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数项级数与p级数

## 序言
早在大约公元前 450 年，古希腊有一位名叫芝诺Zeno的学者，曾提出“阿喀琉斯追赶乌龟”的较为著名的一个悖论。

设乌龟在 阿喀琉斯 前面 $S_1$（米）处向前爬行，阿喀琉斯 在后面追赶，阿喀琉斯 $t_1$ （秒）时间，跑完 $S_1$（米）时，乌龟已向前爬了 $S_2$（米）；当 阿喀琉斯再用 $t_2$（秒）时间，跑完 $S_2$（米）时，乌龟又向前爬了 $S_3$（米）$\cdots \cdots$ 这样的过程可以一直继续下去，因此 阿喀琉斯 永远也追不上乌龟。

![图片](/uploads/2025-11/5d305d.jpg){width=400px}
 
 
显然，这一结论完全有悖于常识，是绝对荒谬的．没有人会怀疑，阿喀琉斯 必将在 $T$ （秒）时间内，跑了 $S$（米）后追上乌龟（ $T$ 和 $S$ 是常数）．Zeno 的诡辩之处就在于把有限的时间 $T$（或距离 $S$ ）分割成无穷段 $t_1, t_2, \cdots$（或 $S_1, S_2, \cdots$ ），然后一段一段地加以叙述，从而造成一种假象：这样＂追一爬一追一爬＂的过程将随时间的流逝而永无止境。事实上，如果将用掉的时间 $t_1, t_2, \cdots$（或跑过的距离 $S_1, S_2, \cdots$ ）加起来，即

$$
t_1+t_2+\cdots+t_n+\cdots \quad\left(\text { 或 } S_1+S_2+\cdots+S_n+\cdots\right) \text {, }
$$

尽管相加的项有无限个，但它们的和却是有限数 $T$（或 $S$ ）．换言之，经过时间 $T$（秒）， Achilles跑完 $S$（米）后，他已经追上乌龟了。

这里，我们遇到了无限个数相加的问题．很自然地，我们要问，这种＂无限个数相加＂是否一定有意义？若不一定的话，那么怎么来判别？有限个数相加时的一些运算法则，如加法交换律、加法结合律对于无限个数相加是否继续有效？如此等等．这正是本章要讨论的数项级数的一些概念．

## 数项级数
设 $x_1, x_2, \cdots, x_n, \cdots$ 是无穷可列个实数，我们称它们的＂和＂

$$
x_1+x_2+\cdots+x_n+\cdots
$$

为**无穷数项级数**（简称**级数**），记为 $\sum_{n=1}^{\infty} x_n$ ，其中 $x_n$ 称为级数的**通项**或**一般项**。
当然，我们无法直接对无穷多个实数逐一地进行加法运算，所以必须对上述的级数求和给出合理的定义．为此作级数 $\sum_{n=1}^{\infty} x_n$ 的＂部分和数列＂$\left\{S_n\right\}$ ：

$$
\begin{aligned}
& S_1=x_1, \\
& S_2=x_1+x_2, \\
& S_3=x_1+x_2+x_3, \\
& \quad \cdots \cdots \cdots \cdots \\
& S_n=x_1+x_2+\cdots+x_n=\sum_{k=1}^n x_k, \\
& \quad \cdots \cdots \cdots \cdots
\end{aligned}
$$

**定义**  如果部分和数列 $\left\{S_n\right\}$ 收敛于有限数 $S$ ，则称无穷级数 $\sum_{n=1}^{\infty} x_n$ 收敛，且称它的和为 $S$ ，记为

$$
S=\sum_{n=1}^{\infty} x_n  
$$

如果部分和数列 $\left\{S_n\right\}$ 发散，则称无穷级数 $\sum_{n=1}^{\infty} x_n$ 发散。

由上述定义可知，只有当无穷级数收敛时，无穷多个实数的加法才是有意义的，并且它们的和就是级数的部分和数列的极限．所以，级数的收敛与数列的收敛本质上是一回事．

`例` 设 $|q|<1$ ，则几何级数（即等比级数）

$$
\sum_{n=1}^{\infty} q^{n-1}=1+q+q^2+\cdots+q^n+\cdots
$$

是收敛的．这是因为它的部分和数列的通项为

$$
S_n=\sum_{k=1}^n q^{k-1}=\frac{1-q^n}{1-q},
$$

显然，

$$
\lim _{n \rightarrow \infty} S_n=\frac{1}{1-q}
$$

现在我们来回答本章开头提出的 阿基里斯 追赶乌龟的问题．
设乌龟的速度 $v_1(\mathrm{~m} / \mathrm{s})$ 与阿基里斯 的速度 $v_2(\mathrm{~m} / \mathrm{s})$ 之比为 $q=\frac{v_1}{v_2}, 0<q<1$ ．阿基里斯 在乌龟后面 $S_1(\mathrm{~m})$ 处开始追赶乌龟。当 阿基里斯 跑完 $S_1(\mathrm{~m})$ 时，乌龟已向前爬了 $S_2= q S_1(\mathrm{~m})$ ；当阿基里斯 继续跑完 $S_2(\mathrm{~m})$ 时，乌龟又向前爬了 $S_3=q^2 S_1(\mathrm{~m}) \cdots \cdots$ 当 阿基里斯 继续跑完 $S_n(\mathrm{~m})$ 时，乌龟又向前爬了 $S_{n+1}=q^n S_1(\mathrm{~m}) \cdots \cdots$ 显然 阿基里斯 要追赶上乌龟，必须跑完上述无限段路程 $S_1, S_2, \cdots, S_n, \cdots$ ，由于

$$
S_1+S_2+\cdots+S_n+\cdots=S_1\left(1+q+q^2+\cdots+q^{n-1}+\cdots\right)=\frac{S_1}{1-q},
$$

即我们在前面所说的，这无限段路程的和却是有限的，也就是说，当 阿基里斯 跑完路程 $S=\frac{S_1}{1-q}(\mathrm{~m})$（即经过了时间 $T=\frac{S_1}{(1-q) v_2}(\mathrm{~s})$ ）时，他已经追上了乌龟．

## p 级数
下面讨论含有参数 $p$ 的无穷级数，俗称为 $p$ 级数．当 $p=1$ 时就是调和级数。

`例`（ $p$ 级数）证明：以 $p$ 为参数的无穷级数

$$
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^p}=1+\frac{1}{2^p}+\cdots+\frac{1}{n^p}+\cdots
$$

当 $p \leqslant 1$ 时发散，而当 $p>1$ 时收敛．

**证1** 若 $p \leqslant 0$ ，则级数通项不是无穷小量，因此发散．对于 $0<p \leqslant 1$ ，利用 $p=1$ 时的调和级数发散和 $\frac{1}{n^p} \geqslant \frac{1}{n}$ 成立，可见级数的部分和数列无上界，因此发散．下面只要对于 $p>1$ 时的收敛性给出证明．
模仿证明调和级数发散的方法 ，写出

$$
\begin{aligned}
& S_3=1+\frac{1}{2^p}+\frac{1}{3^p}<1+2 \cdot\left(\frac{1}{2^p}\right)=1+\frac{1}{2^{p-1}} \\
& S_7=S_3+\frac{1}{4^p}+\frac{1}{5^p}+\frac{1}{6^p}+\frac{1}{7^p}<S_3+4 \cdot\left(\frac{1}{4^p}\right)<1+\frac{1}{2^{p-1}}+\frac{1}{4^{p-1}} \\
& \ldots \ldots \ldots
\end{aligned}
$$

就可以猜测有以下不等式：

$$
S_{2^{k+1}-1}<1+r+r^2+\cdots+r^k ...(14.1)
$$

其中 $r=\frac{1}{2^{p-1}}$ ．用数学归纳法来证明这个不等式．对于 $k=1,2$ 它已经成立．若设对 $k$ 成立，则对于 $k+1$ 就有

$$
\begin{aligned}
S_{2^{k+2}-1} & =S_{2^{k+1}-1}+\frac{1}{\left(2^{k+1}\right)^p}+\frac{1}{\left(2^{k+1}+1\right)^p}+\cdots+\frac{1}{\left(2^{k+2}-1\right)^p} \\
& <S_{2^{k+1}-1}+2^{k+1} \cdot\left(\frac{1}{\left(2^{k+1}\right)^p}\right) \\
& =S_{2^{k+1}-1}+\frac{1}{\left(2^{p-1}\right)^{k+1}}=S_{2^{k+1}-1}+r^{k+1},
\end{aligned}
$$

可见猜想成立．
由于 $p>1, r=\frac{1}{2^{p-1}}<1$ ，因此从（14．1）可见对于每个 $n$ 成立不等式
$$
S_n<\frac{1}{1-r}
$$

从而 $\left\{S_n\right\}$ 有上界，即当 $p>1$ 时的 $p$ 级数收敛．
以下对于 $p>1$ 再给出几个证明。
证 2 用连锁消去法，即要寻找有上界的 $\left\{v_n\right\}$ ，使成立 $0 \leqslant u_n \leqslant v_{n+1}-v_n \forall n$ ．在区间 $[n, n+1]$ 上对函数 $x^{1-p}$ 用 Lagrange 微分中值定理，存在 $0<\theta<1$ ，使得成立不等式

$$
\frac{1}{n^{p-1}}-\frac{1}{(n+1)^{p-1}}=\frac{p-1}{(n+\theta)^p}>\frac{p-1}{(n+1)^p}
$$

这样就可以对 $p>1$ 的级数部分和估计其上界：

$$
\begin{aligned}
\sum_{n=1}^N \frac{1}{n^p} & <1+\frac{1}{p-1}\left[\left(1-\frac{1}{2^{p-1}}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{(N-1)^{p-1}}-\frac{1}{N^{p-1}}\right)\right] \\
& =1+\frac{1}{p-1}\left(1-\frac{1}{N^{p-1}}\right)<\frac{p}{p-1}
\end{aligned}
$$

证3 利用证2中的不等式即可写出

$$
\begin{aligned}
& \left|\frac{1}{(n+1)^p}+\cdots+\frac{1}{(n+p)^p}\right| \\
& \quad<\frac{1}{p-1}\left[\left(\frac{1}{n^{p-1}}-\frac{1}{(n+1)^{p-1}}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{(n+p-1)^{p-1}}-\frac{1}{(n+p)^{p-1}}\right)\right] \\
& \quad=\frac{1}{p-1}\left(\frac{1}{n^{p-1}}-\frac{1}{(n+p)^{p-1}}\right)<\frac{1}{p-1} \cdot \frac{1}{n^{p-1}},
\end{aligned}
$$

这样就可以用 Cauchy 收敛准则完成证明．
注  上述证3虽然与证2极其相似，但证3的方法可以用以证明 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{b_n}{n^p}$ 收敛，其中 $p>1$ ，数列 $\left\{b_n\right\}$ 只要有界就行，而证 2 的方法则只能用于 $\left\{b_n\right\}$ 为非负有界数列的情况．

证4  利用 $n>1$ 时的不等式

$$
\frac{1}{n^p}<\int_{n-1}^n \frac{d x}{x^p}
$$

就可以估计得到

$$
\sum_{k=1}^n \frac{1}{k^p}<1+\int_1^n \frac{d x}{x^p}=1+\left.\frac{1}{1-p} \cdot x^{1-p}\right|_1 ^n<1+\frac{1}{p-1}
$$

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