调和级数发散性的多种证明

调和级数发散性的证明方法

姓名：范璐婵

摘 要：本文给出了调和级数发散性的18种证明方法。其中前13种散见于各种资料，笔者进行了整理，有的采用与原证不同的叙述，比原证更具体明了；后5种是笔者用有关定理或方法导出的。

关键词：调和级数 发散性 部分和 收敛

Proofs of the divergency of harmonic series

Name: Fan Luchan Director: Wang Yingqian

Abstract: Eighteen methods to prove the divergency of harmonic series are presented in this paper.Some are known and some are new.

Key words: harmonic series; divergency; partial sum; convergency

引言

1

调和级数 的发散性最早是由法国学者尼古拉奥雷姆（1323——1382）在

n 1n

极限概念被完全理解之前的400年证明的。他的方法很简单：

1111111

1

11

级数的括号中的数值和都为，这样的有无穷多个，所以后一个级数是趋向无

22

穷大的，进而调和级数也是发散的。

后来，大数学家约翰伯努利也作出了经典的证明。他的证明是以莱布尼茨的收

1111

1为基础的。以下是他的证明。 敛级数

2612n(n 1)

证明：

11111111111

1 ， ， ， 226231234n(n 1)nn 1

11111111

1 所以 sn 1 .

22334nn 1n 1

1

sn lim . )1则 s limn n n 1111

接着设 A ，

23n

则 A

123

26124n ； 20nn (1)

C

11111

1； 261220n(n 1)

D

111111 C ； 61220n(n 1)22111111 D ； 122030n(n 1)63111111 E ； 203042n(n 1)124

E

F

G

111111 F 304256n(n 1)205；

1234511

C D E F G 1

. 2612203023

即 A A 1.

没有一个有限数会大于等于自己，即A是无穷大，所以调和级数发散.

由上可知，伯努利是以一种“整体论”的态度来对待无穷级数的，他证明调和级数发散的方法与现代方法形成了鲜明的对比。伯努利作出这一论证之后的150年，才有真正的级数理论出现。他用简明的A A 1来证明级数的无穷性，这是证明量的无穷性的一个最独特的方法。 而今，随着级数理论的不断完善，我们可以应用更多更精彩的方法证明调和级数的发散性。例如：利用欧拉常数，级数与广义积分敛散性的关系，级数及数列敛散性的定义和性质，级数敛散性的各种判别法，均值不等式等。在级数敛散性的讨论中，调和级数的应用很广泛。了解这些证明方法，对级数敛散性的学习和研究是有益的，特别在其证明方面能起到举一反三，融会贯通的作用。

本文给出了调和级数发散性的18种证明方法。其中前13种散见于各种资料，笔者进行了整理，有的采用与原证不同的叙述，比原证更具体明了；后5种是笔者用有关定理或方法导出的。

1证法一：利用反证法.

11

假设调和级数 收敛，记其和为S，即S= ，

n 1nn 1n

由于正项级数若收敛，加括号后仍收敛，且和不变，可知：

S=

11111

=1+ 232n 12nn 1n

11111

) =（1+) ( ) (

2342n 12n11111

（1+) ( ) ( )

2442n2n111

(1 ) 22n1

S 21

S S

2

从而 0

1

矛盾，所以调和级数必发散. 2

2证法二：证明调和级数 的部分和可任意大.

1

依次将 九项，九十项，九百项， 括在一起得

n 1n

111

23n

11111111 (1 ) ( ) ( )

29101199100101999

1

1

n 1n

111111111 ( ) ( ) ( ) 101010100100100100010001000

9

90

900

990900 101001000999

101010

11

从上式中可以看出 的和可任意大，故级数 发散.

n 1nn 1n

3证法三：利用柯西收敛准则证明部分和数列 sn 发散.

sn 1

111 ， 23n

事实上，存在 0

1

，对任意自然数 ，总能找到两个自然数m0 ，n0 2m0，2

当然也有2m0 ，使得

|s2m0 sm0|

111

m0 1m0 22m0

111

2m02m02m0

1

== 0. 2

1

据柯西收敛准则的否定叙述， sn 发散，从而 发散.

n 1n

4证法四：证明部分和数列 sn 的子列 s2 发散.

m

1111111111

m) s2m 1 ( ) ( ) (m 1 m 1

23456782 12 22 11111 1

4 m2 m 1 2

24821111 1 ( )

2222m

=1

2

m

s2m lim ). 于是 limm m 2s2m . 即 lim

m

故数列 sn 发散，从而调和级数

1

发散. n 1n

5证法五：利用欧拉常数证明.

证明数列 an 存在极限C（欧拉常数），这里

111

an 1 lnn，

23n

111

即1 lnn=C+ n,其中 n 0（当n 时）

23n

11

因为 ln(1 ) ，

nn

1， n

ln 1，1从而有 ln2

1

ln3 ln2 ，

2

1

ln(n 1) lnn ，

n

上述n个不等式两边相加得

111

ln(n 1) 1 ，

23n

11111

lnn( 1 . 0于是 an 1 1

23nn 1n 1

11

ln(1 )，有 即 an 有下界.其次 应用不等式

n 1n

111

an an 1 ln(n 1) lnn ln(1 ) 0.

n 1nn 1( 1 )nl n所以 lnn

故 an 有是一个单调下降的数列，因此liman存在，用C表示，即

n

111

lnn) C.

n 23n111

n C n(l inm 也就是 1 ln

n 23n

lim(1

sn limn( lnC n ). 显然 lim

n

n

. 0)

故调和级数

1

发散. nn 1

n

6证法六：应用级数 an（其中a1 a2 an 0）与级数 2na2

n 1

n 1

有相同的收敛性. 取 an

1

而级数 2a2n 2n 1 发散.

2n 1n 1n 1

n

n

1111(n 1,2 , )， 1 0. n23n

故调和级数

1

发散. nn 1

7证法七：利用广义积分法.

对于部分和数列 sn ：

sn 1

111 ， 23n111n 11

， 有 1

23n1x

n 11

x ln(n 1) limln(n 1) ， 而 ，1n xsn ， 因此 lim

n

故调和级数

1

发散. n 1n

8证法八：证明由调和级数中分母末位含有0的项组成的子级数发散.

调和级数中分母末位含有0的项组成的子级数是

111111

102010011010001010n 1

111 1000010010100000

101

； 10010

un

在此级数中，分母从10到100的项共有10项，其和大于分母从110到1000的项共有90项，其和大于

909

； 1000100

9009

分母从1010到10000的项共有900项，其和大于； 10000100

分母从10 10到10

nn 1

的项共有9 10

n 1

9 10n 19

项，其和大于； n 1

10100

从而 显然

u

n 1

n

199

10100100

9

. 100

un发散，于是调和级数

n 1

1

发散. n 1n

an 0，9证法九：利用命题“设正项级数 an收敛，且an 1 an，lim

n

n 1

nan 0”. 则有limn

以下是这个命题的证明：

因正项级数 an收敛，则对于任意给定的 0，总存在自然数 ，

n 1

当n 时，下式成立

|an 1 an 2 a2n 1 a2n| an 1 an 2 a2n 1 a2n

2

.

由已知 an 1 an(n 1,2, 3,， )而 an 1 an 2 a2n 1 a 2n(n 1,2,3, )， 得 na2n

n

2

，2na2n ，

22n . 0故有 limna

又 a2n 1 an2，

2n 1

an2故有 (2n 1)a2n 1 (2n 1)an2 2n， 2n2n 1

an2 0. 得 0 lim(2n 1)a2n 1 lim2nn n 2n

故有 lim(2n 1)a2n 1 0.

n

所以无论n为奇数或偶数时，下式成立

limnan 0.

n

即通项下降趋于零的正项级数收敛的一个必要条件证毕。

运用该定理可得

1

limnan n 1 0 n n故调和级数

1

发散. nn 1

10证法十：利用不等式x ln(1 x).

sn 1

111

23n

11

ln(1 1) ln(1 ) ln(1 )

2n

3n 1

ln2 ln ln

2n34nn ln(2 )

23n 1n 1

ln(1 n) (n ) .

1

即 ，故调和级数发散. n 1n

1

a1 a2 an

(a1 a2 a3 an)n. 11证法十一：利用平均值不等式

n

111a,3 ,an ， 23n

1111

111则 (1 )n，

n23n

取 a1 1,a2

111即

1 .

23n

11

当 n ，左边为

，右边为 ，故 发散.

nn 1nn 1n

12证法十二：利用不等式

首先证明上述不等式成立 因为

1113 (n 2,n )来证明. n 1nn 3n

1113 n 1nn 1n1111 ( ) ( ) n 1nnn 1

11

(n 1)n(n 1)n

2n

0，

(n 1)n(n 1)

1113 (n 2n, ). n 1nn 3n

1113

； 所以 1

234311131

；

56462

所以

11131 ； 891093

1

1111111 234567n

1111111

1 1

234567n

111111

2 ( ) ( )

23456711

2 1 .

23

111

所以 1 是无穷数.

23n

1

所以调和级数 发散.

n 1n

13证法十三：任意给定M 0，总可以找到一有理数 M，而任何正有

理数可写成互异的形如

1p的数有限和（见文献[9]），其中m为自然数，为互异mq

p

q

的形如

1p

的数有限和，假定最大的分母为N，则有sN M,当n N时，具mq

有sn M，也就是limsn ，所以调和级数

n

1

发散. nn 1

以下是由作者用有关定理或方法独立导出的证法 14证法十四：利用拉阿伯判别法：若

'

'

u

n 1

n

是正项级数，

unun

有n(，则级数 un收敛（发 1) r1 （n( 1) 1） N , n N，

un 1un 1n 1

散）.

在调和级数

1

中， n ,均有 nn 1

1

un 1(nn 1) n( 1) n( 1) 1，

un 1nn 1

所以调和级数

1

发散. n 1n

15证法十五：应用厄耳玛可夫判别法：若f(x)为单调减少的正值函

exf(ex)

数，且lim ，则当 1时，级数 f(n)收敛；当 1时，x f(x)n 1

级数 f(n)发散.

n 1

令f(x)

1

，则 x

1exx

ef(e) limx ， lim limx x x 1f(x)

x

x

x

1111

故级数 f(n) 1 发散.

23nn 1n 1n

证法十六：应用高斯判别法：在级数 an中，若an 0(n 1,2,3, )及

n 1

an n

级数收敛；(2) 1时级 1 (| n| C, 0),则 (1)当 1时，

an 1nn

数发散；(3)当 1时，若 1则级数收敛，若 1则级数发散.

1

1an 11

在调和级数中，n 1 ，

1an 1nnn 1n

n 1

据高斯判别法知，调和级数

1

发散. n 1n

17证法十七：设an 0,sn a1 a2 an,级数 an ,则

n 1

an

发散. n 1sn

以下是这个命题的证明： 因为 an 0,sn单调增加，所以

ak

sn p snakk sn n 1

. 1 sn psn psn pk n 1sk

n p

n p

因为 sn ，故 n，当p 充分大时，有

sn1 ， sn p2

从而

ak11 1 ， s22k n 1k

an

发散. n 1sn

n p

所以

,， 令 an 1, n 1,2

则 sn 1 1 1 n，

a

所以 n=

n 1sn

1

发散 . n 1n

lnn

( 1)

18证法十八：利用

nn 1

( 1)

记an

n

lnn

的发散性.

，为研究级数 an的敛散性，

n 1

我们引进集合Ak n| lnn k k (1,2, ). 那么集合Ak内的元素n具有性质

k lnn k 1

ek 或写成 ek n e

k

(e 1)e其个数pk ，将Ak内的元素从小到大排列，可记为

nk,nk 1, ,nk pk 1.

现考虑 uk

n Ak

a

n

n Ak

( 1)

n

lnn

( 1)k

n Ak

1

( 1)kvk， n

pk 1

1pk 111

其中 vk k

en Aknv 0nk vv 0e

pk1

(e 1)ek kk e ee e

11e 1k

(e 1 )e . k

e e22e

=

下面证明级数 an是发散的，采用反证法，假设 an收敛，则由柯西收敛准

n 1

n 1

则，对于任给的 0，存在N0，使得当n N0时，对于一切自然数p，均有

|an an 1 an p| .

今取

e 1

0，对于有此 所找到的N0，在n N0中选一个数nk，此处k4e

是适当大的一个自然数，有nk Ak，即

ek nk e ek.

又取自然数p pk 1，则此时应有

|ank ank 1 ank pk 1| （1）

但另一方面却有

|ank ank 1 ank pk 1| |uk| vk

e 1

2 (2) 2e

(1)式与(2)式矛盾，因而级数 an发散.

n 1

利用这个结论我们可以证明调和级数发散。

lnn ( 1) 1

由于 的部分和大于 的部分和，

n n

( 1)

所以由

nn 1

lnn

1

发散知 发散.

n 1n

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/8jx1.html