三角函数公式推导5
即
1 1
=
(n+a)(n+b) a+1
2.求级数
2
的和
(n+2)(n+4)
解， 注意到其中
2 1 1
= -
(n+2)(n+4) n+2 n+4
因此
2 1 1 1 1
S = = ( - )= -
n (n+2)(n+4) n+2 n+4 3 n+4
.所以该级数的和为
1 1 1
S= lim S = lim ( - )=
n→∞ n n→∞ 3 n+4 3
即
2 1
=
(n+2)(n+4) 3
2.求级数
2
的和
(n+3)(n+5)
解， 注意到其中
2 1 1
= -
(n+3)(n+5) n+3 n+5
因此
2 1 1 1 1
S = = ( - )= -
n (n+3)(n+5) n+3 n+5 4 n+5
.所以该级数的和为
1 1 1
S= lim S = lim ( - )=
n→∞ n n→∞ 4 n+5 4
即
2 1
=
(n+3)(n+5) 4
由数学归纳法可得
2.求级数
2
的和
(n+a)(n+b)
解， 注意到其中，其中，b-a=2，a>0,b>0
2 1 1
= -
(n+a)(n+b) n+a n+b
因此
2 1 1 1 1
S = = ( - )= -
n (n+a)(n+b) n+a n+b a+1 n+b
.所以该级数的和为
1 1 1
S= lim S = lim ( - )=
n→∞ n n→∞ a+1 n+b a+1
即
2 1
=
(n+a)(n+b) a+1
由数学归纳法可得
2.求级数
c
的和
(n+a)(n+b)
解， 注意到其中，其中，b-a=c，a>0,b>0
c 1 1
= -
(n+a)(n+b) n+a n+b
因此
c 1 1 1 1
S = = ( - )= -
n (n+a)(n+b) n+a n+b a+1 n+b
.所以该级数的和为
1 1 1
S= lim S = lim ( - )=
n→∞ n n→∞ a+1 n+b a+1
即
c 1
=
(n+a)(n+b) a+1
2.求级数
1
的和
(n-2)(n-1)
解， 注意到其中，
1 1 1
= -
(n-2)(n-1) n-2 n-1
因此
1 1 1 1 1 1
S = = ( - )= - -
n (n-2)(n-1) n-2 n-1 2 3 n-1
.所以该级数的和为
1 1 1 5
S= lim S = lim ( - - )=
n→∞ n n→∞ 2 3 n-1 6
即
1 5
=
(n-2)(n-1) 6
2.求级数
1
的和
(n-6)(n-5)
解， 注意到其中，
1 1 1
= -
(n-6)(n-5) n-6 n-5
因此
1 1 1 1 1 1 1
S = = ( - )= + + + +0+0+
n (n-6)(n-5) n-6 n-5 20 12 6 2
. 1 1 1
+ -
2 3 n-1
.
所以该级数的和为
1 1 1 1 1 1 1 13
S= lim S = lim ( - - + +0+0+ + - )=
n→∞ n n→∞ 20 12 6 2 2 3 n-1 10
即
1
=1.3
(n-2)(n-1)
由数学归纳法可得
2.求级数
1
的和
(n-a)(n-b)
解， 注意到其中，其中，b-a=1，a>0,b>0
1 1 1
= -
(n-a)(n-b) n-a n-b
因此
1 1 1 1 1 1 1
S = = ( - )= + +…+ -
n (n-a)(n-b) n-a n-b (1-a)(1-b) (2-a)(2-b) 3 n-b
所以该级数的和为
1 1 1 1 1
S= lim S = lim ( +…+ - )= +…+
n→∞ n n→∞ (1-a)(1-b) 3 n-b 3 (1-a)(1-b)
即
1 1 1
= +…+
(n-a)(n-b) 3 (1-a)(1-b)
3.求级数
2
的和
(n-3)(n-1)
解， 注意到其中，
2 1 1
= -
(n-3)(n-1) n-3 n-1
因此
1 1 1 2 1 1 1
S = = ( - )=-1+ + + -
n (n-3)(n-1) n-3 n-1 3 4 3 n-1
所以该级数的和为
2 1 1 1 1
S= lim S = lim (-1+ + + - )=
n→∞ n n→∞ 3 4 3 n-1 4
即
2 1
=
(n-3)(n-1) 4
3.求级数
2
的和
(n-6)(n-4)
解， 注意到其中，
2 1 1
= -
(n-6)(n-1) n-6 n-4
因此
1 1 1 2 2 2
S = = ( - )= + + +0-2+0+
n (n-6)(n-4) n-6 n-4 12 8 3
. 2 1 1 1
+ + -
3 4 3 n-4
所以该级数的和为
2 2 2 2 1 1 1 13 1
S= lim S = lim ( + + +0-2+0+ + + - )= +
n→∞ n n→∞ 15 8 3 3 4 3 n-4 10 6
=0.3
即
2
=0.3
(n-6)(n4)
由数学归纳法可得
3.求级数
2
的和
(n-a)(n-b)
解， 注意到其中，其中，b-a=2，a>0,b>0
2 1 1
= -
(n-a)(n-b) n-a n-b
因此
1 1 1 1 1
S = = ( - )= + +…+
n (n-a)(n-b) n-a n-b (1-a)(1-b) (2-a)(2-b)
. 1 1
-
3 n-b
所以该级数的和为
1 1 1 1 1 1
S= lim S = lim ( + +…+ - )= +…+
n→∞ n n→∞ (1-a)(1-b) (2-a)(2-b) 3 n-b 3 (1-a)(1-b)
即
2 1 1
= +…+
(n-6)(n4) 3 (1-a)(1-b)
由数学归纳法可得
3.求级数
c
的和
(n-a)(n-b)
解， 注意到其中，其中，b-a=c，a>0,b>0
c 1 1
= -
(n-a)(n-b) n-a n-b
因此
c 1 1 1 1
S = = ( - )= + +…+
n (n-a)(n-b) n-a n-b (1-a)(1-b) (2-a)(2-b)
. 1 1
-
3 n-b
所以该级数的和为
1 1 1 1 1 1
S= lim S = lim ( + +…+ - )= +…+
n→∞ n n→∞ (1-a)(1-b) (2-a)(2-b) 3 n-b 3 (1-a)(1-b)
即
2 1 1
= +…+
(n-6)(n4) 3 (1-a)(1-b)
4.求级数
3
的和
(n-2)(n+1)
解， 注意到其中，
3 1 1
= -
(n-2)(n+1) n-2 n+1
因此
3 1 1 3 3 3 1 1
S = = ( - )=- + + + -
n (n-2)(n+1) n-2 n+1 2 4 10 3 n+1
所以该级数的和为
3 3 3 1 1
S= lim S = lim (- + + + - )
n→∞ n n→∞ 2 4 10 3 n+1
3 3 3 1
=- + + +
2 4 10 3
54
=- =-0.45
120
即
3
=-0.45
(n-2)(n+1)
1
3* =-0.45
(n-2)(n+1)
1
=-0.15
(n-2)(n+1)
4.求级数
4
的和
(n-3)(n+1)
解， 注意到其中，
4 1 1
= -
(n-3)(n+1) n-3 n+1
因此
4 1 1 4 4 1 1 1
S = = ( - )=-1- + + + -
n (n-3)(n+1) n-3 n+1 3 5 3 4 n+1
所以该级数的和为
4 4 1 1 1
S= lim S = lim (-1- + + + - ) =-0.95
n→∞ n n→∞ 3 5 3 4 n+1
即
4
=-0.95
(n-3)(n+1)
1
4* =-0.95
(n-2)(n+1)
1
=-0.2375
(n-2)(n+1)
由数学归纳法可得
4.求级数
c
的和
(n-a)(n+b)
解， 注意到其中，其中，a+b=c，a>0,b>0
c 1 1
= -
(n-a)(n+b) n-a n+b
因此
c 1 1 1 1 1 1
S = = ( - )= + +…+ -
n (n-a)(n+b) n-a n+b (1-a)(1-b) (2-a)(2-b) a+1 n-b
所以该级数的和为
1 1 1 1 1 1
S= lim S = lim ( + +…+ + )= +…+
n→∞ n n→∞ (1-a)(1-b) (2-a)(2-b) a+1 n-b a+1 (1-a)(1-b)
即
1 1 1
= +…+
(n-a)(n+b) a+1 (1-a)(1-b)
第十二章第三节例3
例3.试利用交错级数
10 1 1 n-1 1
=1- + -…+(-1) +…
11 10 10² 10
计算10/11的近似值，使其误差不超过0.0001,
解，如果利用级数
n-1 1
(-1)
n-1
10
的前n项和来作为10/11的近似值，那么余项的绝对值｜r ｜就是误差值。
n
又因为该级数是满足莱布尼兹审敛法的条件的交错级数，
所以余项r 也是交错级数，且有
n
｜r ｜≤u
n
观察级数
n-1 1
(-1)
n-1
10
因为其第五项
1
u = =0.0001
5 4
10
所以，只要取前四项和来计算10/11的值，即
10 1 1 1
≈1- + - =0.909
11 10 10² 10
就可以保证近似值的误差不超过0.0001,
例3a.试利用交错级数
11 1 1 n-1 1
=1- + -…+(-1) +…
12 11 11² 11
计算11/12的近似值，使其误差不超过0.0001,
解，如果利用级数
n-1 1
(-1)
n-1
11
的前n项和来作为11/12的近似值，那么余项的绝对值｜r ｜就是误差值。
n
又因为该级数是满足莱布尼兹审敛法的条件的交错级数，
所以余项r 也是交错级数，且有
n
｜r ｜≤u
n n+1
观察级数
n-1 1
(-1)
n-1
11
因为其第五项
1
u = =0.0000683013
5 4
11
所以，只要取前四项和来计算10/11的值，即
11 1 1 1
≈1- + - =0.916609
12 11 11² 11
就可以保证近似值的误差不超过0.0001,
由数学归纳法可得
n 1 1 k-1 1
=1- + -…+(-1) +…
n+1 n n² n
a 1 1 n-1 1
=1- + -…+(-1) +… 其中。a>0,b>0,b-a=1
b a a² a
模拟计算机可以调用这个公式计算除法
例3c.试利用交错级数
11 1 2 2 n-1 2
=1+ - + -…+(-1) +…
13 11+13 11 11² 11
注意:1/(11+13) 为校正系数
计算11/13的近似值，使其误差不超过0.0001,
解，如果利用级数
n-1 2
(-1)
n-1
11
的前n项和来作为11/13的近似值，那么余项的绝对值｜r ｜就是误差值。
n
又因为该级数是满足莱布尼兹审敛法的条件的交错级数，
所以余项r 也是交错级数，且有
n
｜r ｜≤u
n n+1
观察级数
n-1 2
(-1)
n-1
11
因为其第五项
2
u = =0.0001366026
5 4
11
所以，只要取前四项和来计算11/13的值，即
11 1 2 2 2
≈1+ - + - =0.87489
13 11+13 11 11² 11
就可以保证近似值的误差不超过0.0001,
例3c.试利用交错级数
由递归法可得
11 3 6 6 n-1 6
=1+ - + -…+(-1) +…
17 11+17 11 11² 11
注意:3/(11+17) 为校正系数
计算11/17的近似值，使其误差不超过0.0001,
解，如果利用级数
n-1 2
(-1)
n-1
11
的前n项和来作为11/17的近似值，那么余项的绝对值｜r ｜就是误差值。
n
又因为该级数是满足莱布尼兹审敛法的条件的交错级数，
所以余项r 也是交错级数，且有
n
｜r ｜≤u
n n+1
观察级数
n-1 6
(-1)
n-1
11
因为其第五项
6
u = =0.000409808
5 4
11
所以，只要取前四项和来计算11/17的值，即
11 3 6 6 6
≈1+ - + - = 0.61056
17 11+17 11 11² 11
就可以保证近似值的误差不超过0.0001,
由数学归纳法可得
a c/2 c c k-1 1
=1+ - + -…+(-1) +… 其中。a>0,b>0,c>0,b-a=c
b a+b a a² n
模拟计算机可以调用这个公式计算除法
第十二章第三节例3
例3d.试利用交错级数
11 1 1 n 1
=1+ - -…+(-1) +…
10 11 11² 11
计算11/10的近似值，使其误差不超过0.0001,
解，如果利用级数
n 2
(-1)
n-1
11
的前n项和来作为11/10的近似值，那么余项的绝对值｜r ｜就是误差值。
n
又因为该级数是满足莱布尼兹审敛法的条件的交错级数，
所以余项r 也是交错级数，且有
n
｜r ｜≤u
n n+1
观察级数
n 1
(-1)
n-1
11
因为其第五项
1
u = =0.0000683
5 4
11
所以，只要取前四项和来计算11/17的值，即
11 1 1 1
≈1+ - + = 1.08339
10 11 11² 11
就可以保证近似值的误差不超过0.0001,
例3d.试利用交错级数
12 1 1 n 1
=1+ - -…+(-1) +…
10 12 12² 12
计算12/10的近似值，使其误差不超过0.0001,
解，如果利用级数
n 2
(-1)
n-1
12
的前n项和来作为12/11的近似值，那么余项的绝对值｜r ｜就是误差值。
n
又因为该级数是满足莱布尼兹审敛法的条件的交错级数，
所以余项r 也是交错级数，且有
n
｜r ｜≤u
n n+1
观察级数
n 1
(-1)
n-1
11
因为其第五项
1
u = =0.0000683
5 4
11
所以，只要取前四项和来计算12/11的值，即
12 1 1 1
≈1+ - + =1.07696
11 12 12² 12
就可以保证近似值的误差不超过0.0001,
由数学归纳法可得
b 1 1 k-1 1
=1+ - -…+(-1) +… 其中。a>0,b>0,b-a=1
a b b² b
模拟计算机可以调用这个公式计算除法
例3b.试利用交错级数
13 1 2 2 n 2
=1+ + - -…+(-1) +…
11 11+13 13 13² 13
注意;1/(11+13) 为校正系数
计算13/11的近似值，使其误差不超过0.0001,
解，如果利用级数
n 2
(-1)
n-1
13
的前n项和来作为13/11的近似值，那么余项的绝对值｜r ｜就是误差值。
n
又因为该级数是满足莱布尼兹审敛法的条件的交错级数，
所以余项r 也是交错级数，且有
n
｜r ｜≤u
n n+1
观察级数
n 2
(-1)
n-1
13
因为其第五项
1
u = =0.00007025
5 4
13
所以，只要取前四项和来计算13/11的值，即
13 1 2 1 2
≈1+ + - + =1.18458
11 11+13 13 13² 13
就可以保证近似值的误差不超过0.0001,
例3c.试利用交错级数
由递归法可得
17 3 6 6 n 6
=1+ + - -…+(-1) +…
11 11+17 17 17² 17
注意;1/(11+17) 为校正系数
计算17/11的近似值，使其误差不超过0.0001,
解，如果利用级数
n 2
(-1)
n-1
17
的前n项和来作为17/11的近似值，那么余项的绝对值｜r ｜就是误差值。
n
又因为该级数是满足莱布尼兹审敛法的条件的交错级数，
所以余项r 也是交错级数，且有
n
｜r ｜≤u
n n+1
观察级数
n 6
(-1)
n-1
11
因为其第五项
6
u = =0.000071838
5 4
17
所以，只要取前四项和来计算17/11的值，即
17 3 6 6 6
≈1+ + - + = 1.457844
11 11+17 17 17² 17
就可以保证近似值的误差不超过0.0001,
由数学归纳法可得
b c/2 c c k-1 1
=1+ - + -…+(-1) +… 其中。a>0,b>0,c>0,b-a=c
a a+b b b² b
模拟计算机可以调用这个公式计算除法
2.高等数学辅导张天得著安徽人民出版社2013年版
第十二章例题1
用定义判别级数
3 3 1
-
+…+
16 611 (5n-4)(5n+1)
是否收敛, 用定义判别级数是否收敛，既是判断部分和数列S 是否有极限，
n
注意到级数通项
1
u =
n (5n-4)(5n+1)
可以写成两项之差
1 3 1 1
-
- *
5 5n-4 5 5n+1
则S 中能消去中间各项，剩下首尾项，则S 可求，由此可判定其极限是否存在。
n n
解：n项之和
1 1 1 1 1 1
S = (1- + - +…+ - )
n 5 6 6 11 5n-4 5n+1
1 1
= (1- )
5 5n+1
则
1
lim S =
n→∞ n 5
方法点击：将通项u 拆成两项之差，以求得前n项和S ，这种方法叫拆项法.
n n
例2.求下列级数的和
1 1 1 1 1 1
+ + + +…+ + +…
2 2 n n
2 3 2 3 2 3
若按常规思路求S , 会涉及n为偶数与奇数的讨论，
n
由于注意到奇数项的特点与偶数项的特点，我们不妨先求出S , 进而求出S ,
2n 2n-1
当且仅当S 与S 极限均存在且相等时，S 的极限才存在，级数S才可求
2n 2n-1 n
解;前2n项与前2n-1项之和分别为
1 1 1 1 1 1
S = + + + +…+ + +…
n 2 2 n n
2 3 2 3 2 3
1 1 1 1 1 1
=( + + ) +( + +…+ )
2 n 2 n
2 2 2 3 3 3
1 1 1 1
(1- n ) (1- n )
2 2 3 3
= +
1 1
1- 1-
2 3
1 1 1
=1- + -
n n
2 2 2*3
1 3 1 1 1
S =S - = - - -
2n-1 2n n n n n
3 2 2 2*3 3
由于
3
lim S = ,
n→∞ 2n 2
3
lim S = ,
n→∞ 2n-1 2
故
3
lim S = ,
n→∞ n 2
于是
3
S= lim S = ,
n→∞ n 2
例2a.求下列级数的和
1 1 1
+ +…+ +…
2 n
2 2 2
若按常规思路求S , 会涉及n为偶数与奇数的讨论，
n
由于注意到奇数项的特点与偶数项的特点，我们不妨先求出S , 进而求出S ,
2n 2n-1
当且仅当S 与S 极限均存在且相等时，S 的极限才存在，级数S才可求
2n 2n-1 n
解;前2n项与前2n-1项之和分别为
1 1 1
S = + +…+
n 2 n
2 2 2
1 1 1
= + +…+
2 n
2 2 2
1 1
(1- n )
2 2
1
1-
2
1
=1-
n
2
1 1 1
S =S - =1- -
2n-1 2n n n n
2 2 2
由于
lim S = 1 ,
n→∞ 2n
lim S = 1 ,
n→∞ 2n-1
故
lim S = 1 ,
n→∞ n
于是
S= lim S = 1 ,
n→∞ n
例2b.求下列级数的和
1 1 1
+ +…+ +…
2 n
3 3 3
若按常规思路求S , 会涉及n为偶数与奇数的讨论，
n
由于注意到奇数项的特点与偶数项的特点，我们不妨先求出S , 进而求出S ,
2n 2n-1
当且仅当S 与S 极限均存在且相等时，S 的极限才存在，级数S才可求
2n 2n-1 n
解;前2n项与前2n-1项之和分别为
1 1 1
S = + +…+
2n 2 n
3 3 3
1 1 1
= + +…+
2 n
3 3 3
1 1
(1- n )
3 3
1
1-
3
1
=1/2-
n
2*3
1 1 1
S =S - =1/2- -
2n-1 2n n n n
3 2*3 2
由于
lim S = 1/2 ,
n→∞ 2n
lim S = 1/2 ,
n→∞ 2n-1
故
lim S = 1/2 ,
n→∞ n
于是
S= lim S = 1 ,
n→∞ n
由数学归纳法可得
例2c.求下列级数的和
1 1 1
+ +…+ +…
2 n
a a a
若按常规思路求S , 会涉及n为偶数与奇数的讨论，
n
由于注意到奇数项的特点与偶数项的特点，我们不妨先求出S , 进而求出S ,
2n 2n-1
当且仅当S 与S 极限均存在且相等时，S 的极限才存在，级数S才可求
2n 2n-1 n
解;前2n项与前2n-1项之和分别为
1 1 1
S = + +…+
2n 2 n
a a a
1 1
(1- n )
a a
1
1-
a
1 1
= -
n
a-1 a (a-1)
1 1 1 1
S =S - = - -
2n-1 2n n n n
a a-1 a (a-1) a
由于
1
lim S = ,
n→∞ 2n a-1
1
lim S = ,
n→∞ 2n-1 a-1
故
1
lim S = ,
n→∞ n a-1
于是
1
S= lim S = ,
n→∞ n a-1
第十六部分无穷级数
可参见高等教育出版社菲赫金哥尔茨著1953年版《微积分教程》第二卷第二分册
25.7)再考察无穷递减几何序列
a,aq,aq ,…aq ,…(｜q｜<1)
并提出关于其和的定义问题。大家知道所谓无穷序列各项的和，自然应该是，当n无限增大时，其首n项的和S 所趋向的极限。但
n
n
a-aq a a n
S = = - *q
n 1-q 1-q 1-q
因此这整序变量S 与常数a/(1-q)之差为
n
a n
a =- *q
n 1-q
我们刚才已看到它是无穷小量。因此，依极限的第二定义，所求序列各项的和为
a
S= lim S =
n 1-q
因此，这个数就是几何序列的无穷多项的和，把它改写成为：
2 n-1 1
a+aq+aq +,…+aq +,…=
1-q
调和级数的推导
356.正项级数收敛的条件
关于确定每项都是非负的级数收敛（或发散）的问题，可极简单地得到解决；为简短起见，我们把这种级数简单地叫做正项级数。
设级数
a = a +a +…+ a +… (A)
n 1 2 n
是正项级数，即
a = 0(n=1,2,3,...)
n
于是，显然，
A =A +a ≥A
n+1 n n+1 n
既是，数串A 是递增的。回忆单调数串的极限的定理[34]，
n
我们就直接得到在正项级数理论中的下面的基本原理：正项级数（A)恒有和数；
如果级数的部分和数囿于上，这个和数是有穷的（因而级数是收敛的）；正项级数收敛（或发散）的所有的判别法，归根结底，都是根据着这条简单的定理的。但是，只在很少的情形下才能直接应用这条定理去判断级数的性质。但是，只在很少的情形下才能直接应用这条定理去判断级数的性质。下面就是这种应用的例子。
1）考虑调和级数
注：调和级数从第二项开始的每一项，是相邻两项的调和中项。
[数c叫做数a与b的调和中项，如果
1 1 1 1
= ( + ) 的话）
c 2 a b
1 1 1 1
=1+ + +…+ +…
n 2 3 n
显然有下列不等式;
1 1 1 1 1
+ +…+ >n* = (1)
n+1 n+2 2n 2n 2
k-1
如果在弃去前两项后，把调和级数其余的项逐次按每组2,4,8,…,2 ,…个项分成若干组：
1 1 1 1
=1+ + +…+ +…
n 2 3 n
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
= + + + + + + +…+ +…+ +
k-1 k
3 4 5 6 7 8 9 16 2 +1 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
+ , + + + , +…+ , +
k-1 k
3 4 5 6 7 8 9 16 2 +1 2
2 3 k-1
2 2 2 2
那么，这些和数中的每一个和数都大于1/2;
k-1
在（1）中轮流令n=2,4,8,…,2 ,…就容易断定这件事实的成立。
我们用H 表示调和级数的第n部分和数，于是，显然，
n
1 1 1 1
H > ,H > ,H > ,…,H >
2 2 4 2 6 2 n 2
即 1
H k>k* ,
n 2
我们看出，部分和数能囿于上，即部分和数能局限于它的极限，部分和数的极限是存在的，故级数有穷和数。我们指出，不等式（1）一开始就先出违反355，5°收敛性的基本条件；事实上，当ε=1/2与m=n时，无论对哪一个n，不等式（10）都不成立。
我们在这里单提到一点，即当n增大时，H 增加得很慢。
n
例如，欧拉曾经计算过 H =7.48…，H =14.39…，等等
1000 1000000
以后我们有机会来更精确地叙述和数H 增加的情况[358,10)]。
n
2)现在考虑一个更普遍的级数：
1 1 1 1
s =1+ s - s +…+ s +…
n 2 3 n
其中s是一个任意实数；
例题1）的级数正好就是这个级数的一个特殊情形（当s=1时）。因与例题1）中的级数相似的缘故，这个级数也叫作调和级数。因为当s<1时，所考虑级数的各项大于例题1）中级数的相应项，所以，在这一假定下，所考虑级数的部分和数就更加不囿于于上，于是级数发散。现在研究s>1的情形；为方便起见令s=1+σ，其中σ>0. 与（1）类似，这次有
1 1 1 1 1 1
+ +…+ <n* = = (2)
s s s s s-1 σ
(n+1) (n+2) (2n) n n n
像上面一样，逐次分所有的项成若干组：
1 1 1 1
s =1+ s - s +…+ s +…
n 2 3 n
1 1 1 1 1 1 1 1
= s + s + s + s + s + s + s +…+ s
3 4 5 6 7 8 9 16
1 1
+…+ k-1 s +…+ k s
(2 +1) (2 )
1 1 1 1 1 1 1 1
s + s s + s + s + s s +…+ s
3 4 5 6 7 8 9 16
2 3
2 2 2
1 1
k-1 s +…+ k s
(2 +1) (2 )
k-1
2
利用（2）容易证明：这些和数分别小于几何级数的下列各相当项
1 1 1 1 1 1 1
, = , = ,…, =
σ σ σ 2 σ σ 3 k-1 σ σ k-1
2 4 (2 ) 8 (2 ) (2 ) (2 )
即
1 1 1 1 1 1
s < σ , s < σ , s < σ…
2 2 3 3 4 4
1 1 1 1
k-1 s < k-1 σ … k s < k σ
(2 +1) (2 +1 ) (2 ) (2 )
在这样的情形下，显然无论怎样取所考虑级数的部分和数，这个部分和数总小于常数
1
σ
1 2
L=1+ +
s 1
2 1-
σ
2
因而级数收敛, 因为
1
σ
1 1 2
lim [ k s + k-1 s ]= 1
(2 ) (2 +1) 1- σ
2
1
σ
1 1 2
lim [ k s + k-1 s ]= σ
(2 ) (2 +1) 2 -1
σ
2
1 1 1
lim [ k s + k-1 s ]= σ
(2 ) (2 +1) 2 -1
k s k-1 s
(2 ) +(2 +1) 1
lim [ k s k-1 s ]= σ
(2 ) * (2 +1) 2 -1
1 1
lim [ k s k-1 s ]= σ
(2 ) * (2 +1) 2 -1
k s k-1 s σ
lim [ (2 ) * (2 +1) ]= 2 -1
2k-1 k s σ
lim [ (2 +2 )] = 2 -1
2k-1 k σ+1 σ
lim [ (2 +2 )] = 2 -1
2k-1 k σ σ
lim [ (2 +2 )] = 2
1
σ
1 1 1 1 2
lim [ k s + k-1 s +…+ s + s ]= 1
(2 ) (2 +1) 4 3 1- σ
2
1 1 1 1
s =1+ s - k-1 s +…+ k s
n 2 (2 +1) (2 )
1
σ
1 1 2
lim s =1+ s + 1
n 2 1-
σ
2
1
lim s =L
n
例如，s=2
1
1
1 1 2
lim 2 =1+ 2 + 1 =2.25
n 2 1-
1
2
[依s的值而决定的这个级数的和数， 代表一个著名的黎曼函数ξ(s)，这个函数在数论中起着重要作用。]
调用例题383，6
383,6)再考虑这样的无穷乘积
1
n
e
1
1+
n
在给定情形下中部分乘积具有下面的形状,
1 1
1+ 2 +…+ n log n+C+γ
e e n n C n
P = = = *e *e
n n+1 n+1 n+1
C
其中C是欧拉常数，γ 是无穷小量[358,4]。由此可知，乘积收敛，并且它的值P=e
n
所以
1
n
e
在给定情形下中部分乘积具有下面的形状
1 1 log n+C+γ γ
1+ 2 +…+ n n C n
P = e =e =n *e *e
n
其中C是欧拉常数，γ 是无穷小量[358,4]。由此可知，乘积收敛，并且它的值
n
C
P=e
1
σ
1 2
L=1+ +
s 1
2 1-
σ
2
C
C e
=1+e +
C
1-e
其中C=0.57721566490…,
0.5772156649
0.5772156649 2.73
L=1+2.73 +
0.5772156649
1-2.73
1.7855
=1+1.7855+
1-1.7855
=5.058
356.3) 考虑调和级数
注：调和级数从第二项开始的每一项，是相邻两项的调和中项。
[数c叫做数a与b的调和中项，
1 1 1 1
如果 = ( + )
c 2 a b
1 1 1 1
e=1+ =1+ + +…+ +…
n! 1! 2! n!
显然有下列不等式;
1 1 1 1 1
+ +…+ <n!* = (1)
(n+1)! (n+2)! (2n)! 2n! 2
k-1
如果在弃去前两项后，把调和级数其余的项逐次按每组2,4,8,…,2 ,…个项分成若干组：
1 1 1 1
=1+ + +…+ +…
n! 2! 3! n!
1 1 1 1 1 1 1 1
= + + + + + + +…+
3! 4! 5! 6! 7! 8! 9! 16!
1 1
+…+ k-1 +…+ k
(2 +1)! (2 )!
1 1 1 1 1 1 1 1
+ , + + + , +…+
3! 4! 5! 6! 7! 8! 9! 16!
2 2 3
2 2
1 1
k-1 +…+ k
(2 +1)! (2 )!
k-1
2
那么，这些和数中的每一个和数都小于1/2;
k-1
在（1）中轮流令n=2,4,8,…,2 ,…就容易断定这件事实的成立。
我们用H 表示调和级数的第n部分和数，于是，显然，
n
1 1 1 1
H > ,H > ,H > ,…,H >
2 2 4 2 6 2 n 2
即 1
H k>k* ,
n 2
我们看出，部分和数能囿于上，即部分和数能局限于它的极限，部分和数的极限是存在的，故级数有穷和数。我们指出，不等式（1）一开始就先出违反355，5°收敛性的基本条件； 事实上，当ε=1/2与m=n时，无论对哪一个n，不等式（10）都不成立。
我们在这里单提到一点，即当n增大时，H 增加得很慢。
n
以后我们有机会来更精确地叙述和数H 增加的情况[358,10)]。
n
4)现在考虑一个更普遍的级数：
1 1 1 1
s =1+ s - s +…+ s +…
n 2 3 n
其中s是一个任意实数；
例题1）的级数正好就是这个级数的一个特殊情形（当s=1时）。因与例题1）中的级数相似的缘故，这个级数也叫作调和级数。因为当s<1时，所考虑级数的各项大于例题1）中级数的相应项，所以，在这一假定下，所考虑级数的部分和数就更加不囿于于上，于是级数发散。现在研究s>1的情形；为方便起见令s=1+σ，其中σ>0. 与（1）类似，这次有
1 1 1 1 1 1
+ +…+ <n!* = = (2)
s s s s s-1 σ
(n+1)! (n+2)! (2n)! n! n! n!
像上面一样，逐次分所有的项成若干组：
1 1 1 1
s =1+ s - s +…+ s +…
n! 2! 3! n!
1 1 1 1 1 1 1 1
= s + s + s + s + s + s + s +…+ s
3! 4! 5! 6! 7! 8! 9! 16!
1 1
+…+ k-1 s +…+ k s
(2 +1)! (2 )!
1 1 1 1 1 1 1 1
s + s s + s + s + s s +…+ s
3! 4! 5! 6! 7! 8! 9! 16!
2 3
2 2 2
1 1
k-1 s +…+ k s
(2 +1)! (2 )!
k-1
2
利用（2）容易证明：这些和数分别小于几何级数的下列各相当项
1 1 1 1 1 1 1
, = , = ,…, =
σ σ σ 2 σ σ 3 k-1 σ σ k-1
2! 4! (2 )! 8! (2 )! (2 )! (2 )!
即
1 1 1 1 1 1
s < σ , s < σ , s < σ…
2! 2! 3! 3! 4! 4!
1 1 1 1
k-1 s < k-1 σ … k s < k σ
(2 +1)! (2 +1 )! (2 )! (2 )!
在这样的情形下，显然无论怎样取所考虑级数的部分和数，这个部分和数总小于常数
1 1 1
σ σ σ
1 4 8 4k
L=1+ + + +…+
s 1 1 1
2 6- 12- 6k-
σ σ σ
4 8 4k
1 1
σ σ
1 4 8
L≈1+ + +
s 1 1
2 6- 12-
σ σ
4 8
因而级数收敛, 因为
1 1 1 1
k-1 s + k s +…+ s + s
(2 +1)! (2 )! 4! 3!
1 1
σ σ
4 8
= +
1 1
6- 12-
σ σ
4 8
1 1 1 1
s =1+ s - s +…+ s +…
n! 2! 3! 4!
1 1
+…+ k-1 s +…+ k s
(2 +1)! (2 )!
1
s =
n!
1 1
σ σ
1 4 8
1+ + +
s 1 1
2 6- 12-
σ σ
4 8
1
s =L
n!
例如，s=1
1
1 =
n!
1 1
0 0
1 4 8
1+ + + =1.709
1 1 1
2 6- 12-
0 0
4 8
1
e=1+ =2.709
n!
358.例题1）
1
-
n (a>0) 1+a
如果a≤1，则违犯355，6°收敛性的必要条件，因而级数收敛。当a>1时，级数的每一项小于收敛级数
1 n
( n )
a
的各相当项，故级数收敛（357，定理1）。
2
(n!)
-
收敛，因为 (2n)! 2 (n!) n! 1 = n < n (2n)! 2 (2n-1)!! 2
（357，定理1）。
n x
-
2 *sin n (0<x<3π) 3因为
n x 2 n 2 *sin n <x*( ) 3 3 2 n
且级数 ( ) 收敛
3
所给定级数也收敛（357.定理1）
4）重新考虑调和级数
1
n
并依定理2，把这个级数跟已知其为发散的级数
1
[log(n+1)-log n]= log(1+ )
n
[354,3]相比较。因为[77,5)(a)]
1
log(1+ )
n
lim =1
1
n
所以由此就推得调和级数的发散性。或者按另一种方式；把有穷增量公式应用到区间[n,n+1]上的函数log x上去，得到
1
log(n+1)-log n= (0<θ<1)
n+θ
在这情形下，调和级数的各项都大于这里的各相当项，因而更加是发散的（定理1）
5）类似地，当我们把级数
1
1+σ
n
（当σ>0时）跟已知为收敛的级数
1 1
[ 1+σ - σ ]
n n
相比较时，可以重新确定前者的收敛性。把有穷增量公式应用到区间[n-1,n]上的函数
1
σ
x
上去，得到
1 1 1
σ - σ = σ+1
(n-1) n (n-θ)
这样，当n≥2时，
1 1 σ 1
σ+1 < [ σ - σ ]
(n-1) σ (n-1) n
由此，依357定理1，就推得所考虑的级数的收敛性。
6)为要用类似的方法得到新的结果，考虑级数
1
n log n
（这个级数的各项比调和级数的各相当项更小）。把这个级数跟已知其为发散的级数
[log log(n+1)-log log n]
相比较。应用有穷增量公式到区间[n,n+1]上的函数log log x上去，得到：
1
log log(n+1)-log log n= (0<θ<1)
(n+θ)log(n+θ)
由此，依357定理1，我们断定, 各相当项更大的给定级数更是发散的。
7)跟调和级数4)及5)相比较使我们能够确定许多级数的性质。
依357定理1
1
(a) 发散；
n(n+1)
1 1
>
n(n+1) n+1
1
(б) 2 收敛；
n(n +1)
1 1
2 < 3/2
n(n +1) n
1 p
(в) p (p>0) 发散； (log n) <n
(log n)
n!
(г) n 收敛；
n
n! 2
n < 2 (对于n>3)
n n
1
(д) log n 收敛；
(log n)
1 1 1
log n = log log n < 2 (对于充分大的n)
(log n) n n
1
(e) log n 收敛；
(log log n)
1 1 1
log n = log log log n < 2 (对于充分大的n)
(log log n) n n
1
(ж) log log n 发散；
(log n)
1
1 2 1 1
log log n = (log log n) > log n = (对于充分大的n)
(log n) e e n
8)依定理2
(a)
1
s (b>0) 当s>1时收敛，当s≤1时发散：
(a+bn)
0
1 1 1
s : s → s
(a+bn) n b
(б)
1
n 发散；
n n
0
1 1
n : →1
n n n
355.6°，收敛级数的普遍项a 趋0
n
这也完全可用初等方法来证明：
既然A (A 也与A 一样)具有有穷极限A，所以
n n-1 n
a =A -A →0
n n n-1
上述断言中包括着我们时常要利用的级数收敛性的必要条件。当违反这一条件时，级数显然是发散的。但这是很重要的，就是应该强调这个条件比收敛原则所要求的小很多。而且条件本身并不是级数收敛性的充分条件。换句话说，即使在这一条件满足时，级数也可能发散。 上面[354,3)与5)]考察过的级数,
1
log(1+ ) 与
n
1
√n
就可作为这种情形的例子；读者在以后还可以发现这种情形的许多别的例子。
357.级数比较定理
正项级数的收敛性或发散性，常常用把它跟另一个已知为收敛或发散的级数相比较的方法来确定。下面简单定理就是这种比较法的基础。
定理1.设给定二正项级数
a =a +a +...+a +... (A)
n 1 2 n
与
b =b +b +...+b +... (B)
n 1 2 n
如果，至少从某处开始（比较说，对于n>N), 不等式a ≤b 成立，
n n
那么，从级数（B）的收敛性就可推得级数（A)的收敛性； 或者——同样地——从级数（A)的发散性可推知级数（B）的发散性。证明，根据弃去级数的前面有限多个项并不影响级数的性质这一事实[355,1°], 不失普遍性，我们可以认为，
对于所有的值n=1,2,3…都有a ≤b 。
n n
分别用A 与B 表示级数（A)与（B）的部分和数，即有
n n
A ≤B
n n
设级数（B）收敛；于是，依基本定理[356]，和数B 有界：
n
B ≤L (L=常数；n=1,2,3,…)
n
由于上面的不等式，更加有
A ≤L
n
再依同样的基本定理，就引出级数（A）的收敛性。由定理1推出的下述定理，有时在实用上更为方便：
定理2.如果极限
a
n
lim =K* (0≤K≤+∞）
b
n
存在，则从级数（B）的收敛性， 当K<+∞时，可推得级数（A)的收敛性，而从级数（B）的发散性，当K>0时，可推得级数（A)的发散性。 [由此可见，当0<K<+∞时二级数同时收敛或同时发散], 证明设级数（B）收敛且K<+∞。任取一数δ>0，依极限定义，对于充分大的n，有
a
n
<K+s
b
n
由此
a <(K+s)b
n n
由于355，3， 以常数K+s乘级数(B)的各项所得的级数
(K+δ)b
n
与级数（B）同时收敛。由此，依上面的定理，推得级数(A)的收敛性。如果级数（B）发散且K>0, 则在此情形下，相反的比值
a
n
b
n
具有有穷极限；级数（A）一定发散，因为，如果级数（A）收敛，则以上面的证明，级数（B）收敛，这与假定相矛盾，最后，再讲一个比较定理，这也是定理1的推论。
376,例题1）考虑显然非绝对收敛的级数
1 1 1 1 1
1- + - +…+ - +… (5)
2 3 4 2k-1 2k
容易证得[参看2)]它的和数是log 2。我们这样调动它的项，使得在一个正项后面跟着两个负项；
1 1 1 1 1 1 1 1
1- - + - - + - - +…+
2 4 3 6 8 5 10 12
1 1 1
- - +… (6)
2k-1 4k-2 4k
我们断定，这样调换后的级数的和数减小了一半。即
1 1 1 1
1- - +…+ - +…
2 4 2k-1 2k
1 1 1 1 1 1 1 1
=2*( 1- - + - - + - - +…+
2 4 3 6 8 5 10 12
1 1 1
- - +… ) (6)
2k-1 4k-2 4k
我们这样调动它的项，使得在一个正项后面跟着两个负项；
1 1 1 1 1 1 1 1
1- - + - - + - - +…+
2 4 3 6 8 5 10 12
1 1 1
- - +… (6)
2k-1 4k-2 4k
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