1/4 + 1/16 + 1/64 + 1/256 + …

Ilustracja Archimedesa dla a = 3/4

1/4 + 1/16 + 1/64 + 1/256 + … – w matematyce to nieskończony zbieżny szereg geometryczny. Jest on przykładem jednego z pierwszych zsumowanych szeregów nieskończonych w historii matematyki. Dokonał tego Archimedes około 250-200 roku p.n.e.. Jego suma to ¹⁄₃. Uogólniając, dla dowolnego a, szereg utworzony z wyrazów ciągu geometrycznego o ilorazie ¹⁄₄ jest zbieżny do sumy

$a+\frac{a}{4}+\frac{a}{4^2}+\frac{a}{4^3}+\cdots = \frac43 a$

Prezentacja graficzna

3s = 1

Szereg 1/4 + 1/16 + 1/64 + 1/256 + … nadaje się do prostej wizualizacji ponieważ kwadrat i trójkąt łatwo podzielić na cztery podobne części, których pole to ¹⁄₄ oryginału.

Na ilustracji po lewej, jeśli duży kwadrat ma pole 1, to największy czarny kwadrat ma pole (1/2)(1/2)=(1/4). Podobnie, kolejny czarny kwadrat ma pole 1/16, a trzeci to 1/64. Stąd pole wszystkich czarnych kwadratów wynosi 1/4 + 1/16 + 1/64 + 1/256 + …, które jest takie samo jak pole kwadratów szarych i białych. Ponieważ te trzy obszary obejmują cały kwadrat jednostkowy, to ilustracja prezentuje, że

3s = 1 ponownie

$3\left(\frac14+\frac{1}{4^2}+\frac{1}{4^3}+\frac{1}{4^4}+\cdots\right) = 1$

Archimedes zastosował nieco inną formę graficznego dowodu, zaprezentowaną powyżej, którą można opisać równaniem

$\frac34+\frac{3}{4^2}+\frac{3}{4^3}+\frac{3}{4^4}+\cdots = 1$

Interpretacja Archimedesa jest przedstawiona poniżej.

Taką samą technikę geometryczną można zastosować w trójkątach, co jest pokazane na ilustracji po prawej. Jeśli duży trójkąt ma pole 1, to największy czarny trójkąt ma pole 1/4 itd. Ilustracja zawiera samopodobieństwo pomiędzy dużym trójkątem a górnym ćwierć-trójkątem. Podobną konstrukcję, w której trzy rogi są do siebie podobne przedstawia trójkąt Sierpińskiego.

Archimedes

Krzywa jest parabolą. Punkty na cięciwie AE są rozmieszczone w równych odstępach. Archimedes wykazał że suma pól trójkątów ABC i CDE to 1/4 pola trójkąta ACE. Następnie skonstruował kolejną warstwę czterech trójkątów powyżej pozostałych, których suma pól wyniosła 1/4 sumy pól trójkątów ABC i CDE. Pole kolejnej ósemki trójkątów miało pole 1/4 sumy pól poprzednich czterech, itd. Wysunął więc wniosek, że pole pomiędzy cięciwą a krzywą wynosi 4/3 pola trójkąta ACE.

Archimedes uzyskał ten szereg w swojej pracy Kwadratura paraboli. Podczas wyznaczania pola ograniczonego parabolą za pomocą metody wyczerpywania uzyskał szereg trójkątów; na każdym etapie konstrukcji przyrost pola wynosił 1/4 wartości z poprzedniego etapu. Jego oczekiwany wynik całkowitej powierzchni to 4/3 powierzchni uzyskanej w pierwszym etapie. Aby to osiągnąć zdefiniował następujący lemat algebraiczny:

Twierdzenie 23. Mając dany szereg powierzchni A, B, C, ..., Z, z których A jest największa i każda z nich jest cztery razy większa niż następna w kolejności to

$A + B + C + D + \cdots + Z + \frac13 Z = \frac43 A.$

Archimedes udowodnił to twierdzenie wstępnie obliczając

$\begin{array}{rcl} \displaystyle B+C+\cdots+Z+\frac{B}{3}+\frac{C}{3}+\cdots+\frac{Z}{3} & = &\displaystyle \frac{4B}{3}+\frac{4C}{3}+\cdots+\frac{4Z}{3} \\[1em] & = &\displaystyle \frac13(A+B+\cdots+Y) \end{array}$

Z drugiej strony

$\frac{B}{3}+\frac{C}{3}+\cdots+\frac{Y}{3} = \frac13(B+C+\cdots+Y)$

Odejmując to równanie od poprzedniego otrzymujemy

$B+C+\cdots+Z+\frac{Z}{3} = \frac13 A$

i dodając A do obu stron uzyskujemy oczekiwany wynik.

Obecnie, bardziej standardowym wyrażeniem na twierdzenie Archimedesa jest to, że sumy częściowe szeregu 1/4 + 1/16 + 1/64 + 1/256 + … wynoszą:

$1+\frac{1}{4}+\frac{1}{4^2}+\cdots+\frac{1}{4^n}=\frac{1-\left(\frac14\right)^{n+1}}{1-\frac14}$

Ta forma może być udowodniona przez pomnożenie obu stron przez 1 − 1/4 i zauważeniu, że wszystkie składniki, z wyjątkiem pierwszego i ostatniego, po lewej stronie równania się parami znoszą. Taka sama technika ma zastosowanie dla skończonych szeregów geometrycznych.

Granica

W twierdzeniu 24 Archimedes stosuje skończoną (ale nieokreśloną) sumę z twierdzenia 23 dla pola wewnątrz paraboli przez podwójny dowód nie wprost. Archimedes nie do końca obliczył granicę powyższej sumy częściowej, lecz stosując współczesne metody rachunkowe, jest to dość prosty krok:

$\lim_{n\to\infty} \frac{1-\left(\frac14\right)^{n+1}}{1-\frac14} = \frac{1}{1-\frac14} = \frac43$

Ponieważ suma nieskończonego szeregu jest zdefiniowana przez granicę jego sum częściowych

$1+\frac14+\frac{1}{4^2}+\frac{1}{4^3}+\cdots = \frac43$

Bibliografia

• Ajose, Sunday and Roger Nelsen. Proof without Words: Geometric Series. „Mathematics Magazine”. 67 (3), s. 230, czerwiec 1994. doi:10.2307/2690617. 
• T. L. Heath: The Works of Archimedes. Cambridge UP, 1953 [1897]. Obrazy stron na Bill Casselman: Archimedes' quadrature of the parabola. [dostęp 2007-03-22]. HTML z ilustracjami i komentarzem na Daniel E. Otero: Archimedes of Syracuse. 2002. [dostęp 2007-03-22]. dostępny również w archiwum
• Rick Mabry. Proof without Words: ¹⁄₄ + (¹⁄₄)² + (¹⁄₄)³ + · · · = ¹⁄₃. „Mathematics Magazine”. 72 (1), s. 63, luty 1999.  JSTOR 2691318
• Nelsen, Roger B. and Claudi Alsina: Math Made Visual: Creating Images for Understanding Mathematics. MAA, 2006. ISBN 0-88385-746-4.
• Shawyer, Bruce and Bruce Watson: Borel's Methods of Summability: Theory and Applications. Oxford UP, 1994. ISBN 0-19-853585-6.
• Sherman K. Stein: Archimedes: What Did He Do Besides Cry Eureka?. MAA, 1999. ISBN 0-88385-718-9.
• Swain, Gordon and Thomas Dence. Archimedes' Quadrature of the Parabola Revisited. „Mathematics Magazine”. 71 (2), s. 123–30, 1998. doi:10.2307/2691014.