交错调和级数

**調和級數**（英語：Harmonic series）是正整數的倒數之和，是發散的無窮級數，表達式為：

　
: $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k}}=1+{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{3}}+{\frac {1}{4}}+\cdots \,\!$

這級數名字源於泛音及泛音列：振動的弦的泛音的波長依次是基本波長的 ${\frac {1}{2}}$ 、 ${\frac {1}{3}}$ 、 ${\frac {1}{4}}$ …… 等。調和序列中，第一項之後的每一項都是相鄰兩項的調和平均數；而「調和平均數」一詞同樣也源自音樂。

## 歷史

早在 14 世紀，尼克爾・奧里斯姆已經證明調和級數發散，但知道的人不多。17 世紀時，皮耶特羅・曼戈里、約翰・伯努利和雅各布・伯努利完成了全部證明工作。

調和序列歷來很受建築師重視；在巴洛克時期尤其明顯。當時建築師在建造教堂和宮殿時，運用調和序列為樓面布置和建築物高度建立比例，並使室內外的建築細節間呈現和諧的聯繫。

## 佯謬

對剛接觸這級數的人而言，調和級數違反直覺 —— 儘管隨 $n$ 不斷增大， ${\frac {1}{n}}$ 無限接近 0，但它卻是發散級數。調和級數也因此成為一些佯謬的原型。「橡皮筋上的蠕蟲」就是其中一例。假設蠕蟲沿著 1 公尺長的橡皮筋爬行，而橡皮筋每分鐘勻速伸展 1 公尺。如果相對於其所在的橡皮筋，蠕蟲的爬行速度是每分鐘 1 公分，那麼它最終會到達橡皮筋的另一頭嗎？與直覺相反，答案是肯定的： $n$ 分鐘之後，蠕蟲爬行過的距離與橡皮筋總長度的比值為：

　
: ${\frac {1}{100}}\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k}}$ 。

調和級數發散（證明見本條目「發散」一節），即 $n$ 趨於無窮大時級數也趨於無窮大，這比值也必定在某時刻超過 1；也就是說，蠕蟲最終一定會到達橡皮筋另一頭。然而，在這時刻的 n 的值極其之大，約為 $e^{100}$ ，超過 1040（1 後面有 40 個零）。這也說明了，儘管調和級數確確實實是發散，但它發散的速度非常慢。

另一例：假設有一堆完全相同的骨牌，可以肯定的是，它們可以疊在一起，並使得每塊骨牌都突出其下方骨牌外一定長度，最終使得最上層的骨牌完全在最底層骨牌以外甚至更遠。違反直覺的是，只要骨牌夠多，就可以使最上層的骨牌與最底層骨牌水平距離無窮遠。較簡單的證明如下：

設每一塊骨牌的長度為 $l_{0}$ 。再設一疊 $n$ 塊平衡的骨牌的質心與最底層骨牌最右端的距離為 $d_{n}$ ；在只有 1 塊骨牌時，質心就在骨牌的幾何中心（假設骨牌密度均勻），即 $d_{1}\,=\,{\frac {l_{0}}{2}}$ 。對於一疊剛好平衡的骨牌（即對於任意一層骨牌，在其之上的骨牌的質心恰好落在其邊際），新骨牌不置於其上方（否則使得質心往右偏移而倒塌），而是墊在整疊骨牌之下，並使得原有骨牌的質心剛好落在新骨牌的最左端（則原來的骨牌不會倒塌）；設從上往下第 n 層骨牌突出其下方骨牌的長度為 $l_{n}$ ，則有： $d_{n}+l_{n}=l_{0}$ 。根據質心的坐標系計算公式，可得到新的骨牌疊的質心為：

　
: $d_{n+1}\,=\,{\frac {(d_{n}+l_{n})n+{\frac {l_{0}}{2}}}{n+1}}\,=\,{\frac {l_{0}\cdot n+{\frac {l_{0}}{2}}}{n+1}}\,=\,{\frac {l_{0}\cdot (n+1)-{\frac {l_{0}}{2}}}{n+1}}\,=\,l_{0}-{\frac {\frac {l_{0}}{2}}{n+1}}$

則 $l_{n+1}=l_{0}-d_{n+1}={\frac {\frac {l_{0}}{2}}{n+1}}$ ，即 $l_{n}={\frac {l_{0}}{2}}\cdot {\frac {1}{n}}$ 。

也就是說，理想的擺法是：最頂層骨牌與第二層之間水平距離是骨牌長度的 ${\frac {1}{2}}$ ，第二、三層間水平距離是骨牌長度的 ${\frac {1}{4}}$ ，第三、四層之間水平距離是骨牌長度的 ${\frac {1}{6}}$ …… 依此類推。最終，最頂層和最底層骨牌的水平距離是：

　
: $l_{\mathrm {total} }={\frac {l_{0}}{2}}\cdot \sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k}}$

調和級數發散，當骨牌數目 $n$ 趨於無窮大時，水平距離也趨於無窮大。

## 發散

### 比較審斂法

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

　
: : : $\geq \sum _{k=1}^{\infty }2^{-\lceil \log _{2}k\rceil }\,\!$

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

　
: : : $=1+\ {\frac {1}{2}}\ +\qquad {\frac {1}{2}}\ \quad +\ \qquad \quad {\frac {1}{2}}\qquad \ \quad \ +\ \quad \ \cdots \,\!\;=\;\;\infty .$

因此該級數發散。

### 積分判別法（integral test）

將調和級數的和與一個瑕積分比較可證此級數發散。考慮右圖中長方形的排列：長方形寬 1 單位、高 ${\frac {1}{n}}$ 單位（換句話說，每個長方形的面積都是 ${\frac {1}{n}}$ ），所有長方形的總面積就是調和級數的和：

矩形面積和

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

而曲線 $y={\frac {1}{x}}$ 以下、從 1 到正無窮部分的面積由以下瑕積分給出：

曲線下面積

 $=\int _{1}^{\infty }{\frac {1}{x}}\,dx\;=\;\infty $ 。這部分面積真包含於（換言之，小於）長方形總面積，長方形的總面積也必定趨於無窮。更準確說，這證明了

　
: $\sum _{n=1}^{k}\,{\frac {1}{n}}\;>\;\int _{1}^{k+1}{\frac {1}{x}}\,dx\;=\;\ln(k+1)$

這方法的拓展即積分判別法。

### 反證法

假設調和級數收斂，則 $\lim _{n\to \infty }S_{2n}-S_{n}=0$

但與 $S_{2n}-S_{n}={\frac {1}{n+1}}+{\frac {1}{n+2}}+{\frac {1}{n+3}}+\cdots +{\frac {1}{2n}}>{\frac {n}{2n}}={\frac {1}{2}}$ 矛盾，故假設不真，即調和級數發散。

## 發散率

調和級數發散的速度非常緩慢。舉例來說，調和序列前 1043 項的和還不足 100。調和數列的部分和呈對數增長。特別地，

　
: $\sum _{n=1}^{k}\,{\frac {1}{n}}\;=\;\ln k+\gamma +\varepsilon _{k}$

其中 $\gamma $ 是歐拉－馬歇羅尼常數，而 $\epsilon _{k}$ 約等於 ${\frac {1}{2k}}$ ，並且隨著 $k$ 趨於正無窮而趨於 $0$ 。這結果由歐拉給出。

當然無論調和級數發散率再怎樣低，其都不是發散率最慢的級數，仍存在發散率比調和級數更低的級數。理論上沒有發散率「最慢」的發散性級數和。

## 部分和

調和級數的第 $n$ 項_部分和_為：

　
: $H_{n}=\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k}}$ ，

也叫作第 n 個**調和數**。

第 n 個調和數與 $n$ 的自然對數的差值（即 $\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k}}-\ln n$ ）收斂於歐拉 - 馬歇羅尼常數。

兩個不同的調和數之間的差值永遠不是整數。

除了 $n=1$ 以外，沒有任何調和數是整數。

## 相關級數

### 交錯調和級數

如下級數：

　
: $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n+1}}{n}}\;=\;1\,-\,{\frac {1}{2}}\,+\,{\frac {1}{3}}\,-\,{\frac {1}{4}}\,+\,{\frac {1}{5}}\,-\,\cdots $

稱作**交錯調和級數**。這級數可經交錯級數判別法證明收斂。特別地，這級數的和等於 2 的自然對數：

　
: $1\,-\,{\frac {1}{2}}\,+\,{\frac {1}{3}}\,-\,{\frac {1}{4}}\,+\,{\frac {1}{5}}\,-\,\cdots \;=\;\ln 2$ 。

這公式是墨卡托級數（自然對數的泰勒級數形式）的特例。

從反正切函數的泰勒展開式可導出相關級數：

　
: $\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{2n+1}}\;\;=\;\;1\,-\,{\frac {1}{3}}\,+\,{\frac {1}{5}}\,-\,{\frac {1}{7}}\,+\,\cdots \;\;=\;\;{\frac {\pi }{4}}$ 。

這級數也稱作 π 的萊布尼茨公式。

### 廣義調和級數

**廣義調和級數**是指有如下形式的級數：

　
: $\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {1}{an+b}}$ 。

其中 $a\neq 0$ 且 $b$ 為實數。

由比較審斂法可證所有廣義調和級數均發散。

###  $p$ - 級數

調和級數廣義化的其中一種結果是 $p$ **- 級數**，定義如下：

　
: $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{p}}}$ ，

P 是任何正實數。當 $p=1$ ， $p$ - 級數即調和級數。由積分判別法或柯西稠密判定法可知 $p$ - 級數在 $p>1$ 時收斂（此時級數又叫**過調和級數**（over-harmonic series）），而在 $p\leq 1$ 時發散。當 $p>1$ 時， $p$ - 級數的和即 $\zeta (p)$ ，也就是黎曼 ζ 函數在 $p$ 的值。

###  $\varphi $ - 級數

對凸實值函數 $\varphi $ ，若滿足以下條件：

　
: $\limsup _{u\to 0^{+}}{\frac {\varphi ({\frac {u}{2}})}{\varphi (u)}}<{\frac {1}{2}}$

則級數 $\textstyle \sum _{n\geq 1}\displaystyle \varphi (n^{-1})$ 收斂。

### 隨機調和級數

隨機調和級數定義如下：

　
: $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {s_{n}}{n}}$ ，

其中 $s_{n}$ 是恆等分布的獨立隨機變數，取值範圍為 + 1 和 - 1，取這兩值的機率都是 ${\frac {1}{2}}$ 。阿爾伯塔大學的拜倫・施姆蘭研究此級數的性質，並發現這級數收斂的機率為 1，並發現這隨機變數有些有趣的性質。特別地，這隨機變數的機率密度函數在 + 2 和 - 2 處的值為 0.124999999999999999999999999999999999999999764…，與 ${\frac {1}{8}}$ 只差不到 10−42。施姆蘭的論文解釋了為什麼這機率如此接近、但卻不是 ${\frac {1}{8}}$ 。這機率的精確值由無窮餘弦乘積積分 $C_{2}$ 除以 $\pi $ 而給出的。

### 貧化調和級數

貧化調和級數是將調和級數中、分母含有數字 9 的項去除後所剩的級數。這級數是收斂的，其和小於 80。實際上，將包含任意數字串的項從調和級數中去除後，所剩級數都收斂。

## 拉馬努金求和

調和級數是柯西發散的，而且很多常用的發散級數求和方法對它也不適用。但是，調和級數的拉馬努金求和存在，且為歐拉 - 馬斯刻若尼常數。

## 注釋

## 參見

* 無窮級數
* 調和平均數
* 黎曼 ζ 函數

## 參考

## 外部連結

* "The Harmonic Series Diverges Again and Again", _The AMATYC Review_, 27 (2006), pp. 31–43. Many proofs of divergence of harmonic series.