将调和级数中分母含有数字9的项去掉,所得的级数必收敛

欧拉当年是怎么一步步“压榨”调和级数的？1735年，巴塞尔级数和的成功破解，让欧拉逐步坐稳了18世纪数学盟主的地位。

我们先来回顾一下巴塞尔级数是什么？巴塞尔级数如果把这里的2改成1，那就是大名鼎鼎的调和级数。

戏谑地说，调和级数应该是巴塞尔级数的大哥，因为无论从诞生的历史，还是内容的深度上都远胜于二弟。

为啥这个级数有个如此清新的名字？调和级数“调和”什么呢？这个级数名字源于泛音及泛音列（泛音列与调和级数英文同为harmonic series）：一条振动的弦的泛音的波长依次是基本波长的1/2、1/3、1/4……等等。

调和级数看到这个级数，就有种让人想去求和的冲动。

但是对一个数列来说，想求和，首先你要证明收敛性才行，巴塞尔级数的收敛性很好证明。

但是对于调和级数，敛散性却不是那么显而易见。

中世纪的欧洲大约在1360年，尼克尔·奥里斯姆就已经证明调和级数是发散的了，既然是发散，也就就不能求出来这个级数的和了。

他证明的方法，其实不算什么高深技巧，用到的是一种证明不等式的基本方法，放缩法。

我读高中的时候，数学课上还专门讲过，印象里最深的就是，老师说：放缩一定要适量，放缩法用得恰到好处，结论是不证自明的，要是放缩地太狠，不但得不到最后结论，甚至还会把你误入歧途。

好像现在高中数学里已经取消这个方法了，毕竟，相对于其他解题方法，放缩法的任意性要更高，也更难掌握一些。

下面我们来看一下，这位中世纪的数学家是如何来证明调和级数的发散性的。

奥里斯姆关于调和级数发散的证明(1) 式中[ ]内的项一次递增成2n个，为什么要这么操作？这样操作之后，(2)式中就可以把[]内的每一项都缩小到2-n，于是每个[]内的项相加都等于1/2,这样持续下去，就可以得到调和级数的和大于无穷多个1/2了，显而易见，调和级数是发散的。

哪里都有你——欧拉这是人们对于调和级数第一次探索的成果。

后来的研究过程中，人们越来越想用别的计算公式来逼近调和级数的和，因为调和级数和太过繁杂了。

调和级数悖论的剖析——与张慧老师商榷蒋晓云1罗国湘2（1桂林师专数学与计算机科学系广西桂林541001；2桂林航天工业高等专科学校广西桂林541004）【摘要】张慧老师在文献[1]宣称证明了调和级数是一个既收敛又发散的级数，并认为这一悖论的发现是数学理论上的一个突破。

经过剖析发现文献[1]中调和级数收敛性证明是错误的。

【关键词】调和级数；收敛性；归纳法。

大家都知道费马是一位声望极高的数学家，他在研究了由公式给出的自然122+=n n F 数（后人称为费马数），发现都是素数，他曾65537,257,17,5,343210=====F F F F F 猜想：对任意一个自然数n ，费马数都是素数。

然而，十八世纪的瑞士数学家欧拉却发n F 现。

大数学家费马的错误告诉我们：单纯的枚举归纳法和直觉可能会67004176415×=F 欺骗我们，从而导致错误。

文献[1]宣称证明了调和级数是一个既收敛又发散的无穷级数，如果这一调和级数∑∞=11n n 悖论真正成立的话，微积分就又得要另起炉灶。

其实文献[1]中调和级数的收敛性证明又是直觉导致的错误，笔者对文献[1]的证明过程进行了剖析：调和级数中去掉分母中含有9的项，剩余项构成的新级数：∑∞=11n n 881801281201181101812111+++++++++++++=∑L L L L L u （1）L L L L L +++++++++++888180818011800110811001文献[1]先证明（1）是（绝对）收敛的，这是很多文献已发现的一个事实（如文献[2]）。

文献[1]再考虑调和级数分母中含有9的项组成的新级数∑∞=11n n 199119111901189111911091991901891291191911+++++++++++++++=∑L L L L v （2）L L L L ++++++++++999128912911290128912091由于（2）中分母为一位数的各项之和的小于级数（1）中分母为一位数的各项之和；91（2）中分母为两位数的各项之和小于（1）中分母为两位数991901891291191++++++L L的各项之和。

级数收敛的条件在数学中，级数是指将一组数相加得到的无穷序列，其中每一项都可以成为该序列中的一个元素。

如果一个级数的和有一个明确的极限值，那么它被认为是收敛的；否则，它被认为是发散的。

级数收敛的条件有很多，这里仅介绍一些基本的条件。

1. 正项级数正项级数是指所有的项都是非负数的级数。

如果一个正项级数的各项之和有一个上界，即和序列是有界的，那么它是收敛的。

这可以通过比较测试和比例测试来证明。

如果一个正项级数的各项之和没有上界，那么它是发散的。

2. 交错级数交错级数是指一组交替出现的正负数的级数。

如果一个交错级数的各项绝对值递减并趋近于零，那么它是收敛的。

这可以通过交错级数测试来证明，其中各项之和的误差可以用第一项之和的绝对值来估算。

3. 绝对收敛级数绝对收敛级数是指所有项的绝对值之和收敛的级数。

如果一个级数是绝对收敛的，那么它一定是收敛的。

对于绝对收敛级数，可以将条件收敛和绝对收敛用比较测试结合来证明。

正则级数是指一组满足一定条件的级数，如调和级数，幂级数等。

如果一个正则级数在其收敛区间内有界，那么它是收敛的。

5. 柯西收敛准则柯西收敛准则是指级数满足柯西收敛准则当且仅当它满足柯西准则，即对于任意正数ε，存在正整数N，使得当n>m>N时，级数的前N项之和小于ε。

如果一个级数满足柯西收敛准则，那么它是收敛的。

总之，级数收敛的条件有很多，这里只是介绍了一些基本的条件。

对于某些特定类型的级数，也有特定的收敛条件。

在具体求解中，需要根据具体的问题使用合适的测试来判断级数是否收敛。

调和平均数收敛调和平均数（harmonic mean）作为一种数学概念，常常被用于描述一组数值的平均水平。

与算术平均数和几何平均数不同，调和平均数更加注重较小数值对整体平均值的影响。

在这篇文章中，我们将探讨调和平均数的概念、性质以及其在实际生活中的应用。

调和平均数的定义很简单：一组数值的调和平均数等于这组数值的倒数的算术平均数的倒数。

换句话说，如果有n个数值x₁，x₂，…，xₙ，那么它们的调和平均数H等于n除以它们的倒数的和的倒数：H = n / (1/x₁ + 1/x₂ + … + 1/xₙ)。

这个定义可能有些抽象，但它在实际应用中有着重要的意义。

调和平均数的一个重要性质是，它对较小的数值更加敏感。

这是因为调和平均数的计算方式决定了较小的数值对整体平均值的贡献更大。

举个简单的例子，假设你在一天中以60公里/小时的速度驾驶了两个小时，然后以40公里/小时的速度驾驶了另外两个小时。

你可能会认为你的平均速度是（60 + 40）/ 2 = 50公里/小时，但实际上，根据调和平均数的定义，你的平均速度是2 / (1/60 + 1/40) ≈ 48.0公里/小时。

这个例子说明了调和平均数在处理比例关系时的实际应用。

调和平均数在实际生活中有着广泛的应用。

一个常见的应用是在电路中的电阻值计算。

当电路中存在多个电阻时，它们的等效电阻可以通过计算它们的调和平均数来得到。

这是因为电阻值与电流的关系是倒数关系，而调和平均数能够较好地反映这种关系。

调和平均数还在统计学中有着重要的应用。

在一些统计指标中，调和平均数被用来计算平均增长率、平均回报率等。

它能够更加准确地描述一组数值的平均水平，特别是在存在较小数值时。

除了以上的应用，调和平均数还可以在许多其他领域得到应用。

例如，它可以用于计算平均速度、平均密度、平均浓度等。

在这些情况下，调和平均数能够更好地反映较小数值对整体平均值的影响。

调和平均数作为一种数学工具，虽然在实际应用中不如算术平均数和几何平均数常见，但它在某些情况下具有独特的优势。

关于正项级数敛散性的判别法作者: 学号： 单位： 指导老师摘要：级数是数学分析中的主要内容之一，我们学习过的数项级数敛散性判别法有许多种，柯西（Cauchy ）判别法、达朗贝尔（D'Alembert ）判别法、高斯（Gause ）判别法、莱布尼兹（Leibniz ）判别法、阿贝尔（Abel ）判别法等，对数项级数敛散性判别法进行归纳，使之系统化.关键词：正项级数；敛散性；判别法1引言设数项级数121...++...nn n aa a a ∞+==+∑的n 项部分和为：121......nn n i i S a a a a ==++++=∑.若n 项部分和数列为{n S }收敛，即存在一个实数S ，使lim n x S S →∞=.则称这个级数是收敛的，否则我们就说它是发散的.在收敛的情况下，我们称S 为级数的和，可见无穷级数是否收敛，取决于lim n x S →∞是否存在，从而由数列的柯西（Cauchy ）收敛准则，可得到级数的柯西（Cauchy ）收敛准则[1]: 数项级数1nn a∞=∑收敛⇔0,,,N N n N p N ε++∀>∃∈∀>∀∈对，有+1+2++...+<n n n p a a a ε.当p=1时，可得推论：若级数∑∞=1n nu收敛，则u lim n n =∞→.其逆否命题为：若lim n ≠∞→，则级数∑∞=1n nu发散.2 正项级数敛散性判别法设数项级数1nn a∞=∑为正项级数()0n a ≥，则级数的n 项部分和数列{}n S单调递增，由数列的单调有界定理，有定理2.1：正项级数n 1u n ∞=∑收敛⇔它部分和数列{}n S 有上界.证明：由于,...),2,1(0u i =>i 所以{n S }是递增数列.而单调数列收敛的充要条件是该数列有界（单调有界定理），从而本定理得证 . 由定理2.1可推得 定理2.2（比较判别法）：设两个正项级数n 1u n ∞=∑和n 1n v ∞=∑，且,n ,N N N ≥∀∈∃+有n n cv u ≤，c 是正常数，则1）若级数n 1n v ∞=∑收敛，则级数n 1u n ∞=∑也收敛;2）若级数n 1u n ∞=∑发散，则级数n 1n v ∞=∑也发散.证明：由定理知，去掉，增添或改变级数n 1u n ∞=∑的有限项，，则不改变级数n1u n ∞=∑的敛散性.因此，不妨设,+∈∀N n 有n n cv u ≤，c 是正常.设级数n 1n v ∞=∑与n1u n ∞=∑的n 项部分和分部是n B A 和n ，有上述不等式有，n n n n cB v v v c cv cv cv u A =+++=++≤+++=)...(......u u 212121n .1)若级数n 1n v ∞=∑收敛，根据定理1，数列{n B }有上届，从而数列{n A }也有上届，再根据定理1，级数n 1u n ∞=∑收敛;2)若级数n 1u n ∞=∑发散，根据定理1，数列{n A }无上届，从而数列{n B }也无上届，在根据定理1，级数n1un ∞=∑发散.其极限形式：定理2.2.1(比较判别法的极限形式)：设n 1u n ∞=∑和n 1n v ∞=∑（n v 0≠）是两个正项级数且有lim =n x nuv λ→∞，+∞≤≤λ0，1）若级数n 1n v ∞=∑收敛，且+∞<≤λ0，则级数n 1u n ∞=∑也收敛；2）若级数n 1n v ∞=∑发散，且+∞≤<λ0，则级数n 1u n ∞=∑也发散.证明:1）若级数n1n v∞=∑收敛，且+∞<≤λ0，，由已知条件，,,,00N n N N ≥∀∈∃>∃+ε,有0u ελ<-nnv ，即n n v N )(u ,n 0ελ+<≥∀有，根据柯西收敛准则推论的逆否命题，级数n 1u n ∞=∑收敛；2)若级数n 1n v ∞=∑发散，且+∞≤<λ0，由已知条件，,u ,,,00n nv N n N N <-≥∀∈∃+∞<<∃+ελλε有：根据柯西收敛准则推论的逆否命题知，则级数n 1u n ∞=∑也发散.若级数n 1n v ∞=∑发散，且+∞=λ，有已知条件，,u ,,0M v N n N N M nn>≥∀∈∃>∃+有，即,u ,,0M v N n N N M nn>≥∀∈∃>∃+有，根据’柯西收敛准则推论的逆否命题，则级数n 1u n ∞=∑也发散.例1 判别级数∑∞=+1)1(1n n n 的敛散性.分析: 考虑通项)1(1+n n ，分子n 的最高幂是0（只有常数1 ),分母n 的最高幂是2,这时通项接近2201n n n =,原级数也接近于级数∑∞=121n n ,这是12>=p 的收敛的p-级数,那么原级数也一定收敛.事先知道级数是收敛的,就把通项放大,放大为一个收敛的级数通项,这个级数一般就是∑∞=121n n ,至多差一个系数. 解: 因为21)1(1n n n <+（分母缩小,分数放大）,又由于∑∞=121n n收敛.则由此比较判别法,原级数∑∞=+1)1(1n n n 也收敛.例2 判别级数∑∞=--+12521n n n n 的敛散性. 分析: 考虑通项5212--+n n n ,分子n 的最高幂是1,分母n 的最高幂是2,这时通项接近，n n n 2122=,原级数也接近于级数∑∞=11n n,至多差一个系数.解: 因为52152221222--+≤--<=n n n n n n n n n （分子缩小,分母放大,分数缩小）,又由于∑∞=11n n是发散的,则由比较判别法,原级数也是发散的.由比较判别法可推得：定理2.3（比值判别法——达朗贝尔判别法）：设n 1u n ∞=∑(0>n u )为正项级数，且存在正常数q,则有1) 若,1u ,,1<≤≥∀∈∃++q u N n N N nn 有则级数n1un ∞=∑收敛；2) 若N n N N ≥∀∈∃+,，有1n n u v ≥，则级数n1u n ∞=∑发散. 证明：1）不妨设q N n n u u ,1n ≤∈∀+有, n=1， q u u 12≤;n=2,;u 2123q u q u ≤≤ n=3,;u 3134q u q u ≤≤......n=k,kk k q u u 11u ≤≤+......已知几何级数)10(11<<∑∞=q qu kk 收敛，根据柯西收敛准则推论的逆否命题，则级数n 1u n ∞=∑收敛.2)已知,1,n ,1≥≥∀∈∃++nn u u N N N 有即正项级数{n u }从N 项以后单调增加，不去近乎0()∞→0，则级数n1un ∞=∑发散.定理2.3.1（比值判别法的极限形式）：设n 1u n ∞=∑(0>n u )为正项级数，且l u u n n n =+∞→1lim，有，1) 若1<l ，则级数n 1u n ∞=∑收敛；2) 若1>l ，则级数n 1u n ∞=∑发散.证明：1),1:q <<∃q l 由数列极限定义，l q l N N N l nn -<->∀∈∃>=∃++u u ,n ,,0-q 10有ε即1u u 1<<+q nn ，根据达朗贝尔判别法，级数n 1u n ∞=∑收敛；2）已知1>l ，根据数列极限的保号性，1u u ,,n1n >≥∀∈∃++有N n N N ，达朗贝尔判别法，级数n1un ∞=∑发散.例3 判别级数∑∞=1!n n n n 的敛散性. 解: 由于11])11(1[lim )1(lim ]!)1()!1([lim lim11<=+=+=++=∞→∞→+∞→+∞→en n n nn n n u u n n n n nn n n n n ,所以根据达朗贝尔判别法的推论知,级数∑∞=1!n nnn 收敛. 例4 判别级数∑∞=155n nn的敛散性.解: 由于15)1(5lim ]5)1(5[lim lim55511>=+=+=∞→+∞→+∞→n n nn u u n n n n n n n ,根据达朗贝尔判别法的推论知,级数∑∞=155n nn发散.当正项级数的一般项n u 具有积、商、幂的形式,且n u 中含有!n 、!!n 、n a 以及形如)()2)((nb a b a b a +++ 的因子时,用达朗贝尔判别法比较简便.定理2.4（根式判别法——柯西判别法）：设n 1u n ∞=∑)0(u n >为正项级数，存在常数q ，则有1) 若,n ,N N N ≥∀∈∃+有1n <≤q u n ，则级数n 1u n ∞=∑收敛；2) 若存在自然数列的子列{}i n ，使得1u ≥nn ，则级数n 1u n ∞=∑发散.证明：1）已知,n ,N N N ≥∀∈∃+有qu n ≤n，有已知几何级数∑∞=<≤0n )10(q qn收敛，于是级数∑∞=0n nu收敛;2)已知存在无限个n,有1n≥n u ，即n u 趋近于0（∞→n ），于是级数n1un ∞=∑发散.定理2.4.1(根式判别法的极限形式)：设n 1u n ∞=∑为正项级数，若lu n n n =∞→lim1) 若1<l 时，级数n 1u n ∞=∑收敛；2) 若1>l 时，则级数n 1u n ∞=∑发散.证明：1)：q ∃1<<q l ,由数列极限定义，11,n ,,01q n 0<<--≥∀∈∃>-=∃+q u q l u N N N n n n 即有ε，根据柯西判别法，级数n 1u n ∞=∑收敛；2)已知1>l ，根据数列极限的保号性，1,n ,n >≥∀≥∃+n u N N N 有，根据柯西判别法，级数n 1u n ∞=∑发散.注意：在比值判别法和根式判别法的极限形式中，对=1r 的形式都为论及.实际上，当+1lim=1n x n u u →∞或+1lim =1n x nuu →∞时，无法使用这两个法判别来判断敛散性，如级数=11n n ∞∑和2=11n n∞∑，都有1+1lim =lim =11+1x x n n n n→∞→∞，()2221+1lim =lim =11+1x x n n n n →∞→∞⎛⎫ ⎪⎝⎭，lim x →∞，lim x →∞但前者发散而后者收敛.此外，定理2.3和定理2.4中，关于收敛条件+1q<1n nu u ≤和<1q ≤也不能放宽到+1<1n n u u，.例如对调和级数=11n n∞∑，有+1=<1+1n n u nu n ，，但级数却是发散的.例1 判别级数nnnn)12(1∑∞=+的敛散性.分析: 该级数的通项nnn)12(+是一个n次方的形式,于是联想到柯西判别法,对通项开n次方根,看其结果与1的大小关系.解: 由于12112lim)12(limlim<=+=+=∞→∞→∞→nnnnunnnnnnn,根据柯西判别法的推论,可得级数nnnn)12(1∑∞=+收敛.例2 判别级数∑∞=1ln32nnn的敛散性.解: 由于123232lim32limlimlnln>====∞→∞→∞→nnnnnnnnnnu,所以根据柯西判别法的推论知,级数∑∞=1ln32nnn发散.我们知道，广义调和级数（P-级数）11npnn=∑当1q>时收敛，而当1q≤时发散，因此，取P-级数作为比较的标准，可得到比比式判别法更为精细而又应用方便的判别法.即定理2.5（拉阿贝判别法）：设1nnnu=∑是正项级数且有)0(u>n，则存在常数q，1)若11n,n,1>≥⎪⎪⎭⎫⎝⎛-≥∀∈∃++quuNNNnn有，则级数1nnnu=∑收敛；2）若11n,,1≤⎪⎪⎭⎫⎝⎛-≥∀∈∃++nnuuNnNN有，则级数1nnnu=∑发散.证明：1）由q u u n n ≥⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+11n 可得n qu n n -<+1u 1，选p 使1<p<q.由 ()()()11lim11lim 111lim 100<=-=--=---→→∞→qpqx p qx x nq np x px pn ，因此，存在正数N ，是对任意n>N,pn n⎪⎭⎫ ⎝⎛-->111q ,这样p p p n n n n ⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛---<+1111111u u n 1n ，于是，当n>N 时就有()Np PN PppN N N n n u n N u N N n n n n u u u u u .1.1...121.......u u u 11n 1n 1n -=⎪⎭⎫⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎭⎫ ⎝⎛-≤=++++,当p>1时，级数∑∞=1n n1p收敛，故级数 则级数1nn n u =∑收敛；2）由,1111111nn n u u u u n n n n n -=-≥≤⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-++可得于是222231-n n n 1n 1n .1u .21...12.1.u u .....u u .u u u u n n n n n u =--->=++，因为∑∞=1n 1n 发散，故级数1nnn u=∑发散.定理2.5.1（拉阿贝判别法的极限形式）： 设正项级数∑∞=1n n u )0(>n u ,且极限存在,若.)1(lim 1l u u n nn n =-+∞→ 1)当1<l 时,级数∑∞=1n n u 收敛;2) 当1>l 时,级数∑∞=1n n u 发散.例1 讨论级数sn n n ∑∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⋅⋅⋅-⋅⋅⋅1)2(42)12(31 当3,2,1=s 时的敛散性.分析: 无论3,2,1=s 哪一值,对级数sn n n ∑∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⋅⋅⋅-⋅⋅⋅1)2(42)12(31 的比式极限,都有1lim1=+∞→nn n u u .所以用比式判别法无法判别该级数的敛散性.现在用拉贝判别法来讨论.解: 当1=s 时,由于)(12122)22121()1(1∞→<→+=++-=-+n n n n n n u u n n n , 所以根据拉贝判别法知,原级数是发散的.当2=s 时,由于)(1)22()34()2212(1)1(221∞→<++=⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-=-+n n n n n n n u u n n n , 所以原级数是发散的.当3=s 时,∵)(23)22()71812()2212(1)1(3231∞→→+++=⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-=-+n n n n n n n n u u n n n , 所以原级数收敛.考虑到级数与无穷积分的关系，可得 定理2.6（积分判别法）：设函数()f x 在区间(]1,∞上非负且递减，()n u f n =，n=1,2，……，则级数1nnn u=∑收敛的充分必要条件是极限()1lim xx f x dt →∞⎰存在.证明：()0f x ≥，知()F x =1()xf t dt ⎰单调递增.1lim ()lim ()xx x F x f t dt →∞→∞∴=⎰存在⇔()F x 在(]1,∞有界.（充分性）设1lim ()x x f t dt →∞⎰存在，则存在0M >,使得(]11,,()xx f t dt M ∀∈∞≤⎰级数1n n u ∞=∑的部分和12...n n S u u u =+++()()()12...f f f n =+++()()()()231211...n n f f t dt f t dt f t dt -≤+++⎰⎰⎰()()()111nf f t dt f M=+≤+⎰即部分和数列有上界.所以级数1n n u ∞=∑收敛.（必要性）设正项级数1n n u ∞=∑收敛，则它的部分和有上界，即存在0,,M n N ≥∀∈有,n S M ≤从而对(]1,,x ∀∈∞令[]1n x =+ 则()()2311121()()...()xnn n f t dt f t dt f t dt f t dt f t dt -≤=++⎰⎰⎰⎰⎰()()()112...1n f f f n S M -≤+++-=≤.故极限1()x f t dt ⎰存在.由此我们得到两个重要结论： (1)p 级数11pn n∞=∑收敛1p ⇔>； (2)级数11ln pn n n∞=∑收敛1p ⇔>. 证明：1)在p 级数一般项中，把n 换位x ，得到函数1()(1)pf x x x =≥.我们知道，这个函数的广义积分收敛1p ⇔>，因此根据正项级数的广义积分判定法，结论成立.2）证法同（1）. 例1 判别级数∑∞=131n n 的敛散性. 分析:因为将n 换成连续变量x ,即是31x ，显然函数31x在),1[+∞是单调减少的正值函数,所以可以用积分判别法.解:将原级数∑∞=131n n 换成积分形式dx x ⎰+∞131,由于21210)21()21(lim 21121213=+=---=-=+∞→+∞∞+⎰px dx x p ,即dx x ⎰+∞131收敛,根据积分判别法可知,级数∑∞=131n n 也收敛. 例2 证明调和级数∑∞=11n n发散.把n 换成连续变量x 得函数x1,显然这是一个在),1[+∞单调减少的正值函数,符合积分判别法的条件.解:将原级数∑∞=11n n换成积分形式dx x ⎰+∞11,由于+∞=-+∞==∞++∞⎰0ln 111x dx x ,即dx x ⎰+∞11发散,根据积分判别法可知,调和级数∑∞=11n n发散. 3 正项级数敛散性其他两种判别法定理2.7（阶的估计法）：设1n n u ∞=∑为正项级数1()()n pu O n n=→∞，即n u 与1p n 当()n →∞是同阶无穷小，则1) 当1p >时，级数1n n u ∞=∑收敛；2) 当1p ≤是，级数1n n u ∞=∑发散.把比较判别法和比式判别法结合，又可得 定理2.8（比值比较判别法）：设级数1n n u ∞=∑和1n n v ∞=∑是正项级数且存在自然数N ，使当n N ≥时有11n n n nu v u v ++≤，则1) 若1n n v ∞=∑收敛，则1n n u ∞=∑也收敛；2) 若1n n u ∞=∑发散，则1n n v ∞=∑也发散.证明：当n N ≥时，由已知得12121111.......n N N n N N n n N N N n N N n Nu u u u v v v vu u u u v v v v +++++-+-=≤=由此可得,N N n n n n N Nu vu v u v v u ≤≤.再由比较判别法即知定理结论成立. 主要参考文献：[1]刘玉琏、傅沛仁等，数学分析讲义（第三版）.高等教育出版社，2003 [2]罗仕乐，数学分析绪论.韶关学院数学系选修课程，2003.8 [3]李成章、黄玉民，数学分析（上册）.科学出版社，1999.5 [4]邓东皋、尹晓玲，数学分析简明教程.高等教育出版社，2000.6 [5]张筑生，数学分析新讲.北京大学出版社，2002.6 [6]丁晓庆，工科数学分析（下册）.科学出版社，2002.9[7]R.柯朗、F.约翰，微积分与数学分析引论.科学出版社，2002.5（注：文档可能无法思考全面，请浏览后下载，供参考。

关于调和级数的进一步讨论数学与与计算机科学学院数学与应用数学(师范)专业2004级刘挺指导教师赵克全摘要：调和级数是一类特殊而又十分重要的发散级数，具有一些非常重要的的性质。

教材中一般采用柯西收敛原理给出其证明。

事实上，证明调和级数发散的方法有很多种，各类证明方法都体现了不同的数学逻辑和思维。

本文从不同的方面入手，在已有文献的基础上，对调和级数作了进一步分析和讨论，并给出了调和级数发散性的一些新的证明方法和性质。

本文的结论是对已有文献中一些相应结果的改进与推广。

关键词：调和级数；发散；敛散性；应用Abstract：The harmonic series is one kind of special and very important divergent series which has some very important characterizations. In the teaching material, the authors usually made use of the convergence principle of cauchy to prove it. In fact, there are many ways of proving radiation of the harmonic series and each kind of method has manifested the different mathematical logic and the thought. In this paper，the harmonic series is discussed and analyzed deeply and widely from the different aspects, and at the same time has given some new ways of proving the radiation of harmonic series and some new properties of harmonic series. These conclusions improve and generalize some corresponding results in references.Key words：harmonic series；radiation；astringency and radiation；applications调和级数是一类重要的发散级数。

条件收敛的定义在数学中，条件收敛是指一个级数在满足一定条件下收敛或发散的性质。

级数是由一系列项所构成的，每一项都被加在前面的项上，并且有无穷多个项。

条件收敛是指一个级数只在特定条件下收敛。

条件收敛的必要条件和充分条件条件收敛具有以下两个性质： 1. 必要条件：如果一个级数在某个条件下收敛，那么它在去除该条件时将发散。

2. 充分条件：如果一个级数在某个条件下发散，那么在满足该条件时将收敛。

条件收敛的例子例子一：调和级数调和级数是一个典型的条件收敛级数。

调和级数的一般形式为：S=∑1 n∞n=1调和级数在条件收敛时满足以下条件：当 n 是素数时，级数收敛；当 n 不是素数时，级数发散。

这个例子表明了条件收敛级数的必要条件：收敛的子级数被去除后，级数发散。

例子二：绝对收敛绝对收敛是指一个级数的所有项的绝对值的和收敛。

绝对收敛是条件收敛的一个充分条件，也就是说，一个级数如果绝对收敛，那么它条件收敛。

条件收敛的意义条件收敛在数学和物理学中有重要的应用。

在数学中，条件收敛的概念是级数和序列理论中的一个重要内容。

在物理学中，条件收敛被广泛用于描述实际问题中的数学模型，例如波动方程和电磁场等。

条件收敛的应用条件收敛有许多实际应用，以下是几个常见的应用。

应用一：傅里叶级数傅里叶级数是一种用于描述周期性函数的级数。

傅里叶级数的收敛性是条件收敛的，即对于任意给定的周期函数，其傅里叶级数只在特定条件下收敛。

应用二：算法设计条件收敛在算法设计中有很多应用。

例如，在迭代算法的收敛性分析中，条件收敛提供了判断算法是否能够收敛的条件。

此外，在优化算法和逼近算法中，条件收敛也是分析算法性能的重要工具。

应用三：概率论和统计学条件收敛在概率论和统计学中也有广泛的应用。

例如，在随机变量的中心极限定理中，对于特定条件下的随机变量序列的和，其极限分布可以由条件收敛来刻画。

总结条件收敛是数学中级数收敛性质的一种特殊情况。

条件收敛的必要条件和充分条件提供了判断级数收敛性的重要工具。

收敛级数的四则运算公式收敛级数是数学中一个重要的概念，它描述了一种数列的和是否趋于一个有限的值。

在计算中，我们经常会遇到对收敛级数进行四则运算的情况，即对两个收敛级数进行加减乘除运算。

下面我们就来介绍一下收敛级数的四则运算规则。

一、加法运算：对于两个收敛级数∑an和∑bn，如果它们都收敛，则它们的和级数∑(an+bn)也收敛，并且有如下性质：（1）如果∑an和∑bn都绝对收敛，则∑(an+bn)也绝对收敛；（2）如果∑an和∑bn都条件收敛，则∑(an+bn)也条件收敛。

例如，考虑两个收敛级数∑(1/n^2)和∑(1/n^3)，它们分别是著名的调和级数和。

通过计算可以得知，这两个级数都收敛。

那么它们的和级数∑(1/n^2+1/n^3)是否收敛呢？我们来看一下。

对于级数∑(1/n^2+1/n^3)，我们可以将其拆分为两个级数∑1/n^2和∑1/n^3的和级数。

根据加法运算的性质，只需证明∑1/n^2和∑1/n^3都收敛即可。

对于∑1/n^2，我们知道它是一个收敛的级数，其和为π^2/6。

对于∑1/n^3，我们可以通过积分的方法证明其收敛，具体过程略去。

所以根据加法运算的性质，我们可以得知∑(1/n^2+1/n^3)也收敛。

二、减法运算：对于两个收敛级数∑an和∑bn，如果它们都收敛，则它们的差级数∑(an-bn)也收敛，并且有如下性质：（1）如果∑an和∑bn都绝对收敛，则∑(an-bn)也绝对收敛；（2）如果∑an和∑bn都条件收敛，则∑(an-bn)也条件收敛。

例如，考虑两个收敛级数∑(1/n^2)和∑(1/n^3)，我们已经知道它们都收敛。

那么它们的差级数∑(1/n^2-1/n^3)是否收敛呢？我们来看一下。

对于级数∑(1/n^2-1/n^3)，我们可以将其拆分为两个级数∑1/n^2和∑1/n^3的差级数。

根据减法运算的性质，只需证明∑1/n^2和∑1/n^3都收敛即可。

对于∑1/n^2，我们已经知道它是一个收敛的级数，其和为π^2/6。

调和级数定义调和级数是指由无限多个分母为正整数的倒数所组成的无穷级数，即1 + 1/2 + 1/3 + 1/4 + ...它是一种比较简单的级数，但是其性质却非常有趣。

首先，调和级数是发散的。

这是非常显然的，因为其各项之和无限大。

事实上，对于调和级数而言，其各项以及总和都没有上界。

这一点可以用反证法证明：假设调和级数收敛于一有限值，则其必然存在一个收敛的子级数，由于调和级数比起子级数更“接近”于无穷级数，因此无穷级数也应该收敛于同样有限的值，这是矛盾的。

其次，我们可以观察到，较小的分母对总和的贡献更大。

例如，前四项的和为2.08左右，而从第五项开始，每一项的贡献都相对较小，但仍然是一个正数。

因此，调和级数的数列不仅发散，而且其增长速度非常缓慢，可以类比于无限接近于0的数列。

另外，我们可以对调和级数进行一些变形，从而得到有趣的结果。

例如，将调和级数中的每一项平方，得到1 + 1/4 + 1/9 + 1/16 + ...我们可以发现，这个级数是收敛的，其总和约为1.64。

同样地，我们可以将调和级数中的每一项取倒数再求和，得到1/1 + 1/1+1/2 + 1/1+1/2+1/3 + ...这一级数也是收敛的，其总和约为1.61。

这些变形可以让我们更好地理解调和级数的性质，同时也是数学推导中的重要技巧。

最后，我们在实际问题中也可以看到调和级数的应用。

例如，在电阻并联电路中，电阻的总电阻可以表示为各电阻的倒数之和，即调和级数的总和。

因此，调和级数在科学和工程中也有广泛的应用。

总之，调和级数虽然简单，但却蕴含着许多有趣的性质。

通过学习调和级数，我们可以更好地理解无穷级数的性质，同时也可以在实际问题中应用它。

习题9-11. 判定下列级数的收敛性：(1) 1n ∞=∑; (2) 113n n ∞=+∑; (3)1ln 1n n n ∞=+∑; (4) 1(1)2nn ∞=-∑;(5) 11n n n ∞=+∑; (6)0(1)21n n nn ∞=-⋅+∑． 解：（1）11n n k S ===∑，则lim lim(11)n nnS n =+-=+?，级数发散。

（2）由于，因此原级数是调和级数去掉前面三项所得的级数，而在一个级数中增加或删去有限项不改变级数的敛散性，所以原级数发散。

（3），则lim lim[ln(1)]n nnS n =-+=-?，级数发散。

（4） 2 , 21, 1,2,3,; 0 , 2n n k S k n kì-=-ïï==íï=ïîL 因而lim n nS 不存在，级数发散。

（5）级数通项为1n n u n =+，由于1lim 10n n n+=?，不满足级数收敛的必要条件，原级数发散。

（6）级数通项为(1)21n n nu n -=+，而lim n n S 不存在，级数发散。

2. 判别下列级数的收敛性，若收敛则求其和： (1) 11123n n n ∞=⎛⎫+ ⎪⎝⎭∑； (2)11(1)(2)n n n n ∞=++∑; (3) 1πsin 2n n n ∞=⋅∑; (4) 0πcos 2n n ∞=∑．解：（1）因为所以该级数的和为31113lim lim(),22232n n n n n S S ==--? 即（2）由于1111[](1)(2)2(1)(1)(2)n n n n n n n =-+++++，则所以该级数的和为 1111lim lim [],22(1)(2)4n n n S S n n ==-=++即111.(1)(2)4n n n n ¥==++å（3）级数的通项为sin 2n u n n p =，由于sin2lim sin lim()02222n n n n n np p ppp =??，不满足级数收敛的必要条件，所以原级数发散。

我们知道调和级数是发散的，与类似的变式级数也是发散的，如级数项之和与偶数项之和。

但能否去掉部分项使之变为收敛级数？这里提供了一种方法，即去掉含有数字9的项，可以得到收敛级数。

乍看之下，这题还有点困难，难以下手，本文给出一种证明方法。

证明：容易计算得到，在10^n~10^(n+1)之间，不含有数字9的整数有8*9^n 个，对这些项进行放缩求和，可以得到一个大致的范围8*9^n/10^(n+1)<u[n]<8*9^n/10^n，n的取值从0到∞，级数和s的范围是8<s<80。

设前n项和的通项为s[n]，则s[n]有界，且s[n]是单调递增数列，所以极限s必然是存在的。

这样构造出来的新级数是收敛的，但具体的收敛和是多少不好计算。

我最初想用计算机来验证一下，首先需要解决的问题就是把不含有数字9的整数挑选出来，在完成这一步骤的过程中，我发现，在1~10中，符合要求的整数有9个；在1~100中，符合要求的整数有81个；在1~1000中，符合要求的整数有729个……以此类推，在1~10^n中，符合要求的整数有9^n个，这也是证明开头部分给出的结论。

所以数据的利用率为(9/10)^n，随着n的增大，数据的利用率会越来越低。

可以想见，当n足够大时，将有越来越少比例的数据参与运算，最终将得到一个稳定的数值。

若只对偶数项部分或奇数项部分求和，数据的利用率的极限是1/2，所以仍然是发散级数。

所以，要想得到收敛的级数，必要条件是数据的利用率的极限为0。

从概率的角度来讲，数字越大，它含有9的概率就越高，它被去掉的概率也就越大。

（不知道这样说对不对？）比较遗憾的是，由这种方法确定出来的级数和范围宽度较大，而且级数收敛速度很慢，我在网上看到一个网友说级数最终收敛至22点几。

我测试了一下，在1~6666666中，对符合要求的数据求和，得到的结果是13点几，还差得远喽！所以还需要找到一个好的计算方法，这里就不讨论了。

调和级数悖论的剖析——与张慧老师商榷蒋晓云1罗国湘2（1桂林师专数学与计算机科学系广西桂林541001；2桂林航天工业高等专科学校广西桂林541004）【摘要】张慧老师在文献[1]宣称证明了调和级数是一个既收敛又发散的级数，并认为这一悖论的发现是数学理论上的一个突破。

经过剖析发现文献[1]中调和级数收敛性证明是错误的。

【关键词】调和级数；收敛性；归纳法。

大家都知道费马是一位声望极高的数学家，他在研究了由公式给出的自然122+=n n F 数（后人称为费马数），发现都是素数，他曾65537,257,17,5,343210=====F F F F F 猜想：对任意一个自然数n ，费马数都是素数。

然而，十八世纪的瑞士数学家欧拉却发n F 现。

大数学家费马的错误告诉我们：单纯的枚举归纳法和直觉可能会67004176415×=F 欺骗我们，从而导致错误。

文献[1]宣称证明了调和级数是一个既收敛又发散的无穷级数，如果这一调和级数∑∞=11n n 悖论真正成立的话，微积分就又得要另起炉灶。

其实文献[1]中调和级数的收敛性证明又是直觉导致的错误，笔者对文献[1]的证明过程进行了剖析：调和级数中去掉分母中含有9的项，剩余项构成的新级数：∑∞=11n n 881801281201181101812111+++++++++++++=∑L L L L L u （1）L L L L L +++++++++++888180818011800110811001文献[1]先证明（1）是（绝对）收敛的，这是很多文献已发现的一个事实（如文献[2]）。

文献[1]再考虑调和级数分母中含有9的项组成的新级数∑∞=11n n 199119111901189111911091991901891291191911+++++++++++++++=∑L L L L v （2）L L L L ++++++++++999128912911290128912091由于（2）中分母为一位数的各项之和的小于级数（1）中分母为一位数的各项之和；91（2）中分母为两位数的各项之和小于（1）中分母为两位数991901891291191++++++L L的各项之和。

‘调和级数发散而其数列却收敛’的毛病和解决千百年来百思不得其解的怪事‘调和级数发散而其数列却收敛’（其式子的具体展示请看［2］之第6页）的毛病在哪？此毛病实即‘悖论’（‘一个命题的自我否定，即既表述为A又表述为非A’简称为‘悖论’。

请特别注意，形式逻辑学的‘矛盾律’为‘两个互相矛盾或者互相反对的命题,不可能同时真,必有一假。

’；‘悖论’与‘矛盾律’的区别的关键在‘一个命题’和‘两个命题’。

），是把n→∞的n当成无限，即调和级数数列的1／n不是最末项，在其后还有表示无限项的‘…’造成！由［3］，已严格证实‘ n→∞的n是未知性的有限即不定的有限’（请参看［3］或本文注释Ⅰ）还有，‘芝诺悖论’和‘庄子切棒悖论’是两个最著名的、公认未解决的悖论，也与现行教科书把n →∞的n当成无限有关；因此，第三次数学危机并未真正解决。

但近年来，由中科院士张景中主编的第二版《数学聊斋》（［1］）对‘悖论’的概念作出荒谬无理的解释，竟在其375页说【悖论不是坏东西……悖论不但有趣，而且有用】，并在他作序的《话说极限》（［2］）的第3页说出低劣错误的【无限段路程之和可以是有限量】（应该‘有限段路程之和是有限量’才正确---笔者）是在掩盖‘悖论’。

理学界掩盖‘悖论’的概念，使之变成谁也搞不懂的‘疑难’的实例很多；但像张景中教授们这种低劣错误却是绝无仅有的。

［3］之实例6对这两个悖论已作出一般性的否定，但还没有给出具体的运算推导解决，让人不知其如何运算，本文特为之具体展示。

用‘对数学基础的0和1的新认识’来甄别这两个悖论，知‘庄子切棒悖论’是真悖论，而‘芝诺悖论’是假悖论。

所以下面先对‘庄子切棒悖论’的真正解决作具体表述和运算如下：‘庄子切棒悖论’的表述实质意为‘任一条线段，每次切取其半，可无限次的切取’。

展示在下面的【1】，是‘庄子切棒悖论’产生的错误的级数式子。

∞表示‘无限多’，∞要解决‘庄子切棒悖论’，首先须知，‘无限多’的数学记号为○∞（注意，○表示‘无限大’，请参看［3］或本文注释Ⅰ）。

级数收敛定义级数是数学中的一个重要概念，它是指将一系列数相加所得到的无穷和。

在数学中，我们经常需要讨论级数的收敛性问题，这是因为级数的收敛性质与许多数学问题密切相关。

本文将介绍级数收敛的定义、性质以及一些常见的判别法。

一、级数的定义定义1：若数列 {a_n} 的和 s_n 满足当 n 趋向于无穷大时，s_n 趋向于一个有限数 s，则称级数∑a_n 收敛于 s，记作∑a_n=s。

定义2：若数列 {a_n} 的和 s_n 满足当 n 趋向于无穷大时，s_n 趋向于正无穷大或负无穷大，则称级数∑a_n 发散。

二、级数的性质1.级数收敛的必要条件是其通项趋于零。

即当∑a_n 收敛时，必有 lim n→∞ a_n=0。

证明：假设∑a_n 收敛，若 lim n→∞ a_n≠0，则存在一个正数ε，使得对于所有的 n，有 |a_n|≥ε，从而∑|a_n|≥∑ε=+∞，这与级数收敛的定义相矛盾。

2.级数的收敛性与级数的部分和有关。

即若级数∑a_n 收敛，则其部分和数列 {s_n} 有界。

证明：由级数收敛的定义可知，对于任意的ε>0，存在一个正整数 N，使得当 n>N 时，有 |s_n-s|<ε。

取ε=1，则存在正整数 N1，使得当 n>N1 时，有 |s_n-s|<1，即 s_n-1<s<s_n+1。

于是对于任意的 n>N1，有 |s_n|≤|s|+1，即数列 {s_n} 有界。

3.级数的收敛性具有可加性。

即若级数∑a_n 和∑b_n 均收敛，则级数∑(a_n+b_n) 也收敛，并且有∑(a_n+b_n)=∑a_n+∑b_n。

证明：设∑a_n=s1，∑b_n=s2，∑(a_n+b_n)=s3。

则对于任意的ε>0，由级数收敛的定义可知，存在正整数 N1，N2，N3，使得当n>N1，n>N2，n>N3 时，有|s1-s_n|<ε/2，|s2-t_n|<ε/2，|s3-(s_n+t_n)|<ε。

总结判断级数收敛的方法说实话总结判断级数收敛的方法这事，我一开始也是瞎摸索。

我当时就觉得这级数收敛好像是个很玄乎的东西，完全不知道从哪儿下手。

我试过最开始就从定义出发去判断。

这就好比你要找出路，最原始的办法就是沿着一条小路一步一步走，看能不能到达目的地。

对于级数收敛，定义就是当n趋于无穷时，级数的部分和数列有极限。

我就按照这个，去计算一堆级数的部分和，可哎呀，有些级数计算部分和简直就是噩梦啊，超级复杂。

就拿那个调和级数来说，1+1/2+1/3 + 1/4 + ……去计算它的部分和的极限，我捣鼓了好久，算得头昏脑涨的，结果发现这方法虽然靠谱，但效率极低。

后来我又学到了正项级数的比较判别法。

这就像是比大小，简单来说，如果有两个正项级数，其中一个你已经知道是收敛或者发散的，另一个跟它比，如果小的那个收敛，大的那个肯定也收敛；反过来，如果大的那个发散，小的那个肯定也发散。

我当时特别激动，觉得这个方法很巧妙。

我就开始疯狂找各种能用来对比的已知级数。

不过，这里也容易犯错，就是一定要找对比级数的时候要谨慎。

比如说，我有的时候没注意级数的形式就乱比，结果得出了错误的结论。

再然后还有比值判别法。

这个方法就更像在算两个数的比例关系了。

对于正项级数，求一下后一项和前一项比值的极限。

如果这个极限小于1，那级数收敛；要是大于1，那就发散；等于1的时候就不能确定了，这时候我就感觉像是走到了一个死胡同，还得换其他方法再试试。

比如说对于级数∑(n!)²/(2n)²，用比值判别法就很好判断，一求比值极限就能很快得出结论。

还有根值判别法呢，这个有点像从根部去判断这个级数的‘生命力’。

就是求n次根号下级数通项的极限，如果这个极限小于1就收敛，大于1就发散，等于1的时候不确定，又得另想办法。

我记得做过一个级数通项是(3n - 1)ⁿ/(4n + 1)ⁿ的例子，用根值判别法就挺有效的。

我折腾了这么久，发现判断级数收敛没有一个万能的办法，每种方法都有它合适的场景。

证明：将调和级数中分母含有数字9的项去掉，所得的级数必收敛！求出一个级数(不特别的)收敛值.从没做过这样的题(一般证一致收敛)-----(求一般项1/N^2的级数和值倒是见过)楼主的题目以前做过,不过方法忘了.现在证明方法比较偏,如下:只要证明第K项级数小于1/k*[ln(k)]^2即分母大于k*[ln(k)]^2就可以了!(要得分,最好是:分母大于k^2,一样证明)很明显分母中不出现9等价于9进制(很重要).所以9进制数的表示法,k可表示为:k=n'0 * 9^0 + n'1 * 9^1 + .... +n'i * 9^i (n'i为自然数)而第K项数值的分母记为m:m = n'0 * 10^0 + n'1 * 10^1 + .... +n'i * 10^i当K足够大时候有(后面那个不等式,左边增长速度快右边[很重要].而去掉有限项对级数收敛性无影响)所以m>k*[ln(k)]^2.由于级数1/k*[ln(k)]^2收敛,所以的命题得求证!我也来解解，大家看错没错。

xx！！r1=一位数倒数的和，r2=二位数倒数的和，......rn=n位数倒数的和......n位数中不含9的项共有8*（9的n-1次方）n位数倒数大于，小于所以rn小于8*（9的n-1次方）（）的n-1次方]原级数=r1+r2+....+rn+....很容易看出收敛的。

如果我的方法没错的话，题目可以改成这样的。

证明：将调和级数中分母含有数字n的项去掉，所得的级数必收敛！（n是0，1....，9中的某个数）如果是去掉含有两个相同的数（如含两个9的数），则级数是不收敛的。

或如果是去掉含有两个不同的数（如含两个9，8的数），则级数是不收敛的。

更一般的：如果是去掉含有i个相同的数（如含i个9，9..9的数），则级数也是不收敛的。

有兴趣的可以看看含有i个不相同的数，级数好象也不收敛。