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p级数

## 14.1.2 $p$ 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，当 $p=2$ 时就是例题 14．1．关于 $p$ 级数的敛散性结论是今后的基本知识．

例题14．2（ $p$ 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 $p>1$ 时收玫．
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 $p>1$ 时的收玫性给出证明．
模仿证明调和级数发散的方法（参见例题 2．32），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：

$$
S_{2^{k+1}-1}<1+r+r^2+\cdots+r^k
$$

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（14．1）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 $p$ 级数收玫．
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 如过去的例题2．41所示，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 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{b_n}{n^p}$ 收玫，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 与例题14．1的证 3 类似，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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