1樓：
證明1、比較審斂法
因此該級數發散。
2、積分判別法
通過將調和級數的和與一個瑕積分作比較可證此級數發散。考慮右圖中長方形的排列。每個長方形寬1個單位、高1/n個單位（換句話說，每個長方形的面積都是1/n），所以所有長方形的總面積就是調和級數的和：
矩形面積和：
而曲線y=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：
由於這一部分面積真包含於（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。更準確地說，這證明了：
這個方法的拓展即積分判別法。
3、反證法
假設調和級數收斂 , 則：
但與矛盾，故假設不真，即調和級數發散。
擴充套件資料
調和級數是各項倒數為等差數列的級數，通常指項級數
各項倒數所成的數列（不改變次序）為等差數列。從第2項起，它的每一項是前後相鄰兩項的調和平均，故名調和級數。
推而廣之，具有這種性質的每一個級數，即形如
的級數也稱為調和級數，其中 a,b 是常數. 調和級數是發散的，但其部分和
增長極慢。
尤拉 (euler,l.) 計算過
與是等價無窮大，更準確地，有
其中 c=0.557 215... 是尤拉常數，
這是尤拉於1740 年發現的，更一般地，級數
稱為廣義調和級數，亦簡稱調和級數，它的通俗名稱是 p 級數，當 p>1 時收斂，p<=1 時發散。
2樓：匿名使用者
1+1/2+1/3+1/4+...
分段 =1+1/2+(1/3+1/4)+(1/5+1/6+1/7+1/8)+(1/9+1/10...+1/16)+...
放縮法，每個括號裡統一分母
>1+1/2+(1/4+1/4)+(1/8+1/8+1/8+1/8)+(1/16+1/16...+1/16)+...
=1+1/2+2/4+4/8+8/16...
=1+1/2+1/2+1/2+...
有無窮多個1/2 所以是趨於無窮大的
調和級數縮小後尚且趨於無窮大，說明調和級數本身也是趨於無窮大的，故發散。
3樓：言眼讀書
由調和數列各元素相加所得的和為調和級數，易得，所有調和級數都是發散於無窮的。
很早就有數學家研究，比如中世紀後期的數學家oresme在2023年就證明了這個級數是發散的。他的方法很簡單：
1 +1/2+1/3 +1/4 + 1/5+ 1/6+1/7+1/8 +...
1/2+1/2+(1/4+1/4)+(1/8+1/8+1/8+1/8)+...
注意後一個級數每一項對應的分數都小於調和級數中每一項，而且後面級數的括號中的數值和都為1/2，這樣的1/2有無窮多個，所以後一個級數是趨向無窮大的，進而調和級數也是發散的。
從更廣泛的意義上講,如果an是全部不為0的等差數列，則1/an就稱為調和數列，求和所得即為調和級數，易得，所有調和級數都是發散於無窮的。
證明幾何級數和調和級數的收斂和發散性
先看調和級數 證明如下 由於ln 1 1 n 1 n n 1，2，3，於是調和級數的前n項部分和滿足 sn 1 1 2 1 3 1 n ln 1 1 ln 1 1 2 ln 1 1 3 ln 1 1 n ln2 ln 3 2 ln 4 3 ln n 1 n ln 2 3 2 4 3 n 1 n ln...
級數sn 1 1 n,為什麼是發散的
簡單證一下 a0 1 a1 1 2 a2 1 3 1 4 2 1 4 1 2 a3 1 5 1 6 1 7 1 8 4 1 8 1 2a4 1 9 1 10 1 11 1 12 1 13 1 14 1 15 1 16 8 1 16 1 2 如此下去,an是n項的和,且每一項都大於1 2.則sn a0...
n收斂嗎？它和調和級數1 n有什麼區別嗎
不收斂。主要是性質不同 1 數列收斂的充要條件是滿足柯西判別法，對於調和級數的這個數列，滿足 0 存在n 0，m n，有 1 n 1 n 1 1 m 就叫做滿足柯西判別法。2 數列發散1 n 1 n 1 1 m 1 n 1 n 1 1 2n 1 2n n 1 1 2n n 0.5 不滿足柯西判別法。...