漫谈正项级数的收敛性及收敛速度

an1na1a2an称为无穷级数。当an0时，此级数称为正项级数。记

Sna1a2an，n1,2,，则{Sn}为部分和数列。级数an的敛散性是通过数列{Sn}的敛

n1散性来定义。显然，级数an时，有liman0。因此，liman0时，必有级数an发散。但是

n1nnn1liman0未必有an收敛。只有当无穷小an的阶高到一定的程度时，an才收敛。可以证明：

nn1n1几何级数q，当|q|1时收敛；当|q|1时发散。p-级数nn11，当p1时收敛；当p1时发pn1n散。

由p-级数110的敛散性及比较判别法，可以看出，当趋于的速度快于时，级anpnnn111数an收敛；而当an趋于0的速度不快于时，级数an发散。因而，无穷小是衡量级数annnn1n1n1敛散性的一把“尺子”。可是，这把“尺子”有点粗糙了。事实上，尽管无穷小

1

趋于0的速度nlnn

111远远快于，但是级数仍然发散。可以证明，级数，当p1时收敛；当p1时pnn1nlnnn1nlnn发散。于是，无穷小

1

是衡量级数敛散性的一把精度较高的一把新“尺子”：当an趋于0的速nlnn

11

度快于时，级数an收敛；而当an趋于0的速度不快于时，级数an发散。可是，马

nlnnnlnnn1n1111上又面临新问题：无穷小趋于0的速度远远快于，但是仍然发散级

nlnnnlnnlnlnnn1nlnnlnlnn数。于是需要更为精细的判断级数敛散的“尺子”。这样，我们会得到一系列判断级数敛散的“尺

111。这些 “尺子”可以无限的精细，一直进行下去。实际上，按这子”：，，

nnlnnnlnnlnlnn种方式，只能够找到越来越精细的“尺子”，但是永远找不到最为精细的“尺子”——“没有最好，只有更好”。

由几何级数的qn1的敛散性，可以看出，粗略的讲，当n充分大时，正项级数的后一

n1项小于前一项时，该级数就收敛，否则就发散。在此基础上，有了判断正项级数敛散性的比值（达

an1n朗贝尔）判别法和根值（柯西）判别法：若lim，则当1时，正项级数an（limn）

nnan1n收敛；当1时，正项级数an发散；而当1时，判别法失效。这两种判别法具有明显的优

n1势：仅需要级数自身项的性质，不需要比较级数，使用起来较为方便。然而它们是基于几何级数的判别敛散性的“尺子”，其精度远比基于p-级数的“尺子”粗糙的多。事实上，对于n111，，nn1n1可计算1，因此，比值和根值判别法失效。但是，根据比较判别法和p-级数的敛散性，2nn1前两个级数发散，后一个级数收敛。比值和根值判别法的本质是比较判别法，与之相比较的是几何级数qn1。在判定级数收敛时，要求级数的通项受到qn（0q1）的控制。而在判定级数发散

n1时，则是根据其一般项不趋于0。由于二者相去甚远。因此判别法在许多情况下都会失效，即便对

p-级数1也为力。为了弥补上述比值和根植判别法的局限性，我们有拉阿伯判别法：设pnn1anlimn1r，则当r1时an收敛；当r1时an发散。虽然拉阿伯判别法有时可以处理nan1n1n1an比值和根植判别法失效的级数，如p-级数等，但是对于limn阿伯判别法仍然失效。11时，nan1an11例如，对于成立，但是由积分判别法可知，当p1时收敛；limn11ppnn1nlnnn1nlnnan1当p1时发散。事实上还可以建立比阿伯判别法更有效的判别法，如，Bertrand判别法：设

anlimlnnna11r，则当r1时an收敛；当r1时an发散。但是，当r1时，该判nn1n1n1别法有失效了。这种逐次建立更有效的判别法的过程是无限的。每次都能得到新的适用范围更广的

判别法。

下面给出两个与级数收敛性及速度有关的有趣例子。

问题1：曾经有同学向我提出这样一个问题：假设汽车速度v1快于自行车的速度v2，而汽车在自行车的后方s，则显然经过时间Ts后，汽车就会追赶上自行车。但是，他有这样一个疑v1v2s时，自行车又前进了路v1问？当汽车前进路程s到达自行车原来所在的位置时，即经过了时间t1程s1v2t1ssv2v2时，自行车又前进了路程s。当汽车前进路程s1，即又经过了t21v1v1v1v12v2s2v2t2vs1sv2tnv1v1n1，这样一直下去，直观上感觉，汽车总是差一点才能追赶上自行车。问题

出在哪里呢？事实上该问题与无穷级数的收敛性有关。汽车追赶第n段路程化肥的时间为

v2，此时，汽车与自行车相距路程为snvs，汽车追赶自行车花费的时间的总和

1n1nsv2是一个无穷级数ttnv1n1v1n1，它是一个公比qv2v1(1)的几何级数，因此，和为

ts/v1ss后，汽车就会追赶上自行车。 T。所以，经过时间T1v2/v1v1v2v1v2问题2：爬金箍棒的蚂蚁的故事（选自数学趣题与妙解）：这天，孙悟空闲暇无时，他把他的金箍棒变成了10cm长的小棒，立在地上。这是一只蚂蚁来到棒的底部，沿着小棒往上爬，孙悟空眼睛一亮，心想“要爬，没那么容易！”只听他叫了一声“变”，地上的棒应声长了起来，眼看越长越高，而那只蚂蚁似乎什么都没有发现，还是慢悠悠地一如既往地往上爬。

如果蚂蚁始终沿铅垂线匀速上爬，每分钟上升1cm。 在孙悟空叫变时，已经爬至高1cm处，此后，棒的各部分每个时刻都是匀速地变长，每经1分钟，棒就增长10cm，即第一分钟末，高10cm，第二分钟末，高20cm，第三分钟末，高30cm，... 请问最终蚂蚁能够爬到棒的顶端吗？

不少人会说，由于蚂蚁爬行的速度不变，而棒的长度不停的变长，蚂蚁永远不会爬到棒的顶端。这样他就忽略了一个事实：由于棒的各部分均匀变长，因而每个时刻，尚未爬过的、正在爬过的和已经爬过的部分都同样要变长的。

1A1B1第一分钟，蚂蚁爬过了1cm，为棒高的； 10到第二分钟末，棒高伸长为20cm，而爬过的

11011cm，也变成了2cm，因而，仍是棒高的 101A1’B1’B2且以后始终保持为棒高的。如果第一分钟 10末到第二分钟末这段时间内，新爬过的部分

202没有变长，则第二分钟内爬过的部分是棒高

11的，但实际上，新爬过的部分也在变长，因而第二分钟内爬过的高度要大于棒高的并且这一20201小段在以后棒变高的过程中，始终要大于棒高的。同理，第三分钟内，蚂蚁爬过的高度大于棒

20高的

L1111，... 。若棒高为L，则在第n分钟末，蚂蚁爬过的高度将大于(1)。于是，

1023n301111问题转化为：是否存在n，使得110。这当然可以做到，因为调和级数是

23nn1n发散级数。