收敛性要求似乎是太苛刻了, 而其他的权和是很有存在的必要的.
 
隐没的天才,阿贝尔(Able), 一个成就极高但是生前却没有得到认可的英年早逝的挪威天才数学家. 他完整给出了高于四次的一般代数方程没有一般形式的代数解的证明, 这曾经是一个悬疑达250多年的著名问题. 
 
他和伽罗瓦(Galois)一样, 都是同一个时代最杰出的代数学家, 也都是由于柯西(Cauchy)的一时疏忽导致了英年早逝. 阿贝尔去世时26岁, 而伽罗瓦去世时年仅21岁. 阿贝尔也曾去拜访过大数学家高斯(Gauss), 但是高斯却看不上他, 将阿贝尔那写着划时代的伟大定理的六页手册扔在了一边.
 
阿贝尔在数学方面的成就是多方面的, 他研究过无穷级数以及幂级数, 使得他成为分析学严格化的推动者. 他还是椭圆函数论的奠基者, 他为椭圆函数论的研究开拓了道路,并深刻地影响着其他数学分支.
 
埃尔米特(Hermite)曾说:阿贝尔留下的思想可供数学家们工作150年.

 

阿贝尔在研究幂级数的时候, 曾证明了著名的阿贝尔第二定理. 我们抽取定理中的精髓, 可以得到关于发散级数的一种求和方法.

定义1(阿贝尔和) 设$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n$产生的幂级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_nx^n$的收敛半径不小于1. 如果

\begin{align*} \lim\limits_{x\rightarrow 1^-} \sum\limits_{n=0}^{\infty} a_nx^n=s, \end{align*}

就称级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n$在阿贝尔意义下收敛, 称$s$为级数的阿贝尔和.

在上一篇文章中我们定义了级数的权以及权和, 对于阿贝尔和, 相应的阿贝尔权为$\sum\limits_{n=0}^{\infty} x^n$, 以及权值为$\cfrac 1{1-x}$.

虽然我们曾指出, 一个规范的权一定是一个合理的权, 但还是对阿贝尔权的合理性作一些讨论(对将要介绍的另外几种权也有类似的结论). 其实由于讨论的是当$x\rightarrow 1^-$时的极限, 对我们有用的只是$x\ge 0$的部分, 所以可以默认为之后对阿贝尔权(也可将其简称为$s$权)的讨论都是对于$0\le x<1$而言的.

对固定的$x$, $\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_nx^n$是级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n$与级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} x^n$的直积, 也就是说这时候$b_n(x)=x^n$. 对于每个$a_n$, 其权均为不大于1的非负数, 并且满足$\lim\limits_{x\rightarrow 1^-} b_n(x)=\lim\limits_{x\rightarrow 1^-} x^n=1$, 所以Abel权是一个合理的权. 由于$\sum\limits_{n=0}^{\infty} x^n=\cfrac 1{1-x}$, 所以级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n$的权值为$\cfrac 1{1-x}$, 当$x\rightarrow 1^-$时, 级数的权值趋于$\infty$, 这些都是一些显而易见的事实.

对于柯西权, 切萨罗权, T权以及$\mu$权, 也都有$0\le b_n(x)\le 1$, 并且级数的权值趋于$\infty$. 今后我们讨论的权也多数都具有这种性质, 但也不排除有例外的情形. 可以看出, 阿贝尔权的加权方式是通过弱化级数比较靠后的项对级数整体的影响, 然后再通过取极限的方式把每一项的比重都加上去, 我们之后讨论的其他类型的权大多也都是这样的.

现在来计算格兰迪级数的阿贝尔和. 根据$\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^n$与阿贝尔权$\sum\limits_{n=0}^{\infty} x^n$的直积

\begin{align*} \sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^nx^n=\cfrac 1{1+x} \end{align*}

可得$s=\lim\limits_{x\rightarrow 1^-} \cfrac 1{1+x}=\cfrac 12$, 即格兰迪级数的阿贝尔和为$\cfrac 12$. 这样格兰迪级数的和应该是$\cfrac 12$的观点又得到了进一步的支持.

阿贝尔权与切萨罗权的权指标变化范围不同, 取极限的方式也不同, 但是这两种看似并没有任何关系的权却可以通过等式

\begin{align*} \sum\limits_{n=0}^{\infty} a_nx^n=(1-x)^2\sum\limits_{n=0}^{\infty} (n+1)\sigma_nx^n \end{align*}

联系起来, 并且有下述结论.

定理1 如果级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n$的切萨罗和为$\sigma$, 那么其阿贝尔和存在且与切萨罗和相等.

现在我们有切萨罗和存在的级数其阿贝尔和一定存在且相等, 那么是否有阿贝尔和存在但切萨罗和不存在的级数呢?易见交错整数级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^n(n+1)$的切萨罗和不存在, 但其阿贝尔和为$\cfrac 14$, 所以可以把阿贝尔权看成切萨罗权的一种严格推广.

之前曾得到了如果$a_n=o(\cfrac 1n)$, 那么切萨罗和存在可以推出柯西和存在且相等. 其实对于阿贝尔权, 也有相应的类似结论.

定理2(Tauber)

设幂级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_nx^n$具有阿贝尔和$s$. 如果$a_n=o(\cfrac 1n)$, 那么其柯西和存在且与阿贝尔和相等.

我们在此指出, 其实就如切萨罗和一样, 有着比$a_n=o(\cfrac 1n)$更强的结论. 在阿贝尔和存在的情况下, 只要

\begin{align*} \cfrac {\sum\limits_{k=0}^n ka_k}n\rightarrow 0, n\rightarrow\infty \end{align*}

就有级数的柯西和存在, 且两者相等. 而且更进一步的还有, 在阿贝尔存在的前提下, $\cfrac {\sum\limits_{k=0}^n ka_k}n\rightarrow 0(n\rightarrow\infty)$ 其实是柯西和存在并且等于阿贝尔和的充要条件. 根据对切萨罗和与阿贝尔和的讨论可以发现, 似乎

\begin{align*} \cfrac {\sum\limits_{k=0}^n ka_k}n \end{align*}

是个很特殊的数列.

我们下面再讨论一些有趣的东西, 以此暂时结束对阿贝尔权的介绍, 但是涉及到了些许复变函数论的知识:

诸如格兰迪级数与交错级数

\begin{align*} \sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^n\qquad\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^n(n+1) \end{align*}

与阿贝尔权的直积是

\begin{align*} \sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^nx^n\qquad\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^n(n+1)x^n \end{align*}

其和函数$s(x)$分别是

\begin{align*} \cfrac 1{1+x}\qquad\cfrac 1{(1+x)^2} \end{align*}

和函数的定义域都是$(-\infty,-1)\cup (-1, +\infty)$, 比区间$(-1, 1)$大的多, 特别地$x=1$在其定义域内. 那么是否可以把阿贝尔和中的极限$x\rightarrow 1^-$改成直接将$x=1$带入其和函数呢?换句话说, 阿贝尔和$s$是否就是$s(1)$?

事实上这是不可以的, 我们将用两个函数对其作出说明.

(1)

\begin{align*} f(z)=e^{-\frac 1{(1-z)^2}}. \end{align*}

$z=1$是这个函数唯一的奇点且是本性奇点, 所以我们是无法定义$f(z)$在$z=1$处的函数值使其在$z=1$处连续的.

由于$f(z)$在单位圆盘内解析, 所以可以在$|z|<1$时展开成幂级数

\begin{align*} f(z)=\sum\limits_{n=0}^{\infty} c_nz^z. \end{align*}

又因为$z$取实数时, $f(z)$也取实数值, 所以$c_n$均是实数.

考虑级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} c_n$, 其与阿贝尔权的直积$\sum\limits_{n=0}^{\infty} c_nx^n$的和函数

\begin{align*} s(x)=f(x)=e^{-\frac 1{(1-x)^2}}. \end{align*}

但是由于$f(1)$的值无法适当定义, 所以s(1)并不存在. 但是这并不足以说明问题, 因为对于$s(x)$我们主要还是考虑$x$取实值的情况,这时可以定义:

\begin{align*} s(x)=\begin{cases} e^{-\frac 1{(1-x)^2}}, & x\neq 1;\\ 0, & x=1. \end{cases} \end{align*}

于是$s(x)$不仅在$x=1$处连续, 而且还是一个$C^{\infty}(R)$ 函数.

(2)

\begin{align*} f(z)=e^{\frac {z+1}{z-1}}. \end{align*}

$z=1$是这个函数的唯一的奇点且是本性奇点, 所以同样无法定义$f(z)$在$z=1$处的函数值使其在$z=1$处连续.

先不考虑将要讨论的$s(1)$值问题, 我们来探讨一下这个函数本身具有什么性质:

$f(z)$在单位圆盘内部有界, 也就是当$|z|<1$时, $|f(z)|<1$; 而当$|z|=1$但$z\neq 1$时, $|f(z)|=1$.

当$z$沿着圆内的任意一条直线段趋于1时, 均有$f(z)$趋于0;

当$z$沿着圆外的任意一条不是单位圆的切线的直线段趋于1时, 均有$f(z)$趋于$\infty$;

当$z$沿着单位圆周趋于1时, $f(z)$趋于1;

但是当$z$沿着单位圆的切线趋于1时, $f(z)$却并不存在极限值.

由于这个函数具有这些如此奇妙的性质, 所以在复变函数论中举反例的时候回经常用到它.

现在回归主题, 我们有与之前(1)中的函数完全类似的结论. 由于$f(z)$在单位圆盘内解析, 所以可以在$|z|<1$时展开成幂级数$f(z)=\sum\limits_{n=0}^{\infty} c_nz^z$. 由于$z$取实数时, $f(z)$也取实数值, 所以$c_n$均是实数.

考虑级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} c_n$, 其与阿贝尔权的直积$\sum\limits_{n=0}^{\infty} c_nx^n$的和函数

\begin{align*} s(x)=f(x)=e^{\frac {x+1}{x-1}}. \end{align*}

但是由于$f(1)$的值无法适当定义, 所以$s(1)$并不存在. 那抛弃$f(z)$, 只考虑$s(x)$, 能不能恰当的定义$s(1)$的值呢?

由于

$$ \lim\limits_{x\rightarrow 1^-} s(x)=0, \lim\limits_{x\rightarrow 1^+} s(x)=\infty,\\ $$

所以我们无法像(1)中的函数那样适当的定义$s(1)$的值, 也就是说并不能把$s=\lim\limits_{x\rightarrow 1^-} s(x)$简单的用$s=s(1)$来替代.

阿贝尔权还可以推广到更一般的非整幂情形, 但是没有阿贝尔权常用, 而且非整幂的情形还可由狄利克雷(Dirichlet)权得到, 有兴趣的读者可以单独探究一下非整幂权的性质.

另外还需指出泊松(Poisson)利用阿贝尔和处理发散的三角级数得到了很重要的单位圆盘上的泊松核, 然而他本人却并不知道他用的实际上就是发散级数的阿贝尔和. 之后我们也会对三角级数作一些简要的讨论.

无限猴子定理:有无限只猴子用无限的时间会产生特定的文章. 其实不必要出现了两件无限的事物, 一只猴子打字无限次已经足够打出任何文章, 而无限只猴子则能即时产生所有可能的文章.

 

 

无限猴子定理是来自博雷尔(Borel)一本谈概率的书籍中, 这个定理是概率论中的柯尔莫哥洛夫的零一律的其中一个命题的例子. 博雷尔是著名的法国数学家, 对现代数学的许多分支都产生了深刻的影响. 他引进测度的概念之后, 他的学生勒贝格(Lebesgue)将他的测度论推向一般化, 并定义了勒贝格积分, 引起了一场积分学的革命.

有限覆盖是博雷尔最为人熟知的定理, 但是博雷尔对数学的贡献当然远不止于此. 他也曾研究过无穷级数, 并且定义了一种和, 我们不妨称之为博雷尔和.

 

 

下面我们借由阿贝尔权的变形, 通过类似于之前引入$\mu$权的方法, 来引入一种$u$权, 并从$u$权导出博雷尔权.

对阿贝尔权变形:

\begin{align*} s(x)=\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n=(1-x)\sum\limits_{n=0}^{\infty} S_nx^n=\cfrac {\sum\limits_{n=0}^{\infty} S_nx^n}{\sum\limits_{n=0}^{\infty} x^n}. \end{align*}

注意到分子上$S_n$的系数之和恰好等于分母, 这启发我们可以类似于定义$\mu$权一样来定义$u$权.

定义2(u权)设有级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n$, 另外有函数项级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} b_n(x)$满足$b_0(x)>0, b_n(x)\ge 0$.

如果有

\begin{align*} \lim\limits_{x\rightarrow\infty}\cfrac {u_n(x)}{\sum\limits_{k=0}^{\infty} u_k(x)}=0,\quad\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\cfrac {u_n(x)}{\sum\limits_{k=0}^{\infty} u_k(x)}=0. \end{align*}

那么由

\begin{align*} u(x)=\cfrac {\sum\limits_{n=0}^{\infty} S_nu_n(x)}{\sum\limits_{n=0}^{\infty} u_n(x)} \end{align*}

所得到的权称为$u$权. 如果

\begin{align*} \lim\limits_{x\rightarrow\infty} u(x)=S, \end{align*} 就称级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n$依$u$权收敛, $S$称为级数的$u$和.

 

我们可以赋予$u(x)$一些具体的函数, 从而得到具体的$u$权. 通过取定$u(x)$, 就可以得到之前所提到的博雷尔权.

定义3(博雷尔和) 取$u$权中的$u_n(x)=\cfrac {x^n}{n!}(x\ge 0)$, 此时$u(x)$化为 \begin{align*} u(x)=\cfrac {\sum\limits_{n=0}^{\infty} S_n\cfrac {x^n}{n!}}{\sum\limits_{n=0}^{\infty} \cfrac {x^n}{n!}}=e^{-x}\sum\limits_{n=0}^{\infty} S_n\cfrac {x^n}{n!}. \end{align*} 如果 \begin{align*} \lim\limits_{x\rightarrow\infty} u(x)=S, \end{align*} 就称级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n$依博雷尔收敛, 称$S$为级数的博雷尔和.

我们来看一看格兰迪级数的博雷尔和是多少. 根据 \begin{align*} \sum\limits_{n=0}^{\infty} \cfrac {x^{2n}}{2n!}=\cfrac {e^x+e^{-x}}2 \end{align*} 可以得到 \begin{align*} u(x)=\cfrac 12+\cfrac 12e^{-2x}. \end{align*} 于是就有格兰迪级数的博雷尔和是$\cfrac 12$, 这样就又支持了格兰迪级数的和应该是$\cfrac 12$的观点. 应当注意对于一般的$u$权来说, 格兰迪级数的$u$和并不一定总是存在.

堪与高斯媲美的年轻人,黎曼(Riemann), 一个比数学王子高斯小五十岁的年轻人, 却能得到高斯的高度评价. 因为高斯的成就很高, 所以高斯对别人的赞赏也就一向极为吝啬, 黎曼能够获得高斯的赏识, 这对于高斯来说也是很罕见的.

黎曼是19世纪最富有创造性的德国数学家, 其作品以不拘小节著称, 经常对一些结论略而不证. 而在他看来一些显而易见的结论却常常要经历数十年之后才能为后人所证明. 黎曼还有一个非常著名的直到现在仍未被解决的猜想, 谓之“黎曼猜想”, 被收录于希尔伯特(Hilbert)第八问题之中.

曾经有人问希尔伯特:如果你能在五百年后重返人间,你说的第一句话会是什么?他回答说:是否已经有人解决了黎曼猜想?

黎曼还提出了十分重要的黎曼几何, 为广义相对论所描述的空间提供了理论框架. 爱因斯坦曾经写道:惟有黎曼这个孤独而不被世人了解的天才,在上个世纪中叶便发现了空间的新概念———空间不再一成不变,空间参与物理事件的可能性才开始显现.

 

 

黎曼曾提出一种求和方法, 可以用它来证明傅里叶级数展开的唯一性. 接下来我们来关注这种和式, 进而得到$R$权.

定义4($R$和)设有级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n$, 记 $$ R(h)=a_0+\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_n(\cfrac {\text{sin}nh}{nh})^2=a_0+a_1(\cfrac {\text{sin}h}{h})^2+a_2(\cfrac {\text{sin}2h}{2h})^2+\cdots. $$ 如果 $$ \lim\limits_{h\rightarrow 0} R(h)=R, $$ 就称级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n$在黎曼意义下收敛, $R$称为级数的黎曼和.

注:为了与微积分里面的黎曼和区分, 我们今后称上述收敛为$R$权收敛, 称其和为$R$和. 另外我们指出, $R$权即是$1+\sum\limits_{n=1}^{\infty} (\cfrac {\sin nh}{nh})^2$.

通过借助于多重对数函数$\text{Li}_s(z)=\sum\limits_{n=1}^{\infty} \cfrac {z^n}{n^s}=z+\cfrac {z^2}{2^s}+\cfrac {z^3}{3^s}+\cdots$ 可以证明格兰迪级数的$R$和也是$\cfrac 12$, 这又说明了似乎格兰迪级数的和更应该$\cfrac 12$而不是把它当成一个发散的级数看待.

另外也有与$R$权很相似的权, 譬如 $$ \sum\limits_{n=1}^{\infty} \cfrac {\text{sin}^2nh}{n^2h}, $$ 应当注意它不是一个合理的权, 从而也不是一个规范的权. 但是却有这样的结论:

如果级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n$的一般项趋于0, 即$\lim\limits_{n\rightarrow\infty} a_n=0$,那么 $$ \lim\limits_{h\rightarrow 0} \sum\limits_{n=1}^{\infty} a_n\cfrac {\text{sin}^2nh}{n^2h}=0. $$ 由于其不是一个合理的权, 所以我们就不去深究它了(这里的求和是从$n=1$开始的).

关于$R$权, 可以将其推广为: $$ 1+\sum\limits_{n=1}^{\infty} (\cfrac {\text{sin}nh}{nh})^k\quad (k>1) $$ 这种更一般的权, 这里要求$k>1$是为了让其是一个规范的权. 但是读者可能会问, 当k是奇数时, $(\cfrac {\text{sin}nh}{nh})^k$有可能是负的,  而当k不是整数时, $(\cfrac {\text{sin}nh}{nh})^k$也有可能不是个实数或者说会成为复数, 那是不是加上绝对值, 使用一般项为$|\cfrac {\text{sin}nh}{nh}|^k$的权更好呢?

其实我们之前没有要求过权的一般项不能是负数, 也没曾说过一般项不能是复数, 对于$1+\sum\limits_{n=1}^{\infty} (\cfrac {\text{sin}nh}{nh})^k$这种权我们有多重对数函数作为工具, 而加上绝对值之后几乎什么事情都做不了, 所以通常并不对其加上绝对值.

无法画出图像的函数: $D(x)=\lim\limits_{k\rightarrow\infty}(\lim\limits_{j\rightarrow\infty} (\cos (k!\pi x)^{2j}))$.

$D(x)$即是在有理点取1无理点取0的著名的狄利克雷(Dirichlet)函数. 在柯西之前, 数学家对于函数的连续性都有着不同的看法, 其中有一种说法是可以用初等函数通过某种形式表示出来的函数在大部分点都是连续的. 然而狄利克雷函数是一个处处不连续的函数, 但是却可以用初等函数以及极限的手段表示出来.

狄利克雷,德国数学家, 解析数论的奠基者, 在数学领域中的多个分支都做出了很有影响力的成果. 他的首篇论文即是费马大定理在$n=5$时的证明, 后来亦证明了$n=14$的情况. 通过利用他在研究解析数论时构造的极其重要的狄利克雷级数, 来得到我们所需要的狄利克雷权, 而且这将是这一段落引入的最后一种具体形式的权.

定义5(狄利克雷和) 设$0\le \lambda_0<\lambda_1<\lambda_2<\cdots$ 且$\lambda_n$趋于$\infty$, 那么对于级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n$, 如果 $$ \lim\limits_{s\rightarrow 0^+}\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_ne^{-\lambda_ns}=\lambda, $$ 就称级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n$在狄利克雷意义下收敛, $\lambda$称为级数的狄利克雷和, 并且相应的我们有狄利克雷权$\sum\limits_{n=0}^{\infty} e^{-\lambda_ns}$.

不难发现, 阿贝尔权可以通过换元以及适当选取$\lambda_n$作为狄利克雷权的特殊情形, 对于非整幂的情况也有类似的结论, 所以狄利克雷权本身就是包含着很多权的权族. 我们考虑格兰迪级数的狄利克雷和, 但是就如$\mu$权一样, 由于狄利克雷权本身是一个包含很多种权的权族, 所以格兰迪级数的狄利克雷和并不一定存在(之后我们会指出反例). 退而求其次, 我们考虑狄利克雷权的一种特殊情形, 其在解析数论中具有重要的应用.

定义6($\zeta$和) 取狄利克雷权中的$\lambda_n$为 \begin{align*} \lambda_n=\begin{cases} 0, & n=0;\\ lnn, & n\ge 1. \end{cases} \end{align*} 此时$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_ne^{-\lambda_ns}$化为 $$ a_0+\sum\limits_{n=1}^{\infty} \cfrac {a_n}{n^s}. $$ 如果 $$ \lim\limits_{s\rightarrow 0^+}\sum\limits_{n=0}^{\infty} \cfrac {a_n}{n^s}=\lambda, $$ 就称级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n$在$\zeta$意义下收敛, $\lambda$称为级数的$\zeta$和, 相应的有$\zeta$权$\sum\limits_{n=0}^{\infty} \cfrac 1{n^s}$.

注:借由黎曼$\zeta$函数($\zeta(z)=\sum\limits_{n=1}^{\infty} \cfrac 1{n^s}=\cfrac 1{1^s}+\cfrac 1{2^s}+\cfrac 1{3^s}+\cfrac 1{4^s}+\cdots$)的知识可以证明格兰迪级数的$\zeta$和为$\cfrac 12$, 这里称这种求和方式为$\zeta$也是因为当取$a_0=0, a_n=1(n\ge 1)$时的函数恰好为黎曼$\zeta$函数.

介绍完我们常用的几种权之后, 现在给出权规范性的判别法, 并利用此判别法对之前所介绍的几种权的规范性作一个简单验证.

定理3(判别法) 设有权$\{\sum\limits_{n=0}^{\infty} b_n(x)|x\in X\}$. 如果它是合理的, 并且存在常数$M$使得 $$ \sum\limits_{n=0}^{\infty} |b_n(x)-b_{n+1}(x)|\le M\quad(\forall x\in X) $$ 另外如果对任意的$x\in X$, 还有$\lim\limits_{n\rightarrow\infty} b_n(x)=0$成立. 那么$\{\sum\limits_{n=0}^{\infty} b_n(x)|x\in X\}$是一个规范权.

有了判别法之后, 我们可以对我们之前讨论过的权作一个验证.

柯西权, 切萨罗权, $T$权, $\mu$权: 合理性均不难验证. 由于权族中的每个级数的通项都是从1递减到0的, 所以可取$M=1$. 又因为权族中的每个级数只有有限项不为0, 所以$\lim\limits_{n\rightarrow\infty} b_n^{(m)}=0$是满足的, 因此是规范的.

阿贝尔权: 由$\lim\limits_{x\rightarrow 1^-} x^n=1$可得其合理性. 如果把$x$的取值范围$X$取为$(-1, 1)$, 那么$M$是不存在的, 所以我们需要把$X$取为$[0,1)$, 这时我们就可以取$M=1$. 另外$\lim\limits_{n\rightarrow\infty} x^n=0$也是显然成立的. 所以是规范的.

注:从阿贝尔权的例子可以看出,在考虑权收敛的时候适当的选取权指标的取值范围也是必要的.

$u$权: 根据$\lim\limits_{x\rightarrow\infty}\cfrac {u_n(x)}{\sum\limits_{k=0}^{\infty} u_k(x)}=0$易见其合理性. 另外显然可以取$M=2$. 最后一个条件即是$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\cfrac {u_n(x)}{\sum\limits_{k=0}^{\infty} u_k(x)}=0$. 由于博雷尔权也是$u$权的一种, 所以也是规范的.

$R$权: 由$\lim\limits_{h\rightarrow 0} (\cfrac {\text{sin}nh}{nh})^2$=1可得其合理性. 对于$R$权的$M$的存在性并不是像其他几种权那样显而易见, 我们只指出可取$M=\int_0^{\infty}|\cfrac d{dx}(\cfrac {\text{sin}x}x)^2|dx$. 最后一个条件$\lim\limits_{n\rightarrow\infty} (\cfrac {\text{sin}nh}{nh})^2=0$也是成立的, 于是得其规范性.

狄利克雷权: 由$\lim\limits_{s\rightarrow 0+} e^{-\lambda_ns}=0$得到合理性. 可取$M=1$, 以及根据$\lim\limits_{n\rightarrow\infty} \lambda_n=\infty$有$\lim\limits_{n\rightarrow\infty} e^{-\lambda_ns}=0$, 由此即得其规范性. 于是$\zeta$权也是规范的.

我们在这里着重对几种特殊的权及权和作一些介绍, 看似所有的求和方式都是权和, 但事实上却确实也存在着非权和的一些很重要的求和方式, 我们之后会举出具体的例子.

下一节我们将会特别考虑一些发散级数的计算问题, 例如所有正整数的和为$1+2+3+\cdots+n+\cdots=-\cfrac 1{12}$等有趣结果.

 

 

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加加减减的艺术(二):柯西不是上帝!

 

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作者,逆蝶,哆嗒数学网群友

 

那个年代, 数学家们还不能很好的理解级数的收敛与发散. 例如高斯(Gauss)在其著作《天体运动论》中对级数的数值进行近似计算时, 如果级数的一般项(也称作级数的通项)从某一项之后开始递减, 高斯就认为级数是收敛的, 并且在计算得出通项的某一项足够小时, 他就截取到那一项作为级数的近似值, 把剩下的项直接舍去, 而且他也从不会对自己的近似结果作误差估计.

 

后来, 很多数学家都为微积分的严密性做了很多贡献, 其中柯西(Cauchy)的工作尤为成功. 在级数方面, 柯西定义级数收敛即是指部分和数列有极限, 这看似很容易令人接受, 所以也就被多数数学家采纳, 而且一直沿用至今. 但就如欧几里得(Euclid)的第五公设, 虽然看似很容易令人接受, 但是实际上是很不自然的. 黎曼(Riemann)和其他的一些几何学家改变第五公设, 得到了非欧几何. 而在级数方面切萨罗改变级数收敛的意义, 得到了切萨罗和, 使得格兰迪级数可以收敛.

 

无论是柯西还是欧几里得, 他们的规定都是人为规定的, 只不过是规定出来的一些东西看起来比较合理而已. 然而柯西并不是上帝! 虽然依柯西意义收敛的级数具有很好的性质, 但是柯西的定义也使得一些看似性质比较好的级数不收敛, 也就是说柯西的定义似乎太严格了, 使得我们在得到一些好的东西的同时也失去了另外一些重要的东西.

 

我们是无法直接定义无限个数之和的, 所以柯西与切萨罗的方法都是用有限逼近无限, 而这本就不是很自然的方法, 但是我们只有通过这样才能避开无限和的问题. 柯西与切萨罗的逼近方法不同, 导致的结果也不同, 不过我们却说不好这两种逼近方法哪个是更加合理的(之后对合理性给出定义, 而这两种求和方式在这种合理性意义的解释下都是合理的).

 

本节先引入级数的权的概念, 之后通过细致的比较柯西收敛与切萨罗收敛的区别, 采用柯西和与切萨罗和中取极限的思想, 导出从某种意义上来说最最一般的级数的权收敛. 而在权的意义下, 无论是柯西的收敛还是切萨罗的收敛, 以及任何一种常见的求和方式, 都只不过是一些特殊的权收敛罢了.

 

 

 

 

定义1(权) 设有级数

\begin{align*} \sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n\text{和}\sum\limits_{n=0}^{\infty} b_n. \end{align*}

对于他们的直积级数

\begin{align*} \sum\limits_{n=0}^{\infty} a_nb_n, \end{align*}

我们称$b_n$是级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_nb_n$关于级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n$的第$n$项$a_n$的权, 也成为$a_n$的权值. 而称级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} b_n$是级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_nb_n$关于级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n$的权, 如果级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} b_n$的柯西和存在, 就称此柯西和为级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n$的权值.

 

注:我们大多只考虑$\sum\limits_{n=0}^{\infty} b_n$的柯西和存在的情形, 这时$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_nb_n$的权值$\sum\limits_{n=0}^{\infty} b_n$总是存在的, 但是对一般的权$\sum\limits_{n=0}^{\infty} b_n$, 并不一定总存在权值. 另外现在只定义了级数与其权的直积, 但还只是个形式的记号, 并没有对其直积级数赋予一个具体数值作为其和, 之后会对这一点作出说明.

 

现在来比较一下柯西和与切萨罗和的区别:

取级数列$\sum\limits_{n=0}^{\infty} b_n^{(m)}, \sum\limits_{n=0}^{\infty} c_n^{(m)}$如下

\begin{align*} b_n^{(m)}=\begin{cases} 1, & n\le m;\\ 0, & n>m. \end{cases} \qquad c_n^{(m)}=\begin{cases} 1-\cfrac n{m+1}, & n\le m;\\ 0, & n>m. \end{cases} \end{align*}

那么柯西和是级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n$与级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} b_n^{(m)}$(注意这其实是一个有限和)的直积级数

\begin{align*} \sum\limits_{n=0}^{\infty} a_nb_n^{(m)} \end{align*}

在$m\rightarrow\infty$时的极限值.

切萨罗和是级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n$与级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} c_n^{(m)}$(注意这同样是一个有限和)的直积级数

\begin{align*} \sum\limits_{n=0}^{\infty} a_nc_n^{(m)} \end{align*}

在$m\rightarrow\infty$时的极限值.

再来看看这两种权的合理性:

对于固定的$n$, 总是

有 \begin{align*} \lim\limits_{m\rightarrow\infty} b_n^{(m)}=1\text{以及}\lim\limits_{m\rightarrow\infty} c_n^{(m)}=1. \end{align*}

也就是说对于任意的$a_n$, 它的极限权值总是1, 从而没有失去其在级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n$中所占的比重, 因此这两种权的定义可以说都是合理的.

 

下面我们给出权的合理性的定义.

 

定义2(合理权) 设有权族 \begin{align*} \{\sum\limits_{n=0}^{\infty} b_n(x)|x\in X\}. \end{align*} 如果权指标$x$在指标集$X$中以某种方式取极限时, 对于任意固定的$n$, 总是有$b_n(x)$趋于1, 即是 \begin{align*} \lim\limits_x b_n(x)=1. \end{align*} 就称这个权族是合理的权族, 也简称为合理的权.

 

注:以后基本上只会考虑具有合理性的权. 另外这里的“以某种方式取极限”其实并不是一种严格的说法, 严格的定义需要用到拓扑以及基的概念, 这里将其从略了, 但这并不会使得我们今后对一些具体的权的讨论变得困难. 为了简便今后也称权族为权, 我们也不会因此而陷入混淆.

 

于是无论是柯西和还是切萨罗和, 都可以看成级数的加权极限问题, 而且这两种权都是合理的. 在这种意义下, 柯西和不过只是一种特殊的加权方式的极限, 其在级数理论中的统治地位也将被削弱.

 

虽然我们要削弱柯西和的地位, 以此来构造其他类型的和, 但是由于柯西和的重要性以及柯西权(也称其为标准权)的标准性, 今后的讨论将总是会以柯西和为基准.

目前所考虑的两种权都是直积为有限和的情形, 我们特别地指出:对于直积是无限和的情形, 我们总是以柯西意义的和来定义其值.

现在来引入本节最重要的概念, 即什么是级数的依权意义下的收敛.

 

 

定义3(权收敛) 给定级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n$以及权$\{\sum\limits_{n=0}^{\infty} b_n(x)|x\in X\}$, 如果权指标$x$在指标集$X$中以某种方式取极限时, 它们的直积

\begin{align*} \sum\limits_{n=0}^{\infty} a_nb_n(x) \end{align*} 趋于一个有限值S, 即是 \begin{align*} \lim\limits_x\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_nb_n(x)=S \end{align*}

就称级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n$依此权收敛到$S$, 称$S$为级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n$的加权和, 亦简称为权和.

 

有了权收敛的定义之后, 就可以考虑更多的加权求和问题了. 不过之前我们曾说我们的出发点还是要以柯西和为基准, 所以在此之前我们先给权的规范性作出定义.

 

定义4(规范权) 设有权$\{\sum\limits_{n=0}^{\infty} b_n(x)|x\in X\}$, 如果对柯西和存在的级数, 其权和总是存在而且等于柯西和, 就称$\{\sum\limits_{n=0}^{\infty} b_n(x)|x\in X\}$是一个规范权.

 

注:如果一种求和方式使得柯西和存在的级数总是收敛的而且收敛到其柯西和, 我们也称求和方式是规范的.

 

我们有必要向读者指出:一个规范的权一定是一个合理的权, 这一点通过对任意的$m$, 取级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} \delta_{mn}$(其中$\delta_{mn}$是Kronecker函数)即可明了.

 

现在来举例讨论一些具体的权.

 

采取常用的记号, 记 \begin{align*} H_n=1+\cfrac 12+\cfrac 13+\cdots+\cfrac 1n. \end{align*} 另外约定$H_0=0,$考虑 \begin{align*} T_n=\cfrac{S_0+\cfrac {S_1}2+\cfrac {S_2}3+\cdots+\cfrac {S_n}{n+1}}{H_{n+1}}. \end{align*} 其中$S_n$为级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n$的部分和. 对固定的$a_m$, 我们有$T_n$对其的权值为 \begin{align*} b_m^{(n)}=\begin{cases} \cfrac {\sum\limits_{k=m}^n \cfrac 1{k+1}}{H_{n+1}}=1-\cfrac {H_m}{H_{n+1}}, & m\le n;\\ 0, & m>n. \end{cases} \end{align*} 因此对任意$m$, 都有 \begin{align*} \lim\limits_{n\rightarrow\infty} b_m^{(n)}=1 \end{align*} 成立, 所以$T_n$是一种合理的加权方式. 用Stolz定理易知收敛则权收敛, 因此它还是一种规范的加权方式.

 

记上述加权方式所得到的权是$T$权, 那么$T$权和$\sigma$权有如下的关系:

 

定理1 设有级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n$, 那么当$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n$的切萨罗和$\sigma$存在时, 其$T$加权和也存在且等于切萨罗和.

 

注:我们已经知道格兰迪级数的切萨罗和是$\cfrac 12$, 所以据此定理有格兰迪级数的$T$加权和也是$\cfrac 12$. 当然读者也可以利用关系式$H_n\sim \ln n$进行简单的证明格兰迪级数的$T$和为$\cfrac 12$.

 

反过来对不对呢,也就是说如果$T_n$的极限存在, 有没有切萨罗和一定存在的结论?答案是否定的! 我们有如下反例: \begin{align*} T_n=\cfrac {(-1)^n}{H_{n+1}}. \end{align*} 由$T_n$可以唯一的确定确定级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n$, 但是对于这个级数 \begin{align*} S_n=o(n) \end{align*} 并不成立, 所以此级数的切萨罗和不存在.

 

于是我们就得到了$T$权是一种比切萨罗权更广泛的权,之前我们还有切萨罗权是比标准权更广泛的权, 所以可以把切萨罗权视为标准权的推广, 而把$T$权视为切萨罗权的推广.

 

仔细对比$\sigma_n$与$T_n$, 可以注意到所有的$S_n$系数和为1, 或者也可以分子分母分开来看, 分子上$S_n$的系数和正好等于分母, 并且分子的每一项系数都是正数, 以及分母是趋于无穷的. 观察到这一点, 我们现在可以将这两种权推广到一种非常之一般的形式.

 

定义5 设有级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n$, 记$S_n$是其部分和, $\sum\limits_{n=0}^{\infty} b_n$是满足$b_0>0, b_n\ge 0$的发散级数. 定义 \begin{align*} \mu_n=\cfrac {\sum\limits_{k=0}^n b_nS_n}{\sum\limits_{k=0}^n b_n}, \end{align*} 那么称由$\mu_n$所得到的权为$\mu$权.

 

定义了$\mu$权之后, 反过来再考察$\sigma$权与$T$权.

$\sigma$权可以看成 \begin{align*}\sum\limits_{n=0}^{\infty} 1 \end{align*} 生成的$\mu$权, 而$T$权可以当做 \begin{align*} \sum\limits_{n=0}^{\infty} \cfrac 1n \end{align*}

生成的$\mu$权.

另外, 注意到级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} \cfrac 1n$的一般项比上级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} 1$的一般项趋于0, 又知道$T$权是$\sigma$权的严格推广, 这就引起我们对任意两个$\mu$权之间的关系的思考.

 

如果$\mu_1$由$\sum\limits_{n=0}^{\infty} b_n$生成, $\mu_2$由$\sum\limits_{n=0}^{\infty} c_n (c_n>0)$生成, 根据$\lim\limits_{n\rightarrow\infty} \cfrac {b_n}{c_n}=0$, 能否得到$\mu_2$和存在就一定有$\mu_1$和存在, 而且$\mu_1$是$\mu_2$的严格推广呢?将其表述出来就是:\\ 若$\sum\limits_{n=0}^{\infty} b_n(b_0>0, b_n\ge 0)$和$\sum\limits_{n=0}^{\infty} c_n(c_n>0)$都是发散的级数,而且有 \begin{align*} \lim\limits_{n\rightarrow\infty} \cfrac {b_n}{c_n}=0. \end{align*} 那么任给一个级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n$, 当 \begin{align*} \cfrac {\sum\limits_{k=0}^n c_kS_k}{\sum\limits_{k=0}^n c_k} \end{align*}

收敛时, 是否一定有

\begin{align*} \cfrac {\sum\limits_{k=0}^n b_kS_k}{\sum\limits_{k=0}^n b_k} \end{align*}

收敛.

更进一步还可以思考, 如果$\cfrac {b_n}{c_n}$有界, 是否$\mu_2$和存在就一定有$\mu_1$和存在呢?

但是很可惜,即使在$b_n\equiv 1$亦或是$c_n\equiv 1$时, 仍有反例存在, 我们不妨将反例写出来.

$b_n\equiv 1$时的反例: \begin{align*} a_{2n}&=2^{-n}, a_{2n+1}=-2^n;\\ c_{2n}&=2^{3n}, c_{2n+1}=2^n. \end{align*} $c_n\equiv 1$时的反例: \begin{align*} S_n&=\cfrac {(-1)^nn}{H_{n+1}};\\ b_0&=1, b_n=\cfrac 1m(\text{若}n=2^m), b_n=0 (\text{若}n\neq 0, 2^m). \end{align*} 由部分和$S_n$就可以定出$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n$.

 

 

既然在$\cfrac {b_n}{c_n}$有界时无法做比较, 那么如果加强条件,根据 \begin{align*} \lim\limits_{n\rightarrow\infty} \cfrac {b_n}{c_n}=1 \end{align*}

能不能得到等价性呢?

即是说$\mu_1$和与$\mu_2$和其中一个存在能不能推出来另一个也存在且相等?更进一步,对于$\cfrac {b_n}{c_n}$以及$\cfrac {c_n}{b_n}$ (这时要求$b_n>0$而不仅只是$b_n\ge 0$)均有界时的情况呢?我们在这里不作深入的探讨, 而是将这个问题留给有兴趣的读者思考.

 

 

我们还是把重点放在格兰迪级数的地方, 所以我们问格兰迪级数在权$\mu$下是收敛的吗?对于一般的$\mu$权, 结论是不成立的, 甚至在生成级数$b_n$单调的时候也不一定成立. 但是我们有结论: 当$b_n$递减, 亦或是$b_n$递增但满足$\cfrac {b_{n+1}}{\sum\limits_{k=0}^n b_k}\rightarrow0$时,这时格兰迪级数的$\mu$和存在. 其实不难发现有更进一步的结论:

\begin{align*} \cfrac {b_{2n+1}}{\sum\limits_{k=0}^n b_{2n}}\rightarrow0 \end{align*} 是这种情况下格兰迪级数权收敛的充要条件.

 

 

由于$\mu$权是一类权而不只是一个单一的权, 据此我们就得到了在很多种权的权收敛意义下, 格兰迪级数的权和都是$\cfrac 12$, 所以看起来似乎格兰迪收敛到$\cfrac 12$才是合适的, 之后我们还会继续说明这一点.

 

我们之前讨论的各种权, 无论是柯西标准权, 切萨罗$\sigma$权, T权, 以及更加一般的$\mu$权(应当注意到柯西权并不是$\mu$权), 都是直积为有限和的形式, 而且权族的指标集都是自然数集$N$的情况, 也就是取极限时权指标是离散的进行变化, 那么有没有直积是无限和以及权指标是连续变化的情形呢?

 

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作者,逆蝶,哆嗒数学网群友

 

让我们从一个故事说起:

 

在芝诺(Zeno)五岁那年, 他父亲问他:“从我们家到外婆家一共有五公里的路要走, 如果你以每小时五公里速度去外婆家, 那你需要多长时间才能到?”芝诺回答道:“一小时.”

 

十年之后,芝诺十五岁, 他父亲又问了他一遍相同的问题. 你可能会说, 芝诺父亲怎么会这么无聊?但是芝诺却回答:“永远也走不到.”

 

芝诺是这样回答他父亲的:“如果将五公里的路程一分为二, 那如果想去外婆家就要先走过这段路程的前一半;再将剩下的一半路程一分为二, 如果想要到外婆家, 同样也要走剩下路程的前一半. 之后再将剩下的路程一分为二, 这样无论走久都到不了外婆家, 所以永远也走不到.”

 

这其实就是著名的芝诺悖论, 这个悖论和古希腊神话中的善跑英雄阿喀琉斯(Achilles)追乌龟的故事有着异曲同工之妙. 不过我们现在已经知道这个悖论其实是无穷级数在作怪, 芝诺的悖论只不过是把1通过二分法分为了无穷份而已, 也就是指级数:

 

\begin{align*}\sum\limits_{n=1}^{\infty} \cfrac 1{2^n}=\cfrac 12+\cfrac 1{2^2}+\cfrac 1{2^3}+\cfrac 1{2^4}+\cdots=1.\\\end{align*}

 

 

 

无穷级数在数学史上出现的很早. 古希腊时期, 芝诺利用二分法提出著名的芝诺悖论就涉及到公比为1/2的几何级数, 亚里士多德(Aristotle)知道公比小于1(同时要大于0, 那个时代还没有负数的概念)的几何级数可以求出和数, 后来阿基米德(Archimedes)使用几何级数求出了抛物线弓形的面积.

 

到了中世纪,数学家对于涉及到无穷的一些悖论展开了激烈的争论. 1703年由数学家格兰迪(Grandi)发表的格兰迪级数引起了数学家的一番热议, 这个级数即是指:

 

\begin{align*}\sum\limits_{n=1}^{\infty} (-1)^n=1-1+1-1+1-1+\cdots.\end{align*}

 

其中丹尼尔·伯努利(Daniel Bernoulli)和欧拉(Euler)也对其进行了研究, 后来经由柯西(Cauchy)引入收敛与发散的定义, 数学家们才知道格兰迪级数是发散的.

 

调和级数也是一个发散的级数, 它的知名度甚至比格兰迪级数还高, 当然它的敛散性也曾是数学家的一个热议话题, 奥雷姆(Nicole Oresme)的对其发散性的极其简洁的证明曾引起数学界的一时轰动, 他是这样证明的:

 

\begin{align*}\sum\limits_{n=0}^{\infty} \cfrac 1n&=1+\cfrac 12+\cfrac 13+\cfrac 14+\cfrac 15+\cfrac 16+\cfrac 17+\cfrac 18+\cdots\\&=1+\cfrac 12+(\cfrac 13+\cfrac 14)+(\cfrac 15+\cfrac 16+\cfrac 17+\cfrac 18)+\cdots\\&\ge 1+\cfrac 12+(\cfrac 14+\cfrac 14)+(\cfrac 18+\cfrac 18+\cfrac 18+\cfrac 18)+\cdots\\&\ge 1+\cfrac 12+\cfrac 12+\cfrac 12+\cfrac 12+\cdots=\infty.\end{align*}

 

调和级数的通项都是趋于0的, 似乎它应该是一个收敛的级数, 但是它却是一个发散的, 这看上去也像是一个悖论.

 

如果学过数学分析或者高等数学, 应该会对级数的敛散性有所了解, 并对收敛级数的性质有着较好的把握, 所以我们会把重点放在发散的级数上, 对发散级数做一些必要的探讨. 虽然柯西之后的多数数学家遵循柯西摒弃了发散级数, 但是欧拉在不考虑收敛性下通过对级数神乎其技的变形而得到的美妙结论, 以及后来发现的发散级数在渐进估计中的重要应用, 这些都说明了研究发散级数并不是没有意义的. 另外柯西本人也注意到了ln(Γ(x))亦或是ln(m!)的斯特林(Stirling)级数(这个级数是发散的)在计算阶乘时逼近的优点, 但他并没有对这件事作出合理的解释.

 

本文主要介绍发散级数在非柯西意义下的求和问题, 并将会特别考虑格兰迪级数的求和. 通过格兰迪级数在其他意义下的求和, 来说明柯西关于级数收敛的定义并非是绝对的.

 

在行文的最后我们会讨论与格兰迪级数相似但也很具有特殊性的0-1级数. 笔者在此着重于对发散级数求和方式的介绍, 并不刻意追求严谨, 所以对于给出的结论也都是采取“只给不证”的方式,希望这篇关于发散级数的科普文章可以激发读者对发散级数的兴趣, 以及对于发散级数的思考和研究.

 

我们前面已经说过什么是格兰迪级数, 不过由于格兰迪级数是我们重点考察的级数, 所以在这里给出其定义将是有益的。

定义1(格兰迪级数)就是指级数

$$\begin{align*}\sum\limits_{n=1}^{\infty} (-1)^n.\end{align*}$$ 或者写成

\begin{align*}1-1+1-1+1-1+\cdots.\end{align*}
 

曾有很多数学家都研究过这个级数, 那么此级数的和是多少呢?我们通过一些简单的计算来看看它的和到底应该等于多少.


\begin{align*} S=1-1+1-1+1-1+\cdots. \end{align*} 我们有 \begin{align*} S=(1-1)+(1-1)+(1+1)+\cdots=0+0+0+\cdots=0. \end{align*}
但是另一方面, 我们还有
\begin{align*} S=1+(-1+1)+(-1+1)+(-1+1)+\cdots=1+0+0+0+\cdots=1. \end{align*}
那么S究竟是0还是1呢?似乎把结果折中一下, 当做$\cfrac 12$更好一些. 但不要着急, 我们很快就可以直接得到S也会等于$\cfrac 12$.
\begin{align*} S&=1-1+1-1+1-1+\cdots\\ S&=\qquad 1-1+1-1+1-1+\cdots \end{align*} 两式相加, 我们有 \begin{align*} 2S=1+0+0+0+0+0+\cdots=1 \end{align*} 此式即是$S=\cfrac 12$.
 

 

 


到这里可能就会奇怪, 为什么会出现$S$既等于$0$又等于$1$还等于$\cfrac 12$这种事情呢?这源于级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^n$并不收敛. 对一个不收敛的级数加括号, 是有可能使其收敛的, 但是随着加括号方式的不同, 所得到的结果也不一定相同, 因此到最后就说不好级数的和究竟是多少, 也无法说明哪一种加括号方式更加的合理. 不过还好柯西关于严密化的工作避免了这一点, 在柯西意义下收敛的级数, 无论通过什么方式加括号, 所得级数仍是收敛的, 而且收敛到的数值与柯西和相同, 这就避免了上述这种一个级数可能通过不同的加括号方式而得到不同的和的现象.下面我们来定义一下什么是柯西意义下的和.

定义2(柯西和) 无穷级数 $$\begin{align*} \sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n=a_0+a_1+a_2+\cdots+a_n+\cdots \end{align*}$$ 的前n项和 $$\begin{align*} S_n=\sum\limits_{k=0}^n a_k=a_0+a_1+a_2+\cdots+a_n \end{align*}$$
称为级数的部分和. 如果部分和构成的数列$\{S_n\}$具有有限的极限S, 我们就称级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n$在柯西意义下收敛(亦可以简称为收敛), 并且称S是级数的柯西和. 如果$\{S_n\}$没有有限的极限, 就称级数是发散的.

由此可见, 这里所定义的柯西和就是我们平常所说的级数和, 给出定义的目的只不过是为了与之后要定义的各种类型的和作区分. 由于柯西和是我们非常熟悉的一种和, 我们没有必要对其作太多的说明, 所以下面还是回归到对于格兰迪级数的讨论.

格兰迪级数的部分和数列
\begin{align*} S_n=\begin{cases} 1, &\text{当n是偶数时};\\ 0, &\text{当n是奇数时}. \end{cases} \end{align*} 于是格兰迪级数在柯西意义下是发散的.

知道了格兰迪级数是发散的, 那么再研究它是不是就没有意义了呢?现在我们不管它是发散的这个事实, 来看看莱布尼茨(Leibniz)的算法和解释:

在展开式
\begin{align*} \cfrac 1{1-x}=1+x+x^2+x^3+x^4+x^5+\cdots \end{align*} 中带入$x=-1$, 于是就得到 \begin{align*} \cfrac 12=1-1+1-1+1-1+\cdots. \end{align*}
他做了如下比喻:一块宝石由两个人轮流保存一年, 等价于各自保存半年, 所以其和是$\cfrac 12$ . 欧拉则以
\begin{align*} 1-\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^n=\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^n \end{align*}
也同样认为$\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^n=\cfrac 12$, 看起来似乎这两种说法都可以令人接受. 这就让我们有理由去怀疑, 是不是柯西收敛的定义本身就不够好呢?下面我们转入非柯西意义下的求和问题, 通过对切萨罗(Cesàro)的求和方式进行观察来引入权的概念, 然后再对柯西的求和方式做一些解释.

定义3(切萨罗和) 设$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n$是一个无穷级数, $\{S_n\}$是其部分和数列. 如果$\{S_n\}$的算术平均
\begin{align*} \sigma_n=\cfrac {S_0+S_1+\cdots+S_n}{n+1} \end{align*} 是一个收敛数列($\sigma_n $也称为切萨罗序列), 即$\lim\limits_{n\rightarrow\infty} \sigma_n=\sigma $, 就称级数在切萨罗意义下收敛, $\sigma$称为级数的切萨罗和.

注意,今后也常常会用$\sigma$和, 依$\sigma$收敛等来简单代替切萨罗和, 依切萨罗意义收敛, 读者将不难明白其中的含义.

现在通过切萨罗的方式来计算一下格兰迪级数的和. 之前已经得到格兰迪级数的部分和数列$S_n$的表达式, 于是不难得到
\begin{align*} \sigma_n=\begin{cases} \cfrac {n+1}{2n}, &\text{当n是偶数时};\\ \cfrac 12, &\text{当n是奇数时}. \end{cases} \end{align*}
据此有
\begin{align*} \lim\limits_{n\rightarrow\infty} \sigma_n=\cfrac 12. \end{align*} 这样就得到了级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^n$依$\sigma$意义收敛于$\cfrac 12 $ .

可以比较一下依柯西意义收敛和依切萨罗意义收敛的关系. 根据熟知的Stolz定理可以看出, 如果级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n $收敛, 那么必然会依切萨罗意义收敛且收敛到同一极限, 但是由格兰迪级数的例子可知依切萨罗意义收敛的级数却并不一定收敛. 从这种意义层面上来讲, 切萨罗和可以说是柯西和的一种推广. 但是我们要指出切萨罗和并不是毫无意义的纯粹为了推广柯西意义下的收敛而定义的, 其在研究傅里叶(Fourier)级数的收敛性问题中有着重要的应用.

既然前面说了切萨罗和是柯西和的一种推广, 下面我们就给出求和方式的推广定义.

定义4(推广和) 设有两种关于级数的求和方式, 把他们记为$s_1$, $s_2$. 如果依$s_1$收敛的级数也一定依$s_2$收敛, 并且收敛到同一极限, 那么就称$s_2$比$s_1$更广泛, 或者称$s_2$是$s_1$的推广. 如果还存在依$s_2$收敛但依$s_1$不收敛的级数, 就称$s_2$是$s_1$的严格推广. 若$s_1$是$s_2$的推广且$s_2$是$s_1$的推广, 就称他们是等价的.

有了求和方式的推广的定义后, 我们就有切萨罗和是柯西和的严格推广. 既然是严格推广, 现在要问, 在什么条件下由切萨罗收敛可以得到收敛呢?确切地说, 如果对所考虑的级数作出某种限制条件后, 根据切萨罗收敛能不能得到收敛?回答是肯定的! 我们可以对$a_n$作出简单的限制, 然后就可以切实得到在这种限制下的大量的级数, 切萨罗收敛是可以推出柯西收敛的.

在这之前我们先介绍阿贝尔(Abel)的一个很有用的公式, 这会对一些定理的证明起着至关重要的作用.

定理1(阿贝尔分部求和公式) 设有级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n, \sum\limits_{n=0}^{\infty} b_n$, 记$S_n=\sum\limits_{k=0}^n a_k$为级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n$的部分和, 那么有
\begin{align*} \sum\limits_{k=0}^n a_kb_k=\sum\limits_{k=0}^{n-1} S_k(b_k-b_{k+1})+S_nb_n \end{align*}
现在我们指出, 对于有限制条件的依切萨罗收敛问题, 有下述结论.

定理2 设级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n$的切萨罗和为$\sigma$,如果有

\begin{align*}\cfrac {\sum\limits_{k=0}^n ka_k}n\rightarrow 0, n\rightarrow\infty.\end{align*} 那么$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n$收敛且其柯西和为$\sigma$.

另外, 在切萨罗和存在的情况下, $\cfrac {\sum\limits_{k=0}^n ka_k}n\rightarrow 0 ( n\rightarrow\infty)$其实是柯西和存在且等于切萨罗和的充要条件. 我们来做一些简要的说明: 由Abel 分布求和公式不难得到
\begin{align*} S_n=\cfrac {\sum\limits_{k=0}^n ka_k}n+\cfrac {\sum\limits_{k=0}^{n-1} S_k}n \end{align*}
当$\cfrac {\sum\limits_{k=0}^n ka_k}n$极限不存在时, 易见$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n$发散. 但是有没有可能出现$\cfrac {\sum\limits_{k=0}^n ka_k}n$极限存在但是却不等于0, 从而得到柯西和存在但是与切萨罗和不相等的情况呢? 当然不可能! 因为前面已经指出如果柯西和存在那么就一定等于切萨罗和. 不过也可以依据下述定理绕过这段弯路, 从$\cfrac {\sum\limits_{k=0}^n ka_k}n$有一个非0极限直接得到$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n$发散, 这个定理本身也是很重要的.

定理3 如果$\cfrac {\sum\limits_{k=0}^n ka_k}n$趋于一个不为0的数s, 那么
\begin{align*} \sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n=\text{sgn} s\cdot\infty. \end{align*}
虽然我们得到了一个在切萨罗和存在的条件下级数柯西可和的充要条件, 但是由于其形式比较复杂, 我们宁可加强条件来得到一个比较直观的结果.

例如当$a_n=o(\cfrac 1n)$, 也即$\lim\limits_{n\rightarrow\infty} na_n=0$ 时, 由Stolz定理易见$\cfrac {\sum\limits_{k=0}^n na_n}n$趋于0, 而$a_n=o(\cfrac 1n)$这个条件相对来说要直观多了.

 

为了更加深入的比较切萨罗可和与柯西可和的区别, 下一篇会先转入对级数的权的讨论, 但之后还会继续讨论切萨罗和。

 

下次再会。

 

 

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走进Matrix:塑造现实的隐藏法则

 

 

 

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作者, Mark Buchanan,美国物理学家、作家,2009年拉格朗日奖得主。

翻译,浪荡游侠,哆嗒数学网翻译组成员。

原文地址:http://help-matrix.blogspot.com/2010/04/enter-matrix-deep-law-that-shapes-our.html


 

 

想象一下我们有一个理论能解释这个世界,不仅仅是原子、夸克,而且还能刻画我们生活中的方方面面。这听起来有点玄乎,但这样的理论也许真的存在,它就是最近在物理学中兴起的随机矩阵论。

 

随机矩阵始于50年前的微观物理,被用来描述原子核的能级。然而随着时间的推移,它开始在各个方面浮现。从通货膨胀率到固体性质,都出现了它的身影。一些科学家开始思索这些现象的背后是否蕴含着某些不为人知的共通模式。密歇根大学安娜堡分校的Raj Nadakuditi教授说:“随机矩阵背后似乎埋藏了某种自然界的核心规律。”

 

所有的这些,起源于物理学家将未知转变为优势的成功探索。1956年,我们对复杂原子的内部结构还知之甚少。德国物理学家Eugene Wigner说,要不然干脆就猜吧!量子物理告诉我们原子核有很多离散的能级,你可以把它想象成一个楼梯上的一堆非均匀分布的台阶。为了计算这些台阶间的距离,我们必须知道原子跃迁的所有可能方式以及其对应的概率。Wigner并没有这些数据,所以他随机挑了一些数作为概率,将他们排成方阵,并称之为“矩阵”。用矩阵表示能级间的关系是一种非常简洁的方式。与此同时,Wigner也拥有了强大的数学工具使他能对能级做出预测。他惊奇的发现,利用这种简单的方法,即使缺乏某一能级的信息,也能利用该能级邻近能级的信息对其做出大致估计。Wigner仅仅几行线性代数运算得出的结果超出了任何人的想象,并与之后几年的实验结论相差无多。但至于他的方法为什么会成立时至今日还是一个谜。

 

真正值得称道的是Wigner的方法在之后的运用。对于拥有一系列变量并且变量间相互关联的大量问题,都可以用随机矩阵加以解决。

 

第一个关于Wigner方法的其它应用发生在一个与原子物理毫不相干的领域,由英国物理学家Freeman Dyson和美国数学家Hugh Montgomery发现。Montgomery那时在研究数学中最著名的函数之一——黎曼Zeta函数。它是解析数论的枢纽,对于寻找素数有着重要意义。1859年,德国数学家黎曼猜测Zeta函数零点位置符合一个非常简单的法则,这些零点与素数的分布有着很紧密的联系。这就是著名的黎曼猜想,时至今日也没被证出。Montgonmery当时显然也没有证出这个猜想,但他推导出一个公式,只要知道某点附近一个零点的位置,就可以用它用来计算在该点找到零点的可能性。当Montgomery告诉Dyson他的公式的时候,这个物理学家马上意识到这和Wigner用在原子能级上的方法差不多。

至今,没人知道素数为啥和随机矩阵有关,更别提原子能级了。但是它们之间的关联不会有错。明尼苏达大学的数学教授Andrew Odlyzko计算了1023个黎曼函数的零点,发现其近乎完美地符合随机矩阵得出的结果。

 

随机矩阵邪乎的普适性不止于此。在过去几十年,研究者发现随机矩阵可以描述物理中一大类复杂系统。比如近来,哈佛物理学家Ferdinand Kuemmeth和他的同事用它预测了他们制造金纳米颗粒中的电子能级分布。传统理论认为这样的能级会被各种因素所干扰,包括纳米颗粒的准确大小和形状,以及原子间的相对位置等。这些因素或多或少包含一些随机性。然而,Kuemmeth的团队发现用随机矩阵得出的结果完美地契合了能级的实验数据。

 

由德国Regensbrug大学物理学家Jack Kuipers领导的团队发现了用随机矩阵得出的结果同样高度吻合电子在量子点内无规则反弹的实验数据,这种吻合在能捕捉到单一量子粒子的小盒子中尤为明显。

 

从量子色动力学到晶体的弹性性质,这样的例子数不胜数。“随机矩阵展现出的这种法则几乎在所有量子系统中有效,这是一个令人惊奇的结论。”瑞典物理学家Thomas Guhr说。

 

随机矩阵论的普适性引起了数学家的注意。诸如纽约大学的PercyDeify认为其中可能隐藏着更广泛的规律。他说,“这样的想法在数学家中并不常见。数学家倾向于认为每一类问题都有自己的特点,但是近年来我们开始看到看似没有什么关联的领域展现出了相同的行为。”在2006年的一篇论文中,他展示了随机矩阵可以非常自然地应用到诸多问题中,从某种纸牌游戏,到公交车堵塞,再到气体中分子反弹的路径。

 

  一个很重要的问题是数学物理背后是否有更深层次的理论可以解释为何随机矩阵可以抓住很多问题的关键。“原因肯定是存在的,只不过我们现在还不知道”,Nadakuditi说。与此同时,随机矩阵已经改变了我们对随机系统的看法,并使我们能够尝试去理解它们。这也许也为侦测全球气候的微小变化提供了新的工具。

 

   1991年,一个国际科研项目实施了一个后来被称之为赫德岛可行性测试的项目。在海底传播声音可以对气温升高进行敏感性测试。受此启发,他们在赫德岛附近的印度洋传播了一个巨大的“嗡嗡”声,并用分布在各地的传感器来接收信号。20年后再次进行这项实验对于气候变化可以产生十分有用的信息。然而考虑到巨大的声音会对当地的海洋生物产生负面影响,所以发射的信号必须很弱,弱到很难被一般传感器检测到,这时随机矩阵就派上了用场。

 

   近年来,NadakuditiAlan Edelman几位麻省理工的教授发明了基于随机矩阵的信号检测方法,尤其适用于全球大范围传感器检测。“原则上你可以发射相当弱的声音并且仍然能检测到信号。”Nadakuditi说。

 

   还有人用随机矩阵做一些非常有意思的事情,比如让光穿过不透明材料。去年,荷兰物理学家Allard Mosk团队用随机矩阵来描述射到物体上的光和散射光的统计关联。“对于散射效果非常好的不透明物体,它们之间的关联可以同随机矩阵完全表示”,Mosk说。

 

最有意思的是,用随机矩阵可以推导出一些奇怪的结论。结果显示,有一种特殊的波会穿过物体而非被反射,Mosk称之为“通道”。为了验证这一点,Mosk的团队制造了一束有着精巧的波阵面的光,让其穿过不透明的氧化锌层,他们发现投过的光急剧增加。随机矩阵导出了其他理论中没有的奇怪结论,而且还实验证实了!

 

到这里,我们才刚刚要说到随机矩阵最牛逼的应用。巴黎理工大学的物理学教授Jean-PhilippeBouchaud说,“尽管近十年来随机矩阵导出了很多重要的结果,但是当把它运用到各个领域海量数据的处理时,它的重要性又上升了一个等级”。

 

从粒子物理到天文,再到生态学和经济学,搜集和处理巨量数据都是家常便饭。一个经济学家可能从上百个数据集里筛选信息来解释通货膨胀率的变化,这些数据集可能包括石油期货、利率或者工业存货。诸如亚马逊等商业机构依靠相似的技术去挖掘用户购物行为然后为他们推荐商品。随机矩阵论显示,尽管这种方法有其合理之处,但是也有很大的缺陷。当越来越多的数据被采集到后,我们所研究的变量急剧增加,与之一同增加的是具有伪相关关系的变量。当变量数量足够多时,你几乎肯定会检测到某些变量间的显著相关性,然而事实上他们并没任何关系。

     

  假设你有多年的各种经济指标数据,包括通货膨胀率,就业率和股价等等。你在其中寻找因果关系。Bouchaud和他的同事证明,即使这些变量进行随机波动,选出其中两个看似相关度最高的变量,它们的相关关系依然非常显著。

 

  上述现象被称作“维数诅咒”。它的意思是当巨量信息被观察到时,研究问题变得简单,然而同时也更易使人发现实际上不存在的模式。为了区分何种模式有意义,随机矩阵便派上了用场。

 

   在上世纪60年代末期,乌克兰数学家VladimirMarcenkoLeonidPastur推导出大型随机矩阵的一系列性质。根据这些性质你可以计算随机情况下数据集间有多少相关性。这使得你能从伪相关性中得出真实情况。他们相关性的计算方法和Wigner的能级推导实际上是差不多的。

 

   Bouchaud团队的结果显示很多经济预测是多么不靠谱,尤其是那些对几个月之后的预测。当然,经济机构要靠这类预测吃饭,但是我们能相信他们么?

 

   为了回答这个问题,Bouchaud和他的同事研究了美国通货膨胀率是如何被其他指标解释的。这些指标包括工业生产指数,零售指数,消费者信心,生产者信心,利率和油价。利用1983年到2005年的数据,他们首先计算了数据间各种相关关系,并发现了一些看似显著的结果。这些结果显示某个经济指表发生变化导致了通货膨胀率在接下来一段时间发生变化。对于那些比较天真的小伙伴,这些结果似乎表明我们可以信心满满地用这些指标去预测通货膨胀率。然而Bouchaud团队运用Marcenkopastur的方法却得出这些所谓显著相关关系中只有极少量可能是真实存在的,因为只有这些相关性比完全随机得出的相关性要高。Bouchaud说:“加入更多数据并不像经济学家想的那样可以加强可预测性。”

 

  近年来,也有经济学家对这些从海量数据中得出的预测表示怀疑,但他们是少数。绝大多数经济学家还是相信更多的变量能提供更好的预测,然而这可能仅仅是他们的一个幻觉。也许他们时候学习一下随机矩阵了!

 

   Wigner一定也被吓尿了。他肯定不会想到他表示原子核能级的方法能走得如此之远,从物理中的普遍规律到社会科学中的数学工具,方向上似乎也越来越奇怪。这些一定偏离了他偷懒的初衷!

 

 

 

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