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Euler常数与数列极限

赵汇涛，(周口师范学院 数学与统计学院, 河南 周口 466001)

在级数理论中有一个著名的数项级数 $\sum_{n=1}^{\infty}$ $\frac{1}{n}$, 称之为调和级数, 此级数是一个简单但发散的级数, 且其部分和数列趋于 $+\infty$, 由于该级数的通项是趋于 0 的, 故可对此级数的增长速度进行估计, 关于调和级数的部分和 $\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}$ 的估计, Euler 曾得到著名的公式

$$
\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}=\ln n+\gamma+\sigma_n,
$$

其中 $\gamma$ 称为 Euler 常数, $\sigma_n$ 为 $n \rightarrow \infty$ 时的无穷小量 $^{[1]}$ 。由此可知数列

$$
a_n=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}-\ln n
$$

是收敛的, 其极限即为 Euler 常数 $\gamma$ 。
Euler 常数在求数列极限、定积分、数项级数求和、函数项级数的收玫域与反常积分等问题中有着广泛的应用 ${ }^{[2-4]}$, 因此, 我们首先要对数列 $\left\{a_n\right\}$ 的收玫性及其收玫速度进行估计, 关于数列 $\left\{a_n\right\}$ 收玫性的证明, 烡冬保、叶正麟在文献 $[5]$ 中应用单调有界定理、级数方法、Taylor 公式等 4 种方法进行了证明; 徐军在文献 $[6]$ 中应用 Lagrange 中值定理给出证明。

本文对数列 $\left\{a_n\right\}$ 的证明方法进行了改进, 首先利用积分第一中值定理证明了数列 $\left\{a_n\right\}$ 的收玫性, 利用该方法不仅可以证明 $\left\{a_n\right\}$ 的收玫性,而且可以推导出一类数列的收玫性; 其次本文利用凸函数的性质证明了数列 $\left\{a_n\right\}$ 的收玫性, 且在证明中采用不等式可以对该数列的收敛速度进行更精确的估计。最后我们利用该数列的收玫性求出几个特殊的数项级数的和。
1 利用积分第一中值定理证明数列 $\left\{a_n\right\}$
的收敛性
定理 1 若连续函数 $f(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上单调递减, 且 $f(x)>0$, 令

$$
b_n=\sum_{k=1}^n f(k)-\int_1^n f(x) \mathrm{d} x, n \in N_{+},
$$

则数列 $\left\{a_n\right\}$ 收敛。
证明 由于 $f(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上单调递减,则对任意 $k \in N_{+}$, 有

$$
\int_k^{k+1} f(x) \mathrm{d} x \leq \int_k^{k+1} f(k) \mathrm{d} x=f(k),
$$

于是有

$b_n=\sum_{k=1}^n f(k)-\int_1^n f(x) \mathrm{d} x \geq \sum_{k=1}^n f(k)- \sum_{k=1}^{n-1} f(k)=f(n)>0$,

另一方面, 由 $f(x)$ 的单调性与积分第一中值定理, 有

$$
b_{n+1}-b_n=f(n+1)-\int_n^{n+1} f(x) \mathrm{d} x=
$$

$f(n+1)-f\left(\xi_n\right) \leq 0$,
其中 $\xi_n \in[n, n+1]$ 。
综上可知数列 $\left\{b_n\right\}$ 单调递减有下界, 从而收敛。

推论 1 数列 $a_n=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}-\ln n, n$ $=1,2, \cdots$ 是收敛的。

证明 在定理 1 中令 $f(x)=\frac{1}{x}$, 则 $f(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上单调递减, 且 $f(x)>0$, 则有

$$
\begin{aligned}
& \quad a_n=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}-\ln n=\sum_{k=1}^n f(k)- \\
& \int_1^n f(x) \mathrm{d} x,
\end{aligned}
$$

由定理 1 可知数列 $\left\{a_n\right\}$ 收敛。
由定理 1 可以证明一类数列的收玫性, 令 $f(x)=\frac{1}{x^\alpha}(\alpha>0, \alpha \neq 1)$, 则有

推论 2 数列 $b_n=1+\frac{1}{2^\alpha}+\frac{1}{3^\alpha}+\cdots+\frac{1}{n^\alpha}-$ $\frac{n^{1-\alpha}}{1-\alpha}, n=1,2, \cdots$ 是收敛的。

令 $f(x)=\frac{1}{x \ln ^\beta x}(\beta>0, \beta \neq 1)$, 则有推论 3 数列 $c_n=\frac{1}{2 \ln ^\beta 2}+\frac{1}{3 \ln ^\beta 3}+\cdots+\frac{1}{n \ln ^\beta n}$ $-\frac{\ln ^{1-\beta} n}{1-\beta}, n=2,3, \cdots$ 是收敛的。

特别地, 当 $\beta=1$ 时, 数列 $c_n=\frac{1}{2 \ln 2}+\frac{1}{3 \ln 3}+\cdots$ $+\frac{1}{n \ln n}-\ln \ln n, n=2,3, \cdots$ 是收敛的。
2 利用凸函数的性质证明 $\left\{a_n\right\}$ 的收敛性首先我们引人下面的不等式: 设 $0<a<b$,则有

$$
\frac{2}{a+b}<\frac{\ln b-\ln a}{b-a}<\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right) 。
$$

考察函数 $f(x)=\frac{1}{x}$ 。当 $x>0$ 时, $f(x)$ 为凸函数, 由凸函数性质可知, 在曲线 $y=f(x)$ 连接两点 $\left(a, \frac{1}{a}\right)$ 与 $\left(b, \frac{1}{b}\right)$ 的弦必在对应的曲线段

$y=\frac{1}{x}(a \leq x \leq b)$ 的上方 (如图 1 所示)。因此对应的梯形的面积必大于曲边梯形的面积, 故有

$$
\int_a^b \frac{1}{x} \mathrm{~d} x<\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)(b-a) ，
$$

即有

$$
\frac{\ln b-\ln a}{b-a}<\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right) 。
$$

![图片](/uploads/2023-11/ee168c.jpg)

另一方面, 如图 1 所示: 函数 $y=\frac{1}{x}$ 的图形位于过曲线上的点 $\left(\frac{a+b}{2}, \frac{2}{a+b}\right)$ 的切线的上方。而切线与横轴与两平行直线 $x=a, x=b$ 所围成梯形的面积恰好等于长为 $b-a$, 宽为 $\frac{2}{a+b}$ 的矩形的面积 $\frac{2(b-a)}{a+b}$, 所以有

$$
\int_a^b \frac{1}{x} \mathrm{~d} x>\frac{2(b-a)}{a+b},
$$

即有

$$
\frac{2}{a+b}<\frac{\ln b-\ln a}{b-a} 。
$$

特别地, 当 $a=n \in N_{+}, b=n+1$ 时, 由上述结论可得

$$
\begin{aligned}
& \frac{1}{n+1}<\frac{1}{n+1 / 2}<\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)< \\
& \frac{1}{2}\left(\frac{1}{n}+\frac{1}{n+1}\right)<\frac{1}{n} \text { 。 }
\end{aligned}
$$

所以有

$$
\sum_{k=2}^{n+1} \frac{1}{k}<\ln (n+1)-\ln 1<\sum_{k=1}^n \frac{1}{k} 。
$$

则有

$$
a_n=\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}-\ln n>\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}-\ln (n+1)>0,
$$

又因为

$$
a_{n+1}-a_n=\frac{1}{n+1}-\ln (n+1)+\ln n=\frac{1}{n+1}
$$

$$
\begin{aligned}
& -\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)<\frac{1}{n+1}-\frac{1}{2}\left(\frac{1}{n}+\frac{1}{n+1}\right) \\
& =-\frac{1}{2}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)<0,
\end{aligned}
$$

所以数列 $\left\{a_n\right\}$ 单调递减且有下界,故收敛。
3 应用
数项级数的收玫性与求和问题可以转化为其部分和数列的收玫性与极限问题, 利用 Euler 常数可以对一些特殊的数项级数的求和问题进行简化,下面我们举例说明 Euler 常数在数列极限问题与级数求和问题中的应用。
例 1 证明以下结论:

1) 设 $b_n=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots+\frac{1}{2 n}$, 则 $\lim _{n \rightarrow \infty} b_n$ $=\ln 2 ;$
2) 设 $c_n=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\cdots+(-1)^{n-1} \frac{1}{n}$,则 $\lim _{n \rightarrow \infty} c_n=\ln 2$ 。

证 设 $\lim _{n \rightarrow \infty} a_n=\lim _{n \rightarrow \infty}\left(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}-\ln n\right)=$ $\gamma$, 则 $\left\{\sigma_n=a_n-\gamma\right\}$ 为无穷小数列, 即有 $\lim _{n \rightarrow \infty} \sigma_n=$ $\lim _{n \rightarrow \infty}\left(a_n-\gamma\right)=0$ 。且数列

$$
d_n=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}=a_n+\ln n=\gamma+\sigma_n+
$$

$\ln n$ 。

1) 由 (1) 式可知 :

$$
\quad b_n=d_{2 n}-d_n=\sigma_{2 n}+\ln 2 n-\sigma_n-\ln n \rightarrow \ln 2,
$$

2) 由 (1) 式可知:

$$
\begin{aligned}
& \frac{d_n}{2}=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\cdots+\frac{1}{2 n}=\frac{1}{2}\left(\gamma+\sigma_n+\ln n\right), \\
& d_{2 n}=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{2 n}=\gamma+\sigma_{2 n}+\ln 2 n,
\end{aligned}
$$

则由 (2) 式与 (3) 式可得:

$$
\begin{gathered}
c_{2 n}=d_{2 n}-2 \frac{d_n}{2}=\sigma_{2 n}+\ln 2 n-\sigma_n-\ln n \rightarrow \ln 2, \\
(n \rightarrow \infty), \\
c_{2 n+1}=c_{2_n}+\frac{1}{2 n+1} \rightarrow \ln 2,(n \rightarrow \infty),
\end{gathered}
$$

所以有 $\lim _{n \rightarrow \infty} c_n=\ln 2$ 。

例 2 证明数项级数 $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} \frac{1}{n}$ 收敛并求其和。

证 由 Leibniz 判别法易知 $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} \frac{1}{n}$ 收敛,且其部分和数列为

$$
S_n=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\cdots+(-1)^{n-1} \frac{1}{n},
$$

由例 1 的结论可知 $\lim _{n \rightarrow \infty} S_n=\ln 2$, 所以有

$$
\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} \frac{1}{n}=\lim _{n \rightarrow \infty} S_n=\ln 2 。
$$

例 3 设 $u_n=1+\frac{1}{2}-\frac{2}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}-\frac{2}{6}+\cdots$ $+\frac{1}{3 n-2}+\frac{1}{3 n-1}-\frac{2}{3 n}$, 求 $\lim _{n \rightarrow \infty} u_n$ 。

解 设 $a_n=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}$, 则 有 $\lim _{n \rightarrow \infty}\left(a_n-\ln n\right)=\gamma$, 其中 $\gamma$ 为 Euler 常数, 令

$$
a_n=\gamma+\ln n+\sigma_n,
$$

则有 $\lim _{n \rightarrow \infty} \sigma_n=0$ 。由于

$$
\begin{aligned}
& u_n=1+\frac{1}{2}-\frac{2}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}-\frac{2}{6}+\cdots+\frac{1}{3 n-2} \\
& +\frac{1}{3 n-1}-\frac{2}{3 n}=a_{3 n}-3\left(\frac{a_n}{3}\right)=a_{3 n}-a_n=\gamma+\ln 3 n \\
& +\sigma_{3 n}-\left(\gamma+\ln n+\sigma_n\right)=\ln 3+\sigma_{3 n}-\sigma_n,
\end{aligned}
$$

则有

$$
\lim _{n \rightarrow \infty} u_n=\lim _{n \rightarrow \infty}\left(\ln 3+\sigma_{3 n}-\sigma_n\right)=\ln 3 。
$$

参考文献:
[1]陈昌维,杨炜明. 关于调和级数的部分和的推导及证明 [J]. 数学的实践与认识, $2021,51(6): 267-271$.
[2]杨显楼. 有关 Euler 常数的推广不应用 $[\mathrm{J}]$. 兰州文理学院学报,2016(3): 26-29.
[3] JonathanSondow. An Antisymmetric Formula for Euler's Constant[J]. Mathematics Magazine, 1998 (3): $219-220$.
[4]杨晓楼. Euler 常数在解题中的应用 $[\mathrm{J}]$. 数学通报, 1996 (7) : $45-47$.
[5]龚冬保, 叶正磷. 数 e、Euler 常数与数列的极限 $[J]$. 高等数学研究, 2012,15(3):6-8.
[6]徐军. 欧拉 (Euler) 常数存在性证明及其应用 $[\mathrm{J}]$. 课程教育研究, 2017(10):123.

文章来源： http://lib.cqvip.com/Qikan/Article/Detail?id=7109938926

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