物理

[TINY NSD]浅谈调和级数

一、调和级数发散的证明

${1+\frac{1}{2}等于多少？\frac{3}{2}}$

${再加\frac{1}{3}呢？\frac{11}{6}}$

${再加\frac{1}{4}呢？\frac{25}{12}}$

看着这一系列不断变大的数字，我们不由得想，它会在某处停下来，还是一直增大直到正无穷？

为了方便，我们给它起了一个好听的名字，叫做调和级数：

${S_n=\sum_{i=1}^n{\frac{1}{i}}}$

我们在小学二年级就学过，${对于数列\lbrace a_n \rbrace}$，若${\exists M \gt 0，\forall n \gt 0，使得|a_n| \le M}$，则称数列${\lbrace a_n \rbrace}$是有界的

收敛数列必然是有界的，其逆否命题是：无界数列必然是发散的

如果没学过小学二年级的话，可以去看我大号写的《极限与连续》

下面证明：调和级数是无界的

证明：${\forall M \gt 0，令n=2^{\lceil 2M \rceil}}$

则${S_n =\sum_{i=1}^n{\frac{1}{i}} \ge1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4} \times 2 +\frac{1}{8} \times 4 + \cdots+\frac{1}{2^{\lceil 2M \rceil}} \times 2^{\lceil 2M \rceil-1}}$

${=1+\frac{\lceil 2M \rceil}{2} \gt M}$，从而调和级数是无界的

当然，调和级数也必然是发散的

上面的过程中，我们把级数中的项进行分组，每组放缩到了比它小的最近的${2的整数次幂}$，发现得到的结果依然发散，从而可以用来构造与${每个M对应的n}$

二、一个不等式及其应用

首先，我们小学二年级就学过：${\forall x \in \mathbb{R}，e^x \ge x+1}$，取等当且仅当${x=0}$

不，我说的不是这个不等式，这是一个引理

我们的主角是调和级数，考虑${S_n-S_m}$，其中${m, n \in \mathbb{N}且n \gt m}$

（${m=0}$怎么办？这里设${S_0=0}$）

对不小于1的正实数${k, 与正整数i, ki \ge 1，从而e^{-\frac{1}{ki}} \gt1-\frac{1}{ki} \ge 0}$

从而${e^{-\frac{S_n-S_m}{k}}=\prod_{i=m+1}^n{e^{-\frac{1}{ki}}}\gt \prod_{i=m+1}^n{1-\frac{1}{ki}}=\prod_{i=m+1}^n{\frac{ki-1}{ki}}}$

而${e^{-\frac{S_n-S_m}{k}}=(\frac{1}{\prod_{i=m+1}^n{e^\frac{1}{i}}})^\frac{1}{k} \lt[\frac{1}{\prod_{i=m+1}^n(1+\frac{1}{i})}]^\frac{1}{k}=\sqrt[k]{\frac{m+1}{n+1}}}$

稍微整理一下（都进行了$k$次方），我们就得到了一个不等式：

${\prod_{i=m+1}^n{(\frac{ki-1}{ki})^k} \lt e^{-(S_n-S_m)} \lt \frac{m+1}{n+1}}$

没错，这就是我们这一节重点的不等式

怎么应用呢？我们取${m=0}$，然后观察左侧：

${\prod_{i=1}^n({\frac{ki-1}{ki}})^k \lt e^{-S_n}}$

即${\prod_{i=1}^n{\frac{ki-1}{ki}} \lt e^{-\frac{S_n}{k}}}$

由于调和级数发散，右侧在正无穷处的极限为0，而左侧始终是正数，所以凭借小学二年级学生都会的夹逼准则，左侧在正无穷处的极限为0

这有什么作用呢？能够在考试中帮忙拿分

[例]（2023USTCEntrance-10）${已知a_n=4^{-n} C_{2n}^n，求证：}$

${（1）数列\lbrace a_n \rbrace单调递减；}$

${（2）\forall \epsilon \gt 0，\exists n \in\mathbb{N^*}, a_n \lt \epsilon。}$

（1）问略，相邻两项求比值就可以了

为了证明（2），通过高超的注意力可以发现：${a_n=\prod_{i=1}^n{\frac{2i-1}{2i}}}$

我们发现这就是上述推论在${k=2}$时的情况，其在正无穷处的极限为0

于是${\forall \epsilon \gt 0，\exists N \in \mathbb{N^*}，\forall n \gt N，a_n \lt \epsilon}$

取${n=N+1}$，问题圆满解决

三、调和级数的进一步放缩及欧拉常数

由不等式，还可以得到几个结论：

①${S_n \gt \ln(n+1)}$。

证明：取${m=0，k=1}$，则${e^{-S_n} \lt \frac{1}{n+1}，从而S_n \gt \ln(n+1)}$

②${S_n \le \ln n+1}$

证明：${n=1}$时${LHS=RHS=1}$，显然成立

${n \ge 2}$时取${m=1,k=1}$，得${\frac{1}{n}=\prod_{i=2}^{n}{\frac{i-1}{i}} \lt e^{1-S_n}}$

从而${S_n-1 \lt \ln n，S_n \lt \ln n+1}$

综上，${\forall n \in \mathbb{N^*}，S_n \le \ln n+1}$

这两个结论比较严格地限定了${S_n}$的上下范围

由于${\ln n \lt \ln(n+1)，总有0 \lt S_n-\ln(n+1) \lt 1}$，设为${a_n}$

我们下面证明，${a_n=S_n-\ln(n+1)}$在无穷大处收敛到一个常数

${S_n-\ln(n+1)=\ln \frac{e^{S_n}}{n+1}=\ln (\prod_{i=1}^n{\frac{e^{\frac{1}{i}}}{1+\frac{1}{i}}})}$

${=\sum_{i=1}^n{\ln\frac{e^{\frac{1}{i}}}{1+\frac{1}{i}}}}$

从而${a_{n+1}-a_n=\ln\frac{e^{\frac{1}{n+1}}}{1+\frac{1}{n+1}} \gt \ln 1=0}$

即${\lbrace a_n \rbrace}$严格单调递增

而${0 \lt a_n \lt 1}$，从而${\lbrace a_n \rbrace}$必有界

根据小学三年级以前就要讲的单调有界定理，${\lbrace a_n \rbrace}$必收敛

那么${\lim_{n \rightarrow \infty}{a_n}}$是多少呢？

我们将其称为欧拉常数，记作${\gamma}$

目前计算的结果显示，${\gamma \approx 0.5772}$，不过其性质仍然未知，我们甚至不知道它是有理数还是无理数

当然，调和级数的内容远不止上面这些，它可以与高等数学中的很多内容挂钩，这里就不详细展开了

以上就是小学二年级都能看懂的调和级数内容，你学废了吗？