调和级数（英語：Harmonic series）是正整數的倒數之和，是发散的无穷级数，表达式为：

  
    
      
        
          ∑
          
            k
            =
            1
          
          
            ∞
          
        
        
          
            1
            k
          
        
        =
        1
        +
        
          
            1
            2
          
        
        +
        
          
            1
            3
          
        
        +
        
          
            1
            4
          
        
        +
        ⋯
        
        
      
    
    {\displaystyle \sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k}}=1+{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{3}}+{\frac {1}{4}}+\cdots \,\!}
  

这级数名字源于泛音及泛音列：振动的弦的泛音的波长依次是基本波长的
  
    
      
        
          
            1
            2
          
        
      
    
    {\textstyle {\frac {1}{2}}}
  
、
  
    
      
        
          
            1
            3
          
        
      
    
    {\textstyle {\frac {1}{3}}}
  
、
  
    
      
        
          
            1
            4
          
        
      
    
    {\textstyle {\frac {1}{4}}}
  
......等。调和序列中，第一项之后的每一项都是相邻两项的调和平均数；而“调和平均数”一词同样也源自音乐。


历史 早在14世纪，尼克尔·奥里斯姆已经证明调和級數发散，但知道的人不多。17世纪时，皮耶特罗·曼戈里、约翰·伯努利和雅各布·伯努利完成了全部證明工作。
调和序列历来很受建筑师重视；在巴洛克时期尤其明显。当时建筑师在建造教堂和宫殿时，运用调和序列为楼面布置和建筑物高度建立比例，并使室内外的建筑细节间呈现和谐的联系。


佯谬 对刚接触这级数的人而言，调和级数违反直觉——尽管随
  
    
      
        n
      
    
    {\displaystyle n}
  
不断增大，
  
    
      
        
          
            1
            n
          
        
      
    
    {\textstyle {\frac {1}{n}}}
  
无限接近0，但它却是发散级数。调和级数也因此成为一些佯谬的原型。“橡皮筋上的蠕虫”就是其中一例。假设蠕虫沿着1米长的橡皮筋爬行，而橡皮筋每分钟匀速伸展1米。如果相对于其所在的橡皮筋，蠕虫的爬行速度是每分钟1厘米，那么它最终会到达橡皮筋的另一头吗？与直觉相反，答案是肯定的：
  
    
      
        n
      
    
    {\displaystyle n}
  
分钟之后，蠕虫爬行过的距离与橡皮筋总长度的比值为：

  
    
      
        
          
            1
            100
          
        
        
          ∑
          
            k
            =
            1
          
          
            n
          
        
        
          
            1
            k
          
        
      
    
    {\displaystyle {\frac {1}{100}}\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k}}}
  
。
调和级数发散（证明见本条目“发散”一节），即
  
    
      
        n
      
    
    {\displaystyle n}
  
趋于无穷大时级数也趋于无穷大，这比值也必定在某时刻超过1；也就是说，蠕虫最终一定会到达橡皮筋另一头。然而，在这时刻的n的值极其之大，约为
  
    
      
        
          e
          
            100
          
        
      
    
    {\displaystyle e^{100}}
  
，超过1040（1后面有40个零）。这也说明了，尽管调和级数确确实实是发散，但它发散的速度非常慢。
另一例：假设有一堆完全相同的骨牌，可以肯定的是，它们可以叠在一起，并使得每塊骨牌都突出其下方骨牌外一定长度，最终使得最上层的骨牌完全在最底层骨牌以外甚至更远。违反直觉的是，只要骨牌够多，就可以使最上层的骨牌與最底层骨牌水平距離无穷远。较简单的证明如下：
设每一块骨牌的长度为
  
    
      
        
          l
          
            0
          
        
      
    
    {\displaystyle l_{0}}
  
。再设一叠
  
    
      
        n
      
    
    {\displaystyle n}
  
塊平衡的骨牌的质心与最底层骨牌最右端的距离为
  
    
      
        
          d
          
            n
          
        
      
    
    {\displaystyle d_{n}}
  
；在只有1塊骨牌时，质心就在骨牌的几何中心（假设骨牌密度均匀），即
  
    
      
        
          d
          
            1
          
        
        
        =
        
        
          
            
              l
              
                0
              
            
            2
          
        
      
    
    {\displaystyle d_{1}\,=\,{\frac {l_{0}}{2}}}
  
。对于一叠刚好平衡的骨牌（即对于任意一层骨牌，在其之上的骨牌的质心恰好落在其边缘），新骨牌不置于其上方（否则使得质心往右偏移而倒塌），而是垫在整叠骨牌之下，并使得原有骨牌的质心刚好落在新骨牌的最左端（则原来的骨牌不会倒塌）；设从上往下第n层骨牌突出其下方骨牌的长度为
  
    
      
        
          l
          
            n
          
        
      
    
    {\displaystyle l_{n}}
  
，则有：
  
    
      
        
          d
          
            n
          
        
        +
        
          l
          
            n
          
        
        =
        
          l
          
            0
          
        
      
    
    {\displaystyle d_{n}+l_{n}=l_{0}}
  
。根据质心的坐标系计算公式，可得到新的骨牌叠的质心为：

  
    
      
        
          d
          
            n
            +
            1
          
        
        
        =
        
        
          
            
              (
              
                d
                
                  n
                
              
              +
              
                l
                
                  n
                
              
              )
              n
              +
              
                
                  
                    l
                    
                      0
                    
                  
                  2
                
              
            
            
              n
              +
              1
            
          
        
        
        =
        
        
          
            
              
                l
                
                  0
                
              
              ⋅
              n
              +
              
                
                  
                    l
                    
                      0
                    
                  
                  2
                
              
            
            
              n
              +
              1
            
          
        
        
        =
        
        
          
            
              
                l
                
                  0
                
              
              ⋅
              (
              n
              +
              1
              )
              −
              
                
                  
                    l
                    
                      0
                    
                  
                  2
                
              
            
            
              n
              +
              1
            
          
        
        
        =
        
        
          l
          
            0
          
        
        −
        
          
            
              
                l
                
                  0
                
              
              2
            
            
              n
              +
              1
            
          
        
      
    
    {\displaystyle d_{n+1}\,=\,{\frac {(d_{n}+l_{n})n+{\frac {l_{0}}{2}}}{n+1}}\,=\,{\frac {l_{0}\cdot n+{\frac {l_{0}}{2}}}{n+1}}\,=\,{\frac {l_{0}\cdot (n+1)-{\frac {l_{0}}{2}}}{n+1}}\,=\,l_{0}-{\frac {\frac {l_{0}}{2}}{n+1}}}
  

则
  
    
      
        
          l
          
            n
            +
            1
          
        
        =
        
          l
          
            0
          
        
        −
        
          d
          
            n
            +
            1
          
        
        =
        
          
            
              
                l
                
                  0
                
              
              2
            
            
              n
              +
              1
            
          
        
      
    
    {\displaystyle l_{n+1}=l_{0}-d_{n+1}={\frac {\frac {l_{0}}{2}}{n+1}}}
  
，即
  
    
      
        
          l
          
            n
          
        
        =
        
          
            
              l
              
                0
              
            
            2
          
        
        ⋅
        
          
            1
            n
          
        
      
    
    {\displaystyle l_{n}={\frac {l_{0}}{2}}\cdot {\frac {1}{n}}}
  
。
也就是说，理想的摆法是：最顶层骨牌与第二层之间水平距离是骨牌长度的
  
    
      
        
          
            1
            2
          
        
      
    
    {\displaystyle {\frac {1}{2}}}
  
，第二、三层间水平距离是骨牌长度的
  
    
      
        
          
            1
            4
          
        
      
    
    {\displaystyle {\frac {1}{4}}}
  
，第三、四层之间水平距离是骨牌长度的
  
    
      
        
          
            1
            6
          
        
      
    
    {\displaystyle {\frac {1}{6}}}
  
......依此类推。最终，最顶层和最底层骨牌的水平距离是：

  
    
      
        
          l
          
            
              t
              o
              t
              a
              l
            
          
        
        =
        
          
            
              l
              
                0
              
            
            2
          
        
        ⋅
        
          ∑
          
            k
            =
            1
          
          
            n
          
        
        
          
            1
            k
          
        
      
    
    {\displaystyle l_{\mathrm {total} }={\frac {l_{0}}{2}}\cdot \sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k}}}
  

调和级数发散，当骨牌数目
  
    
      
        n
      
    
    {\displaystyle n}
  
趋于无穷大时，水平距离也趋于无穷大。


发散 = 比较审敛法 =

  
    
      
        
          ∑
          
            k
            =
            1
          
          
            ∞
          
        
        
          
            1
            k
          
        
        =
        1
        +
        
          [
          
            
              1
              2
            
          
          ]
        
        +
        
          [
          
            
              
                1
                3
              
            
            +
            
              
                1
                4
              
            
          
          ]
        
        +
        
          [
          
            
              
                1
                5
              
            
            +
            
              
                1
                6
              
            
            +
            
              
                1
                7
              
            
            +
            
              
                1
                8
              
            
          
          ]
        
        +
        
          [
          
            
              
                1
                9
              
            
            +
            ⋯
          
          
        
      
    
    {\displaystyle \sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k}}=1+\left[{\frac {1}{2}}\right]+\left[{\frac {1}{3}}+{\frac {1}{4}}\right]+\left[{\frac {1}{5}}+{\frac {1}{6}}+{\frac {1}{7}}+{\frac {1}{8}}\right]+\left[{\frac {1}{9}}+\cdots \right.}
  

  
    
      
        ≥
        
          ∑
          
            k
            =
            1
          
          
            ∞
          
        
        
          2
          
            −
            ⌈
            
              log
              
                2
              
            
            ⁡
            k
            ⌉
          
        
        
        
      
    
    {\displaystyle \geq \sum _{k=1}^{\infty }2^{-\lceil \log _{2}k\rceil }\,\!}
  

  
    
      
        =
        1
        +
        
          [
          
            
              1
              2
            
          
          ]
        
        +
        
          [
          
            
              
                1
                4
              
            
            +
            
              
                1
                4
              
            
          
          ]
        
        +
        
          [
          
            
              
                1
                8
              
            
            +
            
              
                1
                8
              
            
            +
            
              
                1
                8
              
            
            +
            
              
                1
                8
              
            
          
          ]
        
        +
        
          [
          
            
              
                1
                16
              
            
            +
            ⋯
          
          
        
        
        
      
    
    {\displaystyle =1+\left[{\frac {1}{2}}\right]+\left[{\frac {1}{4}}+{\frac {1}{4}}\right]+\left[{\frac {1}{8}}+{\frac {1}{8}}+{\frac {1}{8}}+{\frac {1}{8}}\right]+\left[{\frac {1}{16}}+\cdots \right.\,\!}
  

  
    
      
        =
        1
        +
         
        
          
            1
            2
          
        
         
        +
        
        
          
            1
            2
          
        
         
        
        +
         
        
        
        
          
            1
            2
          
        
        
         
        
         
        +
         
        
         
        ⋯
        
        
        
        =
        
        
        ∞
        .
      
    
    {\displaystyle =1+\ {\frac {1}{2}}\ +\qquad {\frac {1}{2}}\ \quad +\ \qquad \quad {\frac {1}{2}}\qquad \ \quad \ +\ \quad \ \cdots \,\!\;=\;\;\infty .}
  

因此该级数发散。


= 积分判别法（integral test） =

将调和级数的和与一个瑕积分比较可证此级数发散。考虑右图中长方形的排列：长方形宽1单位、高
  
    
      
        
          
            1
            n
          
        
      
    
    {\textstyle {\frac {1}{n}}}
  
单位（换句话说，每个长方形的面积都是
  
    
      
        
          
            1
            n
          
        
      
    
    {\displaystyle {\frac {1}{n}}}
  
），所有长方形的总面积就是调和级数的和：
矩形面积和

  
    
      
        =
        1
        
        +
        
        
          
            1
            2
          
        
        
        +
        
        
          
            1
            3
          
        
        
        +
        
        
          
            1
            4
          
        
        
        +
        
        
          
            1
            5
          
        
        
        +
        
        ⋯
      
    
    {\displaystyle =1\,+\,{\frac {1}{2}}\,+\,{\frac {1}{3}}\,+\,{\frac {1}{4}}\,+\,{\frac {1}{5}}\,+\,\cdots }
  

而曲线
  
    
      
        y
        =
        
          
            1
            x
          
        
      
    
    {\textstyle y={\frac {1}{x}}}
  
以下、从1到正无穷部分的面积由以下瑕积分给出：
曲线下面积

  
    
      
        =
        
          ∫
          
            1
          
          
            ∞
          
        
        
          
            1
            x
          
        
        
        d
        x
        
        =
        
        ∞
      
    
    {\displaystyle =\int _{1}^{\infty }{\frac {1}{x}}\,dx\;=\;\infty }
  
。这部分面积真包含于（换言之，小于）长方形总面积，长方形的总面积也必定趋于无穷。更准确说，这证明了

  
    
      
        
          ∑
          
            n
            =
            1
          
          
            k
          
        
        
        
          
            1
            n
          
        
        
        >
        
        
          ∫
          
            1
          
          
            k
            +
            1
          
        
        
          
            1
            x
          
        
        
        d
        x
        
        =
        
        ln
        ⁡
        (
        k
        +
        1
        )
      
    
    {\displaystyle \sum _{n=1}^{k}\,{\frac {1}{n}}\;>\;\int _{1}^{k+1}{\frac {1}{x}}\,dx\;=\;\ln(k+1)}
  

这方法的拓展即积分判别法。


= 反证法 =
假设调和级数收敛 , 则
  
    
      
        
          lim
          
            n
            →
            ∞
          
        
        
          S
          
            2
            n
          
        
        −
        
          S
          
            n
          
        
        =
        0
      
    
    {\displaystyle \lim _{n\to \infty }S_{2n}-S_{n}=0}
  

但与
  
    
      
        
          S
          
            2
            n
          
        
        −
        
          S
          
            n
          
        
        =
        
          
            1
            
              n
              +
              1
            
          
        
        +
        
          
            1
            
              n
              +
              2
            
          
        
        +
        
          
            1
            
              n
              +
              3
            
          
        
        +
        ⋯
        +
        
          
            1
            
              2
              n
            
          
        
        >
        
          
            n
            
              2
              n
            
          
        
        =
        
          
            1
            2
          
        
      
    
    {\displaystyle S_{2n}-S_{n}={\frac {1}{n+1}}+{\frac {1}{n+2}}+{\frac {1}{n+3}}+\cdots +{\frac {1}{2n}}>{\frac {n}{2n}}={\frac {1}{2}}}
  
矛盾，故假设不真，即调和级数发散。


发散率 调和级数发散的速度非常缓慢。举例来说，调和序列前1043项的和还不足100。调和数列的部分和呈对数增长。特别地，

  
    
      
        
          ∑
          
            n
            =
            1
          
          
            k
          
        
        
        
          
            1
            n
          
        
        
        =
        
        ln
        ⁡
        k
        +
        γ
        +
        
          ε
          
            k
          
        
      
    
    {\displaystyle \sum _{n=1}^{k}\,{\frac {1}{n}}\;=\;\ln k+\gamma +\varepsilon _{k}}
  

其中
  
    
      
        γ
      
    
    {\displaystyle \gamma }
  
是欧拉－马歇罗尼常数，而
  
    
      
        
          ϵ
          
            k
          
        
      
    
    {\displaystyle \epsilon _{k}}
  
约等于
  
    
      
        
          
            1
            
              2
              k
            
          
        
      
    
    {\displaystyle {\frac {1}{2k}}}
  
，并且随着
  
    
      
        k
      
    
    {\displaystyle k}
  
趋于正无穷而趋于
  
    
      
        0
      
    
    {\displaystyle 0}
  
。这结果由欧拉给出。
当然无论调和级数发散率再怎样低，其都不是发散率最慢的级数，仍存在发散率比调和级数更低的级数。理论上没有发散率“最慢”的发散性级数和。


部分和 调和级数的第
  
    
      
        n
      
    
    {\displaystyle n}
  
項部分和为：

  
    
      
        
          H
          
            n
          
        
        =
        
          ∑
          
            k
            =
            1
          
          
            n
          
        
        
          
            1
            k
          
        
      
    
    {\displaystyle H_{n}=\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k}}}
  
，
也叫作第n个调和数。
第n个调和数与
  
    
      
        n
      
    
    {\displaystyle n}
  
的自然对数的差值（即
  
    
      
        
          ∑
          
            k
            =
            1
          
          
            n
          
        
        
          
            1
            k
          
        
        −
        ln
        ⁡
        n
      
    
    {\displaystyle \sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k}}-\ln n}
  
）收敛于欧拉-马歇罗尼常数。
两个不同的调和数之间的差值永远不是整数。
除了
  
    
      
        n
        =
        1
      
    
    {\displaystyle n=1}
  
以外，没有任何调和数是整数。


相关级数 = 交错调和级数 =

如下级数：

  
    
      
        
          ∑
          
            n
            =
            1
          
          
            ∞
          
        
        
          
            
              (
              −
              1
              
                )
                
                  n
                  +
                  1
                
              
            
            n
          
        
        
        =
        
        1
        
        −
        
        
          
            1
            2
          
        
        
        +
        
        
          
            1
            3
          
        
        
        −
        
        
          
            1
            4
          
        
        
        +
        
        
          
            1
            5
          
        
        
        −
        
        ⋯
      
    
    {\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n+1}}{n}}\;=\;1\,-\,{\frac {1}{2}}\,+\,{\frac {1}{3}}\,-\,{\frac {1}{4}}\,+\,{\frac {1}{5}}\,-\,\cdots }
  

称作交错调和级数。这级数可经交错级数判别法证明收敛。特别地，这级数的和等于2的自然对数：

  
    
      
        1
        
        −
        
        
          
            1
            2
          
        
        
        +
        
        
          
            1
            3
          
        
        
        −
        
        
          
            1
            4
          
        
        
        +
        
        
          
            1
            5
          
        
        
        −
        
        ⋯
        
        =
        
        ln
        ⁡
        2
      
    
    {\displaystyle 1\,-\,{\frac {1}{2}}\,+\,{\frac {1}{3}}\,-\,{\frac {1}{4}}\,+\,{\frac {1}{5}}\,-\,\cdots \;=\;\ln 2}
  
。
这公式是墨卡托级数（自然对数的泰勒级数形式）的特例。
从反正切函数的泰勒展开式可导出相关级数：

  
    
      
        
          ∑
          
            n
            =
            0
          
          
            ∞
          
        
        
          
            
              (
              −
              1
              
                )
                
                  n
                
              
            
            
              2
              n
              +
              1
            
          
        
        
        
        =
        
        
        1
        
        −
        
        
          
            1
            3
          
        
        
        +
        
        
          
            1
            5
          
        
        
        −
        
        
          
            1
            7
          
        
        
        +
        
        ⋯
        
        
        =
        
        
        
          
            π
            4
          
        
      
    
    {\displaystyle \sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{2n+1}}\;\;=\;\;1\,-\,{\frac {1}{3}}\,+\,{\frac {1}{5}}\,-\,{\frac {1}{7}}\,+\,\cdots \;\;=\;\;{\frac {\pi }{4}}}
  
。
这级数也称作π的莱布尼茨公式。


= 广义调和级数 =
广义调和级数是指有如下形式的级数：

  
    
      
        
          ∑
          
            n
            =
            0
          
          
            ∞
          
        
        
          
            1
            
              a
              n
              +
              b
            
          
        
      
    
    {\displaystyle \sum _{n=0}^{\infty }{\frac {1}{an+b}}}
  
。
其中
  
    
      
        a
        =
        0
      
    
    {\displaystyle a\neq 0}
  
且
  
    
      
        b
      
    
    {\displaystyle b}
  
为实数。
由比较审敛法可证所有广义调和级数均发散。


= =
  
    
      
        p
      
    
    {\displaystyle p}
  
-级数
调和级数广义化的其中一種结果是
  
    
      
        p
      
    
    {\displaystyle p}
  
-级数，定义如下：

  
    
      
        
          ∑
          
            n
            =
            1
          
          
            ∞
          
        
        
          
            1
            
              n
              
                p
              
            
          
        
      
    
    {\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{p}}}}
  
，
P是任何正实数。当
  
    
      
        p
        =
        1
      
    
    {\displaystyle p=1}
  
，
  
    
      
        p
      
    
    {\displaystyle p}
  
-级数即调和级数。由积分判别法或柯西稠密判定法可知
  
    
      
        p
      
    
    {\displaystyle p}
  
-级数在
  
    
      
        p
        >
        1
      
    
    {\displaystyle p>1}
  
时收敛（此时级数又叫过调和级数（over-harmonic series）），而在
  
    
      
        p
        ≤
        1
      
    
    {\displaystyle p\leq 1}
  
时发散。当
  
    
      
        p
        >
        1
      
    
    {\displaystyle p>1}
  
时，
  
    
      
        p
      
    
    {\displaystyle p}
  
-级数的和即
  
    
      
        ζ
        (
        p
        )
      
    
    {\displaystyle \zeta (p)}
  
，也就是黎曼ζ函数在
  
    
      
        p
      
    
    {\displaystyle p}
  
的值。


= =
  
    
      
        φ
      
    
    {\displaystyle \varphi }
  
-级数
对凸实值函数
  
    
      
        φ
      
    
    {\displaystyle \varphi }
  
，若满足以下条件：

  
    
      
        
          lim sup
          
            u
            →
            
              0
              
                +
              
            
          
        
        
          
            
              φ
              (
              
                
                  u
                  2
                
              
              )
            
            
              φ
              (
              u
              )
            
          
        
        <
        
          
            1
            2
          
        
      
    
    {\displaystyle \limsup _{u\to 0^{+}}{\frac {\varphi ({\frac {u}{2}})}{\varphi (u)}}<{\frac {1}{2}}}
  

则级数
  
    
      
        
          
            ∑
            
              n
              ≥
              1
            
          
          
            φ
            (
            
              n
              
                −
                1
              
            
            )
          
        
      
    
    {\displaystyle \textstyle \sum _{n\geq 1}\displaystyle \varphi (n^{-1})}
  
收敛。


= 随机调和级数 =
随机调和级数定义如下：

  
    
      
        
          ∑
          
            n
            =
            1
          
          
            ∞
          
        
        
          
            
              s
              
                n
              
            
            n
          
        
      
    
    {\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {s_{n}}{n}}}
  
，
其中
  
    
      
        
          s
          
            n
          
        
      
    
    {\displaystyle s_{n}}
  
是恒等分布的独立随机变量，取值范围为+1和-1，取这两值的概率都是
  
    
      
        
          
            1
            2
          
        
      
    
    {\displaystyle {\frac {1}{2}}}
  
。阿尔伯塔大学的拜伦·施姆兰研究此级数的性质，并发现这级数收敛的概率为1，并发现这随机变量有些有趣的性质。特别地，这随机变量的概率密度函数在+2和-2处的值为0.124999999999999999999999999999999999999999764…，与
  
    
      
        
          
            1
            8
          
        
      
    
    {\displaystyle {\frac {1}{8}}}
  
只差不到10−42。施姆兰的论文解释了为什么这概率如此接近、但却不是
  
    
      
        
          
            1
            8
          
        
      
    
    {\displaystyle {\frac {1}{8}}}
  
。这概率的精确值由无穷余弦乘积积分
  
    
      
        
          C
          
            2
          
        
      
    
    {\displaystyle C_{2}}
  
除以
  
    
      
        π
      
    
    {\displaystyle \pi }
  
而给出的。


= 贫化调和级数 =

贫化调和级数是将调和级数中、分母含有数字9的项去除后所剩的级数。这级数是收敛的，其和小於80。实际上，将包含任意数字串的项从调和级数中去除后，所剩级数都收敛。


拉马努金求和 调和级数是柯西发散的，而且很多常用的发散级数求和方法对它也不适用。但是，调和级数的拉马努金求和存在，且为欧拉-马斯刻若尼常数。


注釋 参见 无穷级数
调和平均数
黎曼ζ函数


参考 外部链接 "The Harmonic Series Diverges Again and Again", The AMATYC Review, 27 (2006), pp. 31–43. Many proofs of divergence of harmonic series.