莱布尼茨是如何发现微分和基本定理的？

莱布尼茨是如何发现微分和基本定理的？

牛顿和莱布尼茨通过两条不同的途径各自得出了微积分基本定理。牛顿的方法是思考运动与流动问题，也就是数学连续性的一面。而莱布尼茨的方法正相反，尽管他是一个未受过正规训练的数学家，但他年轻时花了些时间思考离散数学问题，比如整数与计数、组合与排列，以及分数与特定类型的和。

在遇到克里斯蒂安·惠更斯后，莱布尼茨开始涉足更深的领域。当时，他正在巴黎执行一项外交任务，但他被惠更斯讲述的那些最新的数学成果迷住了，并且渴望了解得更多。凭借在教学方面惊人的先见之明（或者说是运气），惠更斯提出了一个将引领他的学生（莱布尼茨）发现基本定理的问题，[1]即如何求解下面这个无穷级数的和。

为了找到这个问题的切入点，我们先从它的热身版算起。假设需要求和的不是无穷多项而是99项，那么算式变为：

如果你看不出其中的技巧，它就是一个冗长而直接的计算过程。只要有足够的耐心（或者一台计算机），我们就可以逐一地加总这99项。但这样做是抓不住重点的，关键在于找到一种简洁的解法。简洁的解法在数学中颇具价值，原因不仅在于它们美观，还在于它们强大有力，常常被用来阐明其他问题。在这个例子中，莱布尼茨发现的简洁解法很快就指引他得出了基本定理。

莱布尼茨利用一个绝妙的技巧解决了惠更斯的问题。第一次见到它的时候，我仿佛看到一位魔术师从帽子里变出了一只活蹦乱跳的兔子。如果你想获得同样的体验，那么你可以跳过我接下来做的类比分析；但如果你想了解魔术背后的奥秘，下面就是揭秘时刻了。

假设一个人正在爬一段很长且不太规则的楼梯，如图8–5所示。

如果攀登者想测量从楼梯底部到顶部的垂直高度，他如何才能做到呢？当然，他可以把每个台阶的垂直高度全部加起来，这种毫无创意的方法和前文中提到的把99项逐一加起来求S的做法是一样的。这样做虽然没什么问题，但因为楼梯太不规则了，所以算起来会很麻烦。而且，如果这段楼梯有数百万个台阶，那么把它们的垂直高度全部加起来将是一项不可能完成的任务。所以，一定还有更好的方法。

更好的方法就是使用高度计，高度计是测量海拔高度的装置。如果图8–5中的攀登者有一个高度计，他就可以用楼梯顶部的高度减去楼梯底部的高度来解决这个问题，也就是说，总的垂直高度等于这两个高度之差。不管楼梯有多么不规则，这个方法都行之有效。

这个技巧的成功取决于一个事实，那就是高度计的读数与台阶的垂直高度密切相关。任何一个台阶的垂直高度都是高度计的连续两次读数之差，换句话说，单一台阶的高度等于它的顶部高度减去它的底部高度。

现在你可能会想，高度计和那个把一长串复杂且不规则的数字加起来的数学题有什么关系呢？好吧，如果我们能以某种方式找到高度计的类似物，并用它来解决复杂且不规则的求和问题，那么事情将会变得像用高度计的最高读数减去最低读数一样简单。这基本上就是莱布尼茨所做的事情，他找到了适用于S的“高度计”，并把求和算式中的每一项都改写成高度计的连续两次读数之差的形式，从而算出了S。之后，莱布尼茨又把高度计推广到其他问题上，最终在它的引领下发现了微积分基本定理。

记住这个类比，我们再来检视一下S：

我们要把这个算式的每一项都改写成两个数字之差的形式，这就好比每个台阶的垂直高度等于它的顶部高度减去底部高度。第一个“台阶”可改写为：

诚然，我们现在还不清楚接下来会发生什么，但请耐心等待。我们很快就会看到，将分数1/(1×2)改写成两个连续单位分数1/1和1/2之差的形式，是多么有用。（单位分数指分子为1的分数，这些连续的单位分数将发挥高度计的连续两次读数的作用。）而且，如果上面的算法不够清晰，你可以尝试按从右到左的顺序来简化方程。在最右边，我们用一个单位分数（1/1）减去另一个单位分数（1/2）；在中间，我们对它们进行通分；在最左边，我们简化了分子。

同样地，我们可以把S中的其他项都改写成连续单位分数之差的形式：

当我们把所有这些连续单位分数之差加总时，S就会变为：

现在，仔细观察这个求和算式的结构，我们可以看到几乎所有的单位分数都出现了两次，一次带负号，一次带正号。比如，1/2先被减去，随后又被加上，净效应是含有1/2的项相互抵消。1/3亦如此，它出现了两次，并且相互抵消。事实上，包括1/99在内的几乎所有其他单位分数都是这样，除了第一个单位分数（1/1）和最后一个单位分数（1/100）。由于它们处在求和算式的两端，没有可相互抵消的搭档。在烟雾消散后，它们是仅存的单位分数。所以，结果是：

从楼梯类比的角度看，这个结果完全讲得通，因为所有台阶的垂直高度之和就等于楼梯的顶部高度减去它的底部高度。

顺便说一下，S可以简化为99/100，这正是99项分数求和问题的答案。莱布尼茨意识到，他可以用同样的技巧计算任意多项分数的和。如果求和算式包含N项而不是99项，那么结果将是：

这样一来，惠更斯的无穷级数求和问题的答案就变得很清楚了：当N趋于无穷时，1/(N+1)会趋于0，S则会趋于1。所以，极限值1就是惠更斯谜题的答案。

莱布尼茨能求出这个无穷级数和的关键在于，它有一个非常特殊的结构，可以改写成连续差（在这个例子中是连续单位分数差）之和的形式。这种差结构引发了我们在前文中看到的大规模抵消现象，具有这种性质的和现在被称作“伸缩和”，因为它们会让人想起海盗电影中老式的可折叠望远镜，也就是那种可随意伸缩的小型望远镜。原始的求和算式好比拉伸的望远镜，但由于它的差结构，该算式可以缩短成一个紧凑得多的结果。而仅剩的未压缩项在“望远镜”的两端，因为它们没有可相互抵消的搭档。

莱布尼茨自然想知道，他能否在其他问题上使用这种伸缩技巧。考虑到该技巧的强大力量，这确实是一个值得探索的想法。面对一长串待求和的数，如果他能把每个数都改写成连续数（待定）之差的形式，这种伸缩技巧将再次行之有效。

这让莱布尼茨想到了面积。毕竟，估算xy平面上的一条曲线下方的面积，就相当于对一长串的数（很多竖直的细矩形条的面积）求和。

我们可以从图8–6中看出他这个想法背后的理念。虽然该图中只有8个矩形，但你应该试着去想象一幅类似的图，其中有数百万乃至几十亿个细矩形条，或者更好的是，有无穷多个无限细的矩形条。遗憾的是，这种图很难绘制或者直观地展现出来。所以，我暂且以8个短粗的矩形为例。

为简单起见，假设这8个矩形的底均为Δx，高分别是y1, y2, …y8。那么，这些近似矩形的总面积是：

y1Δx+y2Δx+…+y8Δx

如果我们想让这8个数字顺利地伸缩，就要通过某种方式找到神奇的数字A0, A1, A2, …, A8，并使它们的差分别等于这8个矩形的面积。

y1Δx=A1–A0

y2Δx=A2–A1

y3Δx=A3–A2

…

y8Δx=A8–A7

于是，8个矩形的总面积就会伸缩为：

y1Δx+y2Δx+…+y8Δx=(A1–A0)+(A2–A1)+…+(A8–A7)

=A8–A0

现在考虑一下无限细的矩形条的极限情况：它们的底Δx变为微分dx；它们各不相同的高度y1, y2, …, y8变为函数y(x)，这个函数将给出位于变量x处的矩形高度；无穷多个矩形的面积之和变为积分y(x)dx；伸缩和由之前的A8–A0变为现在的A(b)–A(a)，其中a和b是所要计算面积左右两端的x值。那么，这个无穷小版的伸缩过程可以得出曲线下方的精确面积为：

我们怎样才能找到使这一切成为可能的神奇函数A(x)呢？可以看看像y1Δx=A1–A0这样的方程，随着矩形变得无限细，它们就会变成：

y(x)dx=dA

为了用导数而不是微分的形式来表示相同的结果，我们在方程两边同时除以dx，得到：

这就是我们寻找可使伸缩过程发生的神奇数字A0, A1, A2, … , A8的类似物的方法。在矩形条无限细的极限情况下，它们由未知函数A(x)给出，而A(x)的导数是已知曲线y(x)。

这一切就是莱布尼茨版本的反向问题和微积分基本定理。正如他说的那样，“求图形面积的运算过程[2]可以简化为：已知一个级数，去求和；或者已知一个级数，去找另一个级数，后者的连续数之差与前者的各项一致。”就这样，差与伸缩和引导莱布尼茨创立了微分和积分，并得出了基本定理，正如流数术与扩张的面积引领牛顿到达同一个隐秘源泉一样。