最后更新: 2025-03-14 12:02 查看: 15 次高考专区考研专区公式专区刷题专区词条搜索

非负项级数

## 2.3.4 非负项级数
这一小节主要讨论一种特殊的无穷级数——非负项级数的敛散性，它与单调数列有密切联系。

**定义2.11** 若无穷级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 的每一项为非负数，则称为非负项级数．

**定理2.18** 非负项级数收玫的充分必要条件是其部分和数列有上界．
证 设有非负项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ ，即有 $u_n \geqslant 0 \forall n$ ，则其部分和数列 $\left\{S_n\right\}$ 为单调增加数列：

$$
S_{n+1}=S_n+u_{n+1} \geqslant S_n \forall n,
$$

因此当 $\left\{S_n\right\}$ 有上界时级数收玫．

**例题2.32** 称通项 $u_n=\frac{1}{n}$ 的无穷级数为调和级数（从第二项起每一项都是相邻两项的调和平均值），即是

$$
1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}+\cdots
$$

证明调和级数发散．
证 研究该级数的部分和数列中下标为 $2^k$ 的项，并递推地作出如下估计：

$$
\begin{aligned}
S_2 & =1+\frac{1}{2}=1 \frac{1}{2} \\
S_4 & =S_2+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}>S_2+2 \cdot\left(\frac{1}{4}\right)=S_2+\frac{1}{2}=2 \\
S_8 & =S_4+\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\frac{1}{7}+\frac{1}{8}>S_4+4 \cdot\left(\frac{1}{8}\right)=S_4+\frac{1}{2}=2 \frac{1}{2} \\
& \ldots \ldots
\end{aligned}
$$

可见有可能成立以下不等式：

$$
S_{2^k}>1+\frac{k}{2}
$$

用数学归纳法对此作出严格证明．已知（2．18）对于 $k=1,2,3$ 成立．若它对于 $k$ 成立，则对于 $k+1$ 有

$$
\begin{aligned}
S_{2^{k+1}} & =S_{2^k}+\frac{1}{2^k+1}+\frac{1}{2^k+2} \cdots+\frac{1}{2^{k+1}} \\
& >1+\frac{k}{2}+2^k \cdot \frac{1}{2^{k+1}} \\
& =1+\frac{k+1}{2}
\end{aligned}
$$
因此不等式（2．18）成立．由此可见数列 $\left\{S_n\right\}$ 无上界，因此调和级数发散．
注 在前面的例题 2.30 中已经得到

$$
\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}}{\ln n}=1
$$

由此也可以得到调和级数发散于正无穷大的结论．

**例题2.33** 证明下列级数收玫：

$$
1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\cdots+\frac{1}{n^2}+\cdots
$$

证 只要证明该级数的部分和数列 $\left\{S_n\right\}$ 有上界．为此可以估计如下：

$$
\begin{aligned}
S_n & <1+\frac{1}{1 \cdot 2}+\frac{1}{2 \cdot 3}+\cdots+\frac{1}{(n-1) n} \\
& =1+\left(1-\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}\right) \\
& =2-\frac{1}{n}<2,
\end{aligned}
$$

可见该级数收玫．
注 今后还会求出这个级数的和：

$$
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}
$$

下面将要证明数 e 也是一个非负项无穷级数之和。
在下面的和式中当 $n=0$ 时出现了 $0!$ ，在数学中约定 $0!=1$ ．

定理 2.19 数 e 是下列无穷级数之和：

$$
e=1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots+\frac{1}{n!}+\cdots=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!}
$$

证 从该级数的部分和数列严格单调增加，并满足以下估计：

$$
1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots+\frac{1}{n!}<1+1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\cdots+\frac{1}{2^{n-1}}<3
$$

可见（2．20）中的无穷级数收玫．记级数的和为 $S$ ．
为了证明级数的和 $S$ 等于定义 2.9 中的数列 $\left\{\left(1+\frac{1}{n}\right)^n\right\}$ 的极限 e ，记 $x_n=$ $\left(1+\frac{1}{n}\right)^n, S_n=\sum_{k=0}^n \frac{1}{k!}$ ，并对 $x_n$ 用二项式定理展开得到

$$
\begin{aligned}
& x_n=1+\sum_{k=1}^n C_n^k \frac{1}{n^k}=1+1+\frac{1}{2!}\left(1-\frac{1}{n}\right)+\frac{1}{3!}\left(1-\frac{1}{n}\right)\left(1-\frac{2}{n}\right)+\cdots \\
& \quad+\frac{1}{n!}\left(1-\frac{1}{n}\right)\left(1-\frac{2}{n}\right) \cdots\left(1-\frac{n-1}{n}\right) \\
& <1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots+\frac{1}{n!}=S_n
\end{aligned}
$$

令 $n \rightarrow \infty$ ，得到 $e \leqslant S$ ．
为证明相反的不等式，取正整数 $m$ ，令 $n>m$ ，并在 $x_n$ 的上述展开式中去掉最后的 $n-m$ 项，得到不等式

$$
x_n>1+1+\frac{1}{2!}\left(1-\frac{1}{n}\right)+\cdots+\frac{1}{m!}\left(1-\frac{1}{n}\right)\left(1-\frac{2}{n}\right) \cdots\left(1-\frac{m-1}{n}\right)
$$

令 $n \rightarrow \infty$ ，就得到

$$
e \geqslant 1+1+\frac{1}{2!}+\cdots+\frac{1}{m!}=S_m
$$

再令 $m \rightarrow \infty$ ，就得到 $e \geqslant S$ ．合并以上即得所求．
利用无穷级数（2．20）的部分和可有效地计算 e 的近似值，其误差估计如下：

$$
\begin{aligned}
0<e & -\left(1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots+\frac{1}{n!}\right) \\
& =\frac{1}{(n+1)!}+\frac{1}{(n+2)!}+\frac{1}{(n+3)!}+\cdots \\
& <\frac{1}{(n+1)!}\left(1+\frac{1}{n+1}+\frac{1}{(n+1)^2}+\cdots\right) \\
& =\frac{1}{(n+1)!} \cdot \frac{n+1}{n}=\frac{1}{n!n} .
\end{aligned}
$$

例如，用 $n=8$ 就可以计算得到 e 的前 8 位有效数字： $e \approx 2.7182818$ 。
由误差估计不等式（2．21）还可以证明 e 是无理数．
定理 2.20 数 e 是无理数．
证 用反证法．设 $e =\frac{p}{q}$ ，其中 $p, q$ 是正整数．由（2．21）有

$$
0<\frac{p}{q}-\left(1+1+\frac{1}{2!}+\cdots+\frac{1}{q!}\right)<\frac{1}{q!q}
$$

乘以 $q$ ！就发现左边是 0 ，右边是 $\frac{1}{q}$ ，而中间却是一个正整数．由于 $q \geqslant 1$ ，这是不可能的．

上一篇：圆周率 π

下一篇：由迭代生成的数列与不动点定理

在线学习仅为您提供最基础的数学知识，开通会员可以挑战海量超难试题，分享本文到朋友圈，邀请更多朋友一起学习。

本文对您是否有用？有用 (0) 无用 (0)