调和级数发散的证明(1+1/2+...+1/n+...)

August 24, 2019
数学分析/Mathematical Analysis

命题的提出

设$S_n=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}$, 求证$\{S_n\}$发散

这个数列的发散是很难猜出来的, 因为它的增长速度很慢, 会给人以收敛的错觉. 如果用计算机手动运算, 会发现直到$12367$项, 这个数列的值才超过$10$. 但缓慢的增长速度不能说明敛散性. 接下来会给出一系列精彩的证明, 从14~17世纪纯粹的分式不等式到近现代涉及到微积分等方法.

遥远的中世纪: Nicole Oresme(1350?-1360?)

这个证明方式是历史上最早的证明, 涉及到简单的不等式放缩和数学归纳.

考虑到不等式 [ \underbrace{\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots+\frac{1}{2n}}_{\text{$n$项}}>n\cdot\frac{1}{2n}=\frac{1}{2} ] 我们分析$\{S_{2^n}\}$这个数列, 发现 [ S_1=1+0\cdot\frac{1}{2} ] [ S_2=1+1\cdot\frac{1}{2} ] [ S_4=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2+1}+\frac{1}{2\cdot{2}}>1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=1+2\cdot\frac{1}{2} ] [ S_8=S_4+\frac{1}{4+1}+\cdots+\frac{1}{4\cdot{2}}>1+3\cdot\frac{1}{2} ] 递推下去, 我们能得到 [ S_{2^n}\geq 1+n\cdot\frac{1}{2} ] 这说明$S_n$有一个子列无界, 故原数列发散. 证毕.

其实不用局限在$2^n$这一部分, 用同样的办法, 我们能得到 [ S_{M^n}\geq 1+n\cdot\frac{M-1}{M} ]

Pietro Mengoli(17世纪中叶)

考虑不等式 [ \frac{1}{n-1}+\frac{1}{n}+\frac{1}{n+1}=\frac{1}{n}+\frac{2n}{n^2-1}>\frac{1}{n}+\frac{2n}{n^2}=\frac{3}{n} ]

假设原级数收敛到$S$, 那么有 [ \begin{aligned} S&=1+\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}\right)+\left(\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\frac{1}{7}\right)+\cdots\\
&>1+\frac{3}{3}+\frac{3}{6}+\frac{3}{9}+\cdots\\
&=1+S \end{aligned} ] 而$S>1+S$无解, 这说明极限不存在. 证毕.

Bernoulli兄弟(1689)

Bernoulli兄弟的证明发布于 Tractatus de se-riebus infinitis 一书中.

Jacob Bernoulli

对任意正整数有 [ \underbrace{\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots+\frac{1}{n^2}}_\text{$n^2-n$项}>\frac{n^2-n}{n^2}=1-\frac{1}{n} ]

也就是说 [ \frac{1}{n}+\frac{1}{n+1}+\cdots+\frac{1}{n^2}>1 ]

因此有 [ \begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}&=1+\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}\right)+\left(\frac{1}{5}+\cdots+\frac{1}{25}\right)+\cdots\\
&>1+1+1+\cdots \end{aligned} ]

原级数发散. 证毕.

Johann Bernoulli

考虑级数 [ \sum_{n=k}^{\infty}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)=\sum_{n=k}^{\infty}\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{k} ]

同样, 我们假设级数收敛于$S$ [ \begin{aligned} S&=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\cdots\\
&=1+\frac{1}{2}+\frac{2}{6}+\frac{3}{12}+\frac{4}{20}+\frac{5}{30}+\cdots\\
&=1+\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{6}+\frac{1}{12}+\cdots\right)+\left(\frac{1}{6}+\frac{1}{12}+\frac{1}{20}+\cdots\right)+\cdots\\
&=1+1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots\\
&=1+S \end{aligned} ] 而$S=1+S$无解, 这说明极限不存在.

三种Cauchy判别法

Cauchy的三种判别法是比较常见且应用非常广泛的, 在微积分课程中也是常客, 现将三种方法列在下面

Cauchy积分判别法

设$f$在$[1,+\infty)$单调减少, 则级数$\sum_{n=1}^{\infty}f(n)$与广义积分$\int_{1}^{\infty}f(x)dx$同敛散

代入$f(x)=\frac{1}{x}$即可.

Cauchy凝聚判别法

设$\{a_n\}$是单调减少的整数列, 则正项级数$\sum_{n=1}^{\infty}a_n$收敛的充分必要条件是凝聚项级数$\sum_{n=1}^{\infty}2^na_{2^n}$收敛

这个判别法可以很简单地对$a_n=\frac{1}{n^p}$对应级数的敛散性进行讨论.

Cauchy收敛准则

可以发现, $S_{2n}-S_n=\frac{1}{n}+\frac{1}{n+1}+\cdots+\frac{1}{2n}>\frac{n}{2n}=\frac{1}{2}$.

这说明, 存在$\varepsilon=\frac{1}{2}$, 总有$|S_{2n}-S_n|>\varepsilon$. 这说明了这个级数的发散.

Honsberger(1976)

这个证明是$e^{x}\geq{1+x}$的巧用.

考虑$e^{S_n}$这个数列, 有

[ \begin{aligned} e^{S_n}&=\text{exp}\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\cdots+\frac{1}{n}\right)\\
&=e^{1}e^{\frac{1}{2}}e^{\frac{1}{3}}e^{\frac{1}{4}}\cdots e^{\frac{1}{n}}\\
&>\left(1+1\right)\left(1+\frac{1}{2}\right)\cdots\left(1+\frac{1}{n}\right)\\
&=n+1 \end{aligned} ] $e^{S_n}$的发散便说明了$S_n$的发散.


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