数学杂记--调和级数的相关证明
1+1/2+1/3+1/4+1/5+1/6+1/7+1/8+1/9+…
调和级数是所有正整数倒数之和： $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac1n$，该级数是发散的。对于这一点可以从简单的积分得到证明：$\int_1^x\frac{1}{t}\mathrm{d}t=\ln x$，那么有
\[\int_n^{n+1}\frac1x\mathrm{d}x=\ln (1+\frac1n)\]根据拉格朗日中值定理，存在$n<\xi<n+1$，使得:
\[\int_n^{n+1}\frac1x\mathrm{d}x=\ln(1+\frac1n)=\frac1\xi<\frac1n \tag{1.1}\label{1.1}\]所以有
\[\sum_{n=1}^\infty\frac1n>\sum_{n=1}^{\infty}\ln(1+\frac1n)=\lim_{n\to\infty}\ln n\]故调和级数发散。参考下图：
青色部分面积即为调和级数，函数曲线与$x$轴和$x=1,x=n$围成的面积就是$\ln n$，从图中可以看到青色部分面积更大。而根据$\eqref{1.1}$可以得到另一个结论：
\[\frac1{n+1}<\ln(1+\frac1n)\]两边再求和我们可以得到：
\[\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n+1}<\ln n<\sum_{n=1}^{\infty}\frac1n\]如下图：
即$\ln n$与$n$的调和级数误差在1以内。 接下来看看函数$y=\frac1x$在$x\in(0,1)$的部分，反常积分$\int_0^1\frac1x\mathrm{d}x$发散。将它转换成黎曼和的形式，首先将区间$(0,1)$分割成$m$个部分，对于第$n$个柱形，其高为$y=\frac mn$，宽为$\frac1m$，所以面积之和为：
\[\frac1m \sum_{n=1}^{m} \frac mn = \sum_{n=1}^{m}\frac1n\]如下图是$m=5$时的分割：
若对$m$取极限，那么有
\[\lim_{m \to \infty}\sum_{n=1}^{m}\frac1n=\sum_{n=1}^\infty\frac1n=\int_0^1\frac1x\mathrm{d}x\]依然可以看到调和级数是发散的，而且$n$越大，调和级数与$\ln n$越接近。回到$\eqref{1.1}$，我们可以从中得到另外一个重要的极限。对不等式两边都乘以$n$ 可以得到：
\[\frac n{n+1}<n\ln(1+\frac1n)<1\] \[\Downarrow\] \[\mathrm{e}^{1-\frac1{n+1}}<(1+\frac1n)^n<\mathrm{e}\]用夹逼定理取极限，就可以得到一个重要的极限：
\[\lim_{n\to\infty}(1+\frac1n)^n=\mathrm{e}\]与调和级数相反，$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac1{n^2}$确是收敛的，可以很容易地通过比较判别法来证明：
\[\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^2}<1+\sum_{n=2}^{\infty}\frac1{n(n-1)}=\lim_{n\to\infty}2-\frac1n=2\]具体到求取该级数，可以通过下面的方法： 考虑将函数$f(x)=2+\left| x \right|,-1\le x \le 1$展开成以2为周期的傅立叶级数。由于$f(x)$为偶函数，直接展开为余弦级数。
\[a_n=2\int_0^1(2+x)\cos(n\pi x)\mathrm{d}x=\frac2{n^2\pi^2}\left[(-1)^n-1 \right],n=1,2,...\] \[a_0=2\int_0^1(2+x)\mathrm{d}x=5\]观察$a_n$可知，$a_{2k}=0$。所以$f(x)$的傅立叶展开为：
\[f(x)=\frac52-\frac4{\pi^2}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\cos(2k+1)\pi x}{(2k+1)^2},x\in[-1,1]\]令$x=0$可得：
\[2=\frac52-\frac4{\pi^2}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(2k+1)^2}\] \[\Downarrow\] \[\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(2k+1)^2}=\frac{\pi^2}8\]再来看看原来的级数，
\[\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^2}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(2k+1)^2}+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{(2k)^2}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(2k+1)^2}+\frac14\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}\] \[\Downarrow\] \[\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^2}=\frac43\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(2k+1)^2}=\frac{\pi^2}6\]在$\frac1{n^2}$和$\frac1n$之间的级数还有发散的，比如$\sum\limits_{n=1}^\infty\frac1{n\ln n}$，很容易通过比较判别法去证明
\[\frac1{n\ln n}>\int_n^{n+1}\frac1{x\ln x}\mathrm{d}x\]| 微信（WeChat Pay） | 支付宝（AliPay） |
|
|
| 比特币（Bitcoin） | 以太坊（Ethereum） |
|
|
| 以太坊（Base） | 索拉纳（Solana） |
|
|