合集 | 被毕达哥拉斯从音乐中所发现的调和级数及几个有趣应用
[遇见数学翻译小组] 核心成员: 刘雄威
一个数学爱好者，希望为数学科普工作做更多贡献，欢迎纠错或讨论，微信号是Mr_LiuXW。
● 等差级数(arithmetic series)，例如:
▌为什么该级数称为"调和"？

▲ 中世纪毕氏音程木刻画，在图中显示毕达哥拉斯正在使用钟与其他乐器。
音的弦，它的长度剪至原来的
，这根弦便能发出
音符（音乐家们称从
到
为一个*五度音程*）。如果弦的长度减半,它将发出高音
，即高出一个倍频程。这些音符和它们对应的弦长是毕达哥里斯的和声学基础。
和
的调和均值为
。现在将这些数字取倒数，即

▲ 立方体和八面体
个面、
个顶点和
个边。由于
、
和
是调和级数，毕达哥拉斯立方体是一个“和谐”物体。还有其他"和谐"物体吗？有得——八面体，它有
个面,
个边和
个顶点。还有其他的吗？虽然这是个简单的问题，但我还没深入地思考过，这部分还需要了解欧拉的多面体公式和佩尔方程的解的内容。
▌调和级数的值
不像等差级数和几何级的公式，调和级数的值没有简单的公式对应
也许你会认为调和级数收敛于某个常数，因为随着项的增多，所增加的项在逐渐变小。确实如此，但是如果你用简单的计算器或台式电脑试着计算，你会得到一个有限的数字。这是因为一般的运算器只能处理一定大小(通常为
)的数字,并且将
视为零。这样的计算器会告诉你，调和级数的总和是大约
，如果你让它运行足够长时间的话。
中的某些项换成更小的项
并将它的某部分括起来，这个级数就变成
用
表示调和级数的
项部分和，也叫作第
个调和数。奥里斯姆认为
增长的速度越来越慢。可以观察到一个很有意思的现象，便是除了
，以外，
不再等于任何整数。我看到这个问题在不止一篇数学奥林匹克试卷中出现过，而这个问题的解答，因其推理的严谨，同样是值得研究的。
设
，取整数
使得
，有
的最小公倍数为
，其中
为奇数。现在等式两边同时乘以这个数字，可得
当乘以这个最小公倍数时，等式左侧的所有项都将是整数，但有一项除外：
是奇数，所以等式左侧不是整数。因此等式右侧也不是整数。这意味着这
不是整数。
▌创纪录的降雨量
第一年无疑是创纪录的一年。在第二年，降雨量有同等的可能性大于或小于第一年的降雨量。因此，第二年也创纪录的可能性为
。因此，在保存纪录的头两年，预计创纪录的年数为
。继续到第三年。第三次观测的概率为
，因此三年内记录的降雨量创纪录预期数量为
。继续这一推理，得出的结论是，经过
次观测对应的预期创记录年数是
，那几乎是正确的，因为调和数列的前一百个项的总和是
。
即使在某一年降雨量创纪录之后，没有人会怀疑这一纪录将在未来某个时候被打破——也许在明年。因为无限次的观测对应创纪录年数显然是无穷大。我们有直观的理由相信调和级数是发散的。
以下是
取不同的值时所对应的
：
在不允许超车的单行道交通中，一辆慢车后面跟着一堆想超车但不能超车的汽车。如果
辆汽车行驶，将形成多少条车流？如同上一个例子，这就像在问将观察到多少低速记录一样，我们知道答案：
因为车流中后车速度一定会比前车慢，所以两车的间隔会更大。这解释了为什么在长隧道出口附近的汽车往往比隧道入口附近的汽车行驶得更快，并且车流较稀疏时车与车的间隔也会更大。
▌更好的检测方法
假设你有一百根类似的木梁，并希望找到他们产生断裂应变的力的最小值
。您制作了一个简单的机器，将逐渐增大的力施加到水平放置的木梁上。通过逐渐增加力的大小，直到木梁断裂，你可以找到每根木梁的断裂应力
。假设我们用
表示第
根木梁的断裂应力。
以这种方式进行的销毁测试有一个缺点。虽然最后你知道了
根木梁的断裂应力
，但在这个过程中你也毁坏了所有木梁。实际上我们想知道的并不是每根木梁断裂应力的精确值
，而是
的最小值，其中
。于是你改成以下实验。
测试第一根木梁使其产生断裂，并记录下第一根木梁的断裂应力(
)。然后，测试第二根木梁，不断增加作用在木梁中心的力
直至
的大小，但不要超过
。如果木梁没有断裂，说明这跟木梁的断裂应力大于
。如果木梁断裂了，则记录第二根木梁的断裂应力
。然后测试第三根木梁，使作用在木梁中心的力增加至
和
中的最小值。如果木梁断裂了，记录下断裂应力
，如果没有断裂，则继续做下一根木梁的测试。
这个实验不断地记录木梁断裂应力的最小值，只有那些断裂应力打破新低记录的木梁才会被毁坏，因此如果试验木梁的数目为
，则有
根木梁会被毁坏，而如果试验木梁
根，则有
根被毁坏。
▌洗牌
我们知道，一开始置底的那张卡牌，在有另一张卡牌放置到它底下之前，这张卡牌（记为
）一直都是在置底的。现在从卡牌组顶部取出一张卡牌，再随即地放回卡牌组里，有
种可能的情况，这张卡牌被放置到
底下的概率为
，因此平均下来经过
次这样的洗牌就会有一张牌置于
的底下。而因为有了第一张牌置于
的底下了，也就是
的底下有两个放牌的空间，所以这一次每一张牌经过洗牌后置于
的底下的概率就变成了
，同样地预计经过
次的洗牌会有第二张牌置于B的底下。因此，预计经过
的洗牌会有两张牌置于
的底下。请注意，现在置于
底下的牌的顺序时随机的。不断重复这样的洗牌，整副卡牌置于
底下所需要的次数是
如此一来，
底下的卡牌顺序都是随机的，想要整副卡牌顺序都是随机的，只需要再洗一次牌，将
随机地放入卡牌组中。因此，随机地洗完整副牌所需的次数是：
▌穿越沙漠
问题是这样，现在要乘吉普车穿越沙漠，但中途并没有燃料补给，也不能在车里携带足以穿越沙漠的燃料。目前你没有时间建立中途的补给站，但好消息是，手头有的是吉普车。现在的问题是，如何使用最少的燃料穿越沙漠？
我们以一辆吉普车能行驶一箱油的距离所耗油量作计量单位。如果两辆吉普车一起出发，则先一起走
箱油的距离，然后吉普车
将
箱油倒给吉普车
，然后用剩下的
箱油返回原点。此时，吉普车
行驶距离合计为
箱油。
如果三辆吉普车出发，则先一起走
箱油的距离，然后吉普车
分别给吉普车
和吉普车
倒入
箱油，此时吉普车
剩下
箱油，但吉普车
的油箱是满的，这就跟上一种情况相同。当吉普车
返回到吉普车
所在处时，吉普车
已经没油了，但他们有足够的油一起回到原处。此时，吉普车
行驶距离合计为
箱油。
同样地推理，四辆吉普车，可以行驶的最长距离为
箱油的距离，则只需
辆吉普车你就能穿越沙漠，沙漠的距离计为
在这里，我们有一个新的级数，它也是调和级数(每一项都是等差级数的倒数)，当然也发散的
事实上，这个级数的收敛性表明，通过使用这样转移油料大法，只要你有足够多的吉普车就可以穿过无穷大的沙漠(*￣︶￣)。
▌其他级数
我们刚刚看到，即便删除了调和级数的偶数项，余下项组成的级数
级数依然发散。那么下面这个级数敛散性如何？
这个事实的证明有点复杂(虽然这只是大一水平的难度)，因此你可以尝试着去证明下。当你证得这个级数发散的同时，你也可以推断出质数的个数是无穷的。
与其删掉分母为合数的项，不如让我们来删掉分母中含零的项。这看起来仅仅是在原有的调和级数中删掉了分母为十的倍数的项。于是我们合理地作出这个级数依然发散的猜测，然而事实或许会违背你的直觉并使你震惊，因为我们的这种猜测是错的。
我们首先看一下那些分母只有一位数的项，显然只有9个，而且它们都小于1。因此他们的总和小于9。
然后，我们看级数中分母有两位数的项。有
项，且都小于
。因此他们的总和小于
。
通常，级数中分母为
位数的项都有
项，且每一项都小于
，因此它们的总和总是小于
。
▌与对数的联系
早在14世纪，尼克尔·奥里斯姆已经证明调和级数发散，但知道的人不多。17世纪时， 皮耶特罗·曼戈里、约翰·伯努利和雅各布·伯努利完成了全部证明工作。
现在让我们回到奥里斯姆的证明，即调和级数的分散。这是通过
与
的自然对数
的发散速度一致。可以得到当
趋于无穷时，
两者只相差一个常量值，通常用
表示。