S=1/p+1/p^2+...的各种求法

S=1/p+1/p^2+…的各种求法

StarSky 2021-9-1

---

这是我的一个B站视频的补充材料，不过您愿意的话，直接读文章也可以。

B站视频传送门：1/3+1/9+…=1/2 ？？【manim练习作|一定要看到6分10以后】

---

初中时，有一天早上我坐在马桶上考虑起了这样一个问题：

$$\label{prob_3_series} \frac13+\frac19+\cdots=?\tag{1}$$

在脑海中一通想象猜出答案$1/2$之后，我也不知道怎么证明，便没了主意。

进一步地，由于：

$$\frac12+\frac14+\cdots+\frac1{2^n}=1-\frac1{2^n}\\ \Rightarrow\frac12+\frac14+\cdots=1-\frac1{2^\infty}=1=\frac11\tag{2}$$

我猜想，会不会有

$$\frac1p+\frac1{p^2}+\cdots=\frac1{p-1},\forall (p\in\mathbb{Z})\land (p>1)\tag{3}$$

呢？

后来我去找初中数学老师，可她告诉我：

“很多年没有处理极限了，我也不记得怎么做了。”

于是只好作罢。不过她当时在草稿纸上龙飞凤舞的极限符号，倒是对我产生了很深的影响——我如今还在用她的花体写极限符号。

近日为了这个问题做视频，结果除了了高中数列的标准做法，还发现了好多不同的解法。由于并不是每个解法都适合做成动画，因此多余的解法我就写到这篇博文里了。在视频中出境的是前两个解法。

I.标准解法

高中数列中的标准解法。

结论（等比数列的求和公式） 对于等比数列$a_n=a_1q^{n-1}(n\in\mathbb N)$,前$n$项和为

$$\begin{align*} S_n&=a_1+a_2+\cdots+a_n\\ &= \left\{\begin{array}{ll} a_1\frac{1-q^n}{1-q} &q\neq1\\ na_1 &q=1. \end{array}\right. \end{align*}\tag{4}$$

证明$ q=1$的情况是显然的。下面考虑$q\neq1$的情况：

$$\begin{align*} S_n&=a_1+a_2+\cdots+a_n\\ &=a_1+a_1q+\cdots+a_1q^{n-1}\\ &=a_1(1+q+\cdots+q^{n-1}) \end{align*}\label{S_def}\tag{5}$$

于是我们需要对后面括号中的因子$(1+q+\cdots+q^{n-1})$求和。

错位相减后，可以消除当中大多数的项，只留下一头一尾两项，于是便“完成了求和”（实质是简化了公式）：

$$\begin{array}{l} 1+q+\cdots +q^{n-1}\\ \phantom{1}-q-\cdots-q^{n-1}-q^n \end{array}=1-q^n \\ \Rightarrow(1-q)(1+q+\cdots+q^{n-1})=1-q^n\tag{6}\\ \Rightarrow1+q+\cdots q^{n-1}=\frac{1-q^n}{1-q}$$

带回$\eqref{S_def}$，就得到$S=a_1\frac{1-q^n}{1-q}$.就求出了等比数列求和公式。上面的$(1-q)(1+q+\cdots q^{n-1})=1-q^n=1^n-q^n$也叫$n$次方差公式——准确来说是一个变种。但这里的具体名字并不重要，关键在于通过错项相减把当中的大多数项消掉了。

进一步地，可以得到等比数列的所有项和：

$$\begin{align*} S:&=\lim_{n\to\infty}S_n\\ &=\lim_{n\to\infty}a_1\frac{1-q^n}{1-q}\\ &= \left\{\begin{array}{ll} \frac{a_1}{1-q} & |q|<1\\ 极限不存在 & |q|\ge1. \end{array}\right. \end{align*}\tag{7}\label{geo_series_sum_fml}$$

我们一开始的问题，就等价于对数列$a_n=\frac1{p^{n-1}}=\frac1p\cdot\frac1{p^{n-1}}$求和。把$a_1=q=1/p$带入$\eqref{geo_series_sum_fml}$，立马就得到：

$$\begin{align*} S&=a_1\frac1{1-q}\\ &=\frac1p\frac{1}{1-\frac1p}=\frac1{p-1} \end{align*}\tag{8}$$

注意使用这个公式的前提是$|q|<1$，因此$p\in(-\infty,-1)\cap(1,\infty)$.

可以看到，我们一开始的猜想不仅是正确的，而且对于除了$[-1,1]$以外的取值都是正确的，不仅仅局限于$>1$的正整数。

II.数形结合

真正有意思的地方从现在才开始。我本来以为只有标准解法，但后来发现还有数形结合的做法（初中生狂喜）。

怎么转化为几何问题呢？思路很简单：把每一项横竖横竖地交替放到平面直角坐标系上，从原点开始：

经验告诉我们，最后这些蓝色的点应该会收敛到一个极限点。但这其实没有给我们解题任何帮助，只是把数列画到了图上而已；真正令人意向不到的是，这些蓝色的点其实都在两条直线上！

以$\ell_1$为例。前两个点点$(0,0),(q,1)$的横纵坐标之比是$q:1$,因此线段与$x$轴的夹角是$\arctan1/q$;而$(q,1),(q+q^3,1+q^2),\cdots$后面的几个线段也满足这一点。由于倾角相同，因此所有的线段构成了一条共同的直线，也就是$\ell_1$！

对于$\ell_2$同理可证。注意到这一点之后，我们还可以轻易地求出两条直线的解析式：

$$\left\{\begin{array}{l} \ell_1:y=\frac1qx\\ \ell_2:y=qx+1 \end{array}\right.\tag{9}$$

然后就是交点坐标：

$$P\left(\frac{q}{1-q^2},\frac1{1-q^2}\right)\tag{10}$$

注意，此时数列的$1,3,5,\cdots$项累加构成了交点的纵坐标，第$2,4,6,\cdots$项累加构成了交点的横坐标——因此，只要将交点的横纵坐标相加，就能求出数列的所有项和：

$$S=x_P+y_P=\frac{q+1}{1-q^2}=\frac1{1-q}.\tag{11}$$

注意，这个解法里省略了$a_1$，或者说，把$a_1$设成了$1$.

此外，我后来在网上看到了一个这种解法的变体，来自up主cigar666:

他受阿基里斯追龟问题启发，在$s-t$图上画出两人的运动，得到了类似的结果。区别在于，平面直角坐标系上的线段是$1,1,q,q,q^2,q^2,\cdots$而非我前面使用的$1,q,q^2,\cdots$.于是，$\ell_1$就变成了角平分线$y=x$.有兴趣的朋友可以去他的空间，代表作第一个视频就是。

另外，有意思的是，当$q$变化时，交点也会随之变化；除了用来观察$S$的变化，我们还可以研究$P$的轨迹。从公式可以直接得到：

$$y_P^2-x_P^2=\frac{1-q^2}{(1-q^2)^2}=\frac1{1-q^2}=y_P\\ \Rightarrow y_P^2-y_P-x_P^2=0\tag{12}$$

于是，$P$的轨迹就是一条双曲线：

$$\left(y_P-\frac12\right)^2-x_P^2=\frac14\tag{13}$$

由于偷懒，我这里就不画图了。感兴趣的同学可以打开几何画板，【$\ell_1,\ell_2$->构造交点->追踪轨迹】自己玩玩看。

其中，$|q|<1$对应上半支。下半支则对应了$|q|>1$…

等等，等比数列各项和有极限不是要求$|q|<1$吗？照此来看，$|q|>1$时，根本不存在有意义的交点$P$,下半支应该不是轨迹的”合法部分“！不过，如果足够好奇，我们仍然可以把$P$定义为$\ell_1,\ell_2$的交点。这时$\ell_1,\ell_2$已经在第一象限中完全”放开“，胳膊肘”朝外拐“了；事实上，此时两条直线的交点在下半平面。这并不妨碍我们可以看看这时会发生什么。

回到刚刚的分析。$|q|<1$对应上半支。下半支则对应了$|q|>1$,$|q|=1$则对应了无穷远点。我们还可以可以换一种”切法“，$q<0$对应左半平面$x_P<0$的部分，$q>0$对应右半平面的部分。

我再次强调，$|q|>1$对应的下半支是等比数列求和中遇不到的情况。不过这启发我们，也许可以把等比数列的各项和$S(q)$延拓到$|q|>1$的区域：

$$S(q)=\frac{1}{1-q},\;|q|<1,或者|q|>1也无妨\tag{14}$$

或者更干脆一点，延拓到复数域：

$$S(z)=\frac1{1-z},\;z\in\mathbb C\tag{15}$$

好吧，我得承认这么做其实没什么用处，纯粹是为了好玩；但事实上，完整的黎曼函数$\zeta(z)$和Gamma函数$\Gamma(z)$都是这样定义的——解析延拓在复变函数中有着非常重要的应用。

III. 作差法

我们知道，

$$\frac12=1-\frac12\\ \frac12+\frac14=\frac34=1-\frac14\\ \cdots\tag{16}$$

很容易归纳得出$\frac12+\frac14+\cdots+\frac1{2^n}=1-\frac1{2^n}$，从而$n\to\infty$之后就有$\frac12+\cdots=1$.

然而对于$1/3,1/4$求和的情形，这个归纳就没那么显然了。但是这种做法真的不能推广吗？

事实上，知道了结果$\frac1p+\cdots=\frac1{p-1}$之后，其实我们可以有的放矢，“强行推广”：

考虑余项

$$\begin{align*} &\phantom{=}\frac1{p-1}-\left(\frac1p+\cdots+\frac1{p^n}\right)\\ &=\frac{p^n-(p-1)(p^{n-1}+\cdots+1)}{p^n(p-1)} & [直接通分]\\ &=\frac{p^n-(p^n-1)}{p^n(p-1)}&[n次方差公式]\\ &=\frac1{p^n(p-1)}\to0&当|p|>1,n\to\infty时 \end{align*}\tag{17}$$

从而我们得到结论

$$\frac1p+\frac1{p^2}+\cdots+\frac1{p^n}=\frac1{p-1}-\frac{1}{p^n(p-1)}\\ =\frac1{p-1}\left(1-\frac1{p^n}\right)\tag{18}$$

从而，我们成功地把公式$\frac12+\cdots+\frac1{2^n}=1-\frac1{2^n}$推广到了任意$p$的情形。而当$p=2$，容易验证，上式就退化为了

$\frac12+\cdots+\frac1{2^n}=1\cdot\left(1-\frac1{2^n}\right)=1-\frac1{2^n}.$

这个一般公式的右边还是有一些复杂的，难怪只靠观察很难直接归纳出来。

有了一般公式之后，令$n\to\infty$，后面的余项$1/(p^n(p-1))\to0$,因此就得到了结果$\frac1p+\cdots=\frac1{p-1}$，从而也就证明了一开始的猜想。

当然，得到这个公式的关键在于，证明中用到了$n$次方差公式对$p^{n-1}+\cdots+1$进行求和，还是没有能够逃避等比数列求和的问题。

IV. 不忘“初心”（一）

回顾最初在初中的那个早上，我在脑海里其实画了一张图：

$0$加上了$1/3$填上了$[0,1]$中最左边的$1/3$，留下中间和右边的两个$1/3$空余；

好像一直在填上“中间$1/3$里面的左边那个$1/3$”，但永远不会填满某一个”中间的$1/3$“.

再加上$1/9$也就是【$1/3$的$1/3$】，就可以把【当中那个$1/3$的左边$1/3$】填上；

而这一过程可以一直进行下去。

这么说可能有点抽象，这里我们可以画个图：

总结一下，我们可以得到这个结果：

Observation(极限) 在这个过程中$S$越来越靠近$1/2$，而由于永远“只填左边的$1/3$，因此又永远不会超过$1/2$.因此我猜想结果就是$1/2$.

回顾前面的解法，都是通过其它技巧求出了数列的各项和；但能不能把我这个一开始的想法（“初心”）严格化，写成数学证明呢？我们来试一试：

这里的核心是前$n$项和与“目标”$1/2$的差。于是我们考虑这个数列：$\delta_n=\frac12-S_n$.只要能证明$\delta_n\to0$,就能证明$S_n\to\frac12$.

证明：

$$\begin{align*} \delta_n&=\frac12-S_n\\ &=\frac12-\left(\frac13+\cdots+\frac1{3^n}\right) \end{align*}\tag{19}$$

等等，这不就是在III中已经求过的结果吗！我们省去推导，把结果直接誊抄过来：

$$\delta_n=\frac1{p^n(p-1)}=\frac1{2\cdot3^n}\tag{20}$$

显然，当$n\to\infty$时$\delta_n\to0$,因此可以证明

$$\lim_{n\to\infty}S_n=\frac12.\tag{21}$$

IV和III的区别在于，虽然后面的数学技巧相同，但一开始的出发点不同。III是模仿$\frac12+\frac14+\cdots+\frac1{2^n}=1-\frac1{2^n}$公式的归纳思想，IV则已经有了做差、极限的思想。事实上，前面的论证可以很方便地改写成$\epsilon-\delta$语言的形式，用现代分析的极限语言表达出来：

$$\forall \epsilon>0,\exists N,\forall n\ge N, \left|S_n-\frac12\right|=\delta_n<\epsilon.\\ \Rightarrow\lim_{n\to\infty}S_n=\frac12.\tag{22}$$

其中，$N$由满足不等式$\delta_n=\frac{1}{2\cdot3^n}<\epsilon$的最小$n$确定。这里偷个懒，就不求出具体的值了。

V. 不忘“初心”（二）/自相似（一）

回顾IV中的思路，其实还有不同的insight可以发掘：

$0$加上了$1/3$填上了$[0,1]$中最左边的$1/3$，留下中间和右边的两个$1/3$空余；

好像一直在填上“中间$1/3$里面的左边那个$1/3$”，但永远不会填满某一个”中间的$1/3$“.

再加上$1/9$也就是【$1/3$的$1/3$】，就可以把【当中那个$1/3$的左边$1/3$】填上：

而这一过程可以一直进行下去：

记号 把$[0,1/3],[1/3,2/3],[2/3,1]$分别记为$\mathcal L_1,\mathcal M_1,\mathcal R_1$. $\mathcal M_1$的左中右三部分又可以进一步被划分，记为$\mathcal L_2,\mathcal M_2,\mathcal R_2$.以此类推，可以定义$\mathcal L_n,\mathcal M_n,\mathcal R_n$.例如，上图中被填满的部分就是$\mathcal L_1,\mathcal L_2,\mathcal L_3$.——这个记号定义主要是为了简化冗长晦涩的文字描述，“当中$1/3$的左边$1/3$”之类的。

Observation(自相似) 加上的每一项$\frac1{3^n}$，都是在当中的、一个更小的$1/3$（$\mathcal{M_{n-1}}$）中，填满$\mathcal{M_{n+1}}$的左边的$1/3$（$\mathcal L_n$）。这一过程可以一直持续下去，而且对于每一个$\mathcal{M_n}$这一步都是相似的，除了$\mathcal{M_{n+1}}$会比$\mathcal{M_n}$小三倍。

利用这个想法严格化，试试看能不能给出证明：

证明：

前述的自相似性可以粗略地提炼为：

$$放大三倍\left[\left(S_{n+1}-\mathcal L_1\right)\right]=S_n\tag{24}$$

即，$S_{n+1}$先减去最左边的最大块的$\mathcal L_1$，再把当中的部分$\mathcal M_1$切片放大三倍，就变成了和$S_n$一模一样的样子。是不是很神奇？这句话这么说可能比较抽象，可以对着上面$1/3$和$1/9$的图看，或者自己画一下草图。

写成正经的公式，就是：

$$\left(S_{n+1}-\frac13\right)\cdot3=S_n\tag{25}$$

有了这个公式，后面就很好办了。先展开：

$$3S_{n+1}-1=S_n\tag{26}$$

得到了一个一阶线性递推公式。这种递推公式，可以”凑“一个等比数列出来：

$$3S_{n+1}-\frac32=S_n-\frac12\\ \Rightarrow3\left(S_{n+1}-\frac12\right)=S_n-\frac12\tag{27}$$

于是$\left\{S_n-\frac12\right\}$就变成了一个等比数列，可以很方便地求出它的通项：

$$S_n-\frac12=\left(S_1-\frac12\right)\cdot\frac1{3^n}\\ =-\frac1{2\cdot3^n}\\ \Rightarrow S_n=\frac12-\frac1{2\cdot3^n}.\tag{28}$$

有了通项，很容易就能进一步分析问题。当$n\to\infty$，就有$S_n\to\frac12$.

值得注意的是，这里有很多非常神奇的地方：

• 经过一通操作，竟然把等比数列的求和$S_n$又转化成了一个新的等比数列、并求解；看似原地转圈，但其实已经上了一个台阶
• $\{S_n-1/2\}$不就是前面的$-\delta_n$嘛！兜兜转转，又回到了“余项”$\delta_n$上。更令人啧啧称奇的是，我们的出发点是$(S_{n+1}-1/3)\cdot3=S_n$，式子里只有$1/3$，但最后凑出来的等比数列里却出现了$1/2$.不得不让人感叹数学的神奇。

最后总结一下，这个解法的出发点，是在数列累加中找到了迭代和自相似的结构。因此我在标题中加入了“自相似（一）”。

VI. 自相似（二）

这种问题，其实还有一种在初中很流行的解法：

$$\begin{align*} S&=\frac13+\frac19+\cdots\\ &=\frac13+\left(\frac19+\cdots\right)\\ &=\frac13+\frac13\left(\frac13+\frac19+\cdots\right)\\ &=\frac13+\frac13S\\ \Rightarrow 3S&=1+S \end{align*}\tag{29}$$

解方程即得$S=1/2$.

这种解法非常聪明，很多人（包括我）第一次看到这种解法都会感到“大受震撼.jpg”。从思维上来讲，是观察到了$S$结构中的自相似性并加以利用。然而其数学根源却来源于极限运算：

如果数列$\{a_n\}$有极限$\lim_{n\to\infty}a_n=a$且满足递推公式$a_{n+1}=f(a_n)$（假设$f$性质足够“好”，例如，连续），那么，对递推公式两边取极限，我们得到：

$$\lim_{n\to\infty}a_{n+1}=\lim_{n\to\infty}f(a_n)\\ \text{LHS}=a,\text{RHS}=f(a)\\ \Rightarrow a=f(a)\tag{30}$$

于是，只要解方程$a=f(a)$就能得到数列的极限。

在上面的例子中，只要把$a_n$带换成$S_n$，$a_{n+1}=f(a_n)$带换成$S_{n+1}=1/3+1/3\cdot S_n$就可以了。

然而这里有一个很重要的问题，就是，这种方法是以数列有极限为前提的！如果数列没有极限，这种方法很容易得出错误的结果。考虑一个很简单的例子，对$\Pi=2\cdot2\cdot2\cdots$，有$\Pi=2\cdot(2\cdots)=2\cdot\Pi\Rightarrow \Pi=0$,而这显然是错的！上面的例子，究其原因，就在于数列没有极限：如果定义$\Pi_{n+1}=2\cdot \Pi_n$，那么只有在$\Pi_1=0$时数列才有极限，上式$\Pi=\lim_{n\to\infty}\Pi_n=0$才是成立的。

回到原来的例子。如果想要使这个证明严谨，我们还必须证明数列$S_n$有极限。除了把极限求出来这个在这里显得有些荒唐的办法之外，我们还有一个定理可以借助：

定理 可以从实数的公理出发直接证明，单调上升（下降）有上（下）界数列有极限.

显然$S_n$单调上升，我们只需要说明$S_n$有上界即可。这里我们有两个选择：

1. 借用VI中的记号，显然$S_n$永远不会碰到$\mathcal R_1=[2/3,1]$,因此有上界$2/3$.

2. 借用前面已经求过的$\delta_n$，由于$\delta_n=\frac12-S_n=\frac1{2\cdot 3^n}>0$,因此有上界$1/2$.不过这样一来已经可以直接求出极限$S$了，好像有点overkill.

从而，$S_n$有极限，也就可以运用一开始的方法了。

VII. 数学归纳法

最后，如果实在不会证明，在已经知道（求出来，算出来，猜出来等）$\delta_n$的规律（通项公式）的情况下，还有一个“不讲武德”的方法可以使用：数学归纳法。过程如下：

数学归纳法 猜想$S_n\to\frac12$.

令$\delta_n=\frac12-S_n$.我们猜想$\delta_n=\frac1{2\cdot3^n}$.显然有$\delta_1=\frac16$.

假设$\delta_n$满足上述通项，则有：

$$\begin{align*} \delta_{n+1}&=\delta_n-\frac1{3^{n+1}}\\ &=\frac1{2\cdot3^n}-\frac1{3\cdot3^n}\\ &=\frac1{6\cdot3^n}=\frac1{2\cdot3^{n+1}}.\square \end{align*}\tag{31}$$

即，$\delta_{n+1}$也满足猜想.从而，得证“$\delta_n$的通项公式就是$\frac{1}{2\cdot3^n}$”。再令$n\to\infty$,就有$S_n\to\frac12.$

有趣的是，数学归纳法虽然“不讲武德”，但当中的推导过程却出乎意料地简洁。

Summary

写了这么多不同的解法，我觉得有必要总结一下不同解法间的异同和关系。或者说，分析一下解法间的”superstructure”.

先把我前面给出的所有解法罗列一下：

I. 标准解法
II. 数形结合
III. 做差法
IV. 不忘“初心”（一）
V. 不忘“初心” （二）/自相似（一）
VI. 自相似（二）
VII. 数学归纳法

其中，唯一的几何解法是II，而其它都是代数解法。然而，II中蕴含的解析几何比我一开始想象得要深刻得多，甚至我觉得，应该还有许多我没有挖掘出来的结构。此外，II也是最直观、最具有explanatory power的一种解法。这也是为什么II是除了标准解法之外唯一一个被我选入视频中的解法。

I就不多提了。本事高中数列的标准内容，应用到一开始的问题上也是“以力破法”、轻轻松松；唯一值得注意的是化简中用到的错位相消法，是非常巧妙而且适用性很强的方法。

III,IV的核心思想都是做差；不同之处在于，III是受$\frac12+\frac14+\cdots+\frac1{2^n}=1-\frac1{2^n}$启发，试图推广到non-trivial情形后的结果，IV则更贴近极限思想一些。由于与极限过程关系比较密切，我在IV中顺便加入了$\epsilon-\delta$语言的证明。

V,VI则都是基于对数列求和$S$中自相似结构的观察而得到的。不同之处在于，V是在有限项$S_n$上找自相似，VI则是在无穷多项的$S$上直接找自相似——由于直接面对无穷，也带来了一些小麻烦。

不难发现，在后面的III,IV,V,VI,VII中，出现了许多相近的数学结构与推导，例如多次出现的$\delta_n$.这里我要说明一下，这篇文章中我给解法分类、判断解法是否异同的标准，是它们背后的数学思维，而不是具体的推导过程。即使如此，同样一个$\delta_n$会出现在这么多解法中仍然是一件让人感到非常神奇的事情——it just occurs! 这也许是在告诉我们，数学中不同的结构之间总是会有着千丝万缕的联系的。

结语

没想到已经快六千字了，怪不得我写了这么久，呵呵。

我一开始只是想用manim做一下第一个解法的动画作为练习，然后发现了第二个、非常适合可视化的解法。惊喜之余，对着公式稍稍倒腾，竟然一个小时之内又发现了好多新解法。然而III,IV,V,VI,VII全都是代数解法，并不适合做成动画——Grand本人也说过manim并不适合用来演示单纯的公式推导——那样就会得到”动画不足、枯燥有余“的结果。但把后来发现的其它解法随风飘散又有些可惜，于是最终决定写成文章记录下来，作为视频的补充材料供有兴趣的读者阅读。

对我而言，这篇文章更重要的一个意义是给初中的自己一个交代。那时的我对数学很感兴趣，发现了许多奇奇怪怪的结论；然而自己和身边的人数学水平又都很有限，对于一些稍微复杂一些的问题便无从下手。

时隔多年重新拾起这个问题，发现自己的数学水平已经有了不少提升，不仅能解决原来的问题、还能给出许多不同的解法。这一方面让我感到惊喜和满足，另一方面也向我展示了知识的浩瀚——今天的我相比于所有数学知识，恐怕比初中的我相比于如今的我更加渺小。不，渺小得多。

最后要感谢一下3Blue1Brown和背后的Grand Sanderson——不仅仅是为社区提供了manim这样一套开源的动画工具——这个视频本来是受到七八月之交发布的数学科普制作入坑指南启发，打算做好了之后投稿Summer of Math Exposition #1大赛的。结果没想到自己咕到现在，已经过了SoME投稿的ddl了。即便如此，这期视频还是对我有了很大的启发；事实上，如果没有SoME的激励和，我恐怕根本不会真正入坑manim、开始制作这个视频。常言道，”好的开始是成功的一半“，大概就是这个意思吧——去开始做某一件事情，往往是”最困难“的。