如何证明 1＋1/2^p＋1/3^p＋…＋1/n^p（1＜p＜2，p 为实数）收敛？
要证明级数 $1 + frac{1}{2^p} + frac{1}{3^p} + dots + frac{1}{n^p} + dots$（其中 $1 < p < 2$，$p$ 为实数）收敛，我们可以运用几种不同的方法。这里我将选择一种非常直观且常用的方法——积分判别法。这种方法将级数的求和与一个相应的不定积分联系起来，通过判断积分是否收敛来推断级数是否收敛。
首先，我们来明确我们要证明的对象：一个形式为 $sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^p}$ 的无穷级数，并且已知 $p$ 是一个实数，满足 $1 < p < 2$。
积分判别法
积分判别法的核心思想是：考虑一个非负的、单调递减的函数 $f(x)$。那么，级数 $sum_{n=1}^{infty} f(n)$ 收敛当且仅当无穷积分 $int_{1}^{infty} f(x) dx$ 收敛。
在我们的例子中，我们可以定义函数 $f(x) = frac{1}{x^p}$。
1. 验证函数的性质：
非负性： 对于 $x ge 1$，$x^p$ 总是正的，所以 $f(x) = frac{1}{x^p}$ 总是正的。
单调递减性： 我们需要检查 $f(x)$ 在 $[1, infty)$ 区间上是否单调递减。我们可以通过求导来判断：
$f'(x) = frac{d}{dx} (x^{p}) = p x^{p1} = frac{p}{x^{p+1}}$。
由于 $p > 1$ 且 $x ge 1$，$p$ 是正数，$x^{p+1}$ 也是正数。因此，$f'(x)$ 是一个负数。函数导数为负意味着函数是单调递减的。
连续性： 在 $[1, infty)$ 区间上，$f(x) = frac{1}{x^p}$ 是连续的。
由于 $f(x) = frac{1}{x^p}$ 满足积分判别法的要求（非负、单调递减），我们可以将级数 $sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^p}$ 的收敛性与积分 $int_{1}^{infty} frac{1}{x^p} dx$ 的收敛性等同起来。
2. 计算无穷积分：
现在，我们来计算这个不定积分：
$int_{1}^{infty} frac{1}{x^p} dx = int_{1}^{infty} x^{p} dx$
我们先计算定积分 $int_{1}^{b} x^{p} dx$：
$int_{1}^{b} x^{p} dx = left[ frac{x^{p+1}}{p+1} ight]_{1}^{b}$
$= frac{b^{p+1}}{p+1} frac{1^{p+1}}{p+1}$
$= frac{b^{1p}}{1p} frac{1}{1p}$
$= frac{b^{1p} 1}{1p}$
接下来，我们计算当 $b o infty$ 时的极限：
$lim_{b o infty} left( frac{b^{1p} 1}{1p} ight)$
这里，我们需要仔细分析指数 $1p$ 的符号。题目条件是 $1 < p < 2$。
这意味着：
$p > 1$，所以 $p < 1$。
$1 p < 0$。
由于 $1p$ 是一个负数，我们可以将其写作 $(p1)$，其中 $p1 > 0$。
所以，上式变为：
$lim_{b o infty} left( frac{b^{(p1)} 1}{1p} ight) = lim_{b o infty} left( frac{frac{1}{b^{p1}} 1}{1p} ight)$
当 $b o infty$ 时，$b^{p1}$（因为 $p1 > 0$）将趋向于无穷大。因此，$frac{1}{b^{p1}}$ 将趋向于 $0$。
所以，极限为：
$frac{0 1}{1p} = frac{1}{1p} = frac{1}{p1}$
由于 $p > 1$，所以 $p1$ 是一个正数，$frac{1}{p1}$ 是一个有限的、确定的实数。
3. 得出结论：
因为无穷积分 $int_{1}^{infty} frac{1}{x^p} dx$ 收敛到一个有限值 $frac{1}{p1}$，根据积分判别法，级数 $sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^p}$ 也收敛。
为什么 $1 < p < 2$ 的条件很重要？
当 $p le 1$ 时：
如果 $p = 1$，积分就是 $int_{1}^{infty} frac{1}{x} dx = [ln x]_1^infty = lim_{b o infty} (ln b ln 1) = infty$。积分发散，级数（调和级数）也发散。
如果 $p < 1$，那么 $1p > 0$。在这种情况下，$lim_{b o infty} b^{1p} = infty$，所以 $lim_{b o infty} frac{b^{1p} 1}{1p} = infty$，积分发散，级数也发散。
当 $p > 1$ 时（我们的情况）：
如上所述，当 $p > 1$，指数 $1p < 0$。这就保证了 $b^{1p}$ 在 $b o infty$ 时会趋向于 $0$，从而使整个积分收敛。
为什么 $p < 2$ 也被包含在内？
虽然积分判别法在这个范围内（$p > 1$）都表明收敛，题目给出的 $p < 2$ 范围强调了这是黎曼 zeta 函数 $zeta(p) = sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^p}$ 在 $p > 1$ 时的特殊情况。黎曼 zeta 函数在 $p > 1$ 时都收敛。$p < 2$ 这个上界并没有在我们的证明过程中直接影响收敛性（只要 $p > 1$ 即可），但它可能是为了将问题限定在某个特定讨论的范围，或者为后续可能用到的其他不等式（如比较判别法）留有余地。例如，如果我们要用比较判别法，可能会将 $sum frac{1}{n^p}$ 与 $sum frac{1}{n^2}$ 比较，而 $p < 2$ 使得 $frac{1}{n^p} > frac{1}{n^2}$ （当 $n>1$ 时），这有助于证明收敛。
另一种思考方式：比较判别法
虽然积分判别法是我们详细解释的方法，但也可以考虑比较判别法。
我们可以利用一个已知收敛的级数来比较。我们知道级数 $sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^2}$ 是收敛的（这是一个 $p$级数，其中 $p=2 > 1$）。
对于 $1 < p < 2$，我们可以考虑当 $n ge 2$ 时：
因为 $p < 2$，所以 $n^p < n^2$。
反过来， $frac{1}{n^p} > frac{1}{n^2}$ （对于 $n > 1$）。
注意：这种直接比较 $frac{1}{n^p}$ 和 $frac{1}{n^2}$ 的方式，如果 $frac{1}{n^p} > frac{1}{n^2}$，那么当 $sum frac{1}{n^2}$ 发散时，我们不能得出 $sum frac{1}{n^p}$ 发散的结论（这是 反向 比较）。我们想要的是用一个大的已知收敛级数去“盖住”我们的级数，或者用一个小的已知发散级数去“垫底”我们的级数。
让我们调整一下比较策略：
考虑一个 中间 的 $p$ 值，比如 $p_0$，使得 $1 < p_0 < p < 2$。
例如，如果 $p = 1.5$，我们可以选择 $p_0 = 1.2$ 或 $p_0 = 1.4$。
如果我们能找到一个 $p_0 > 1$ 使得 $frac{1}{n^p} le frac{1}{n^{p_0}}$，并且 $sum frac{1}{n^{p_0}}$ 收敛，那么我们的级数也收敛。
或者，更直接地：
我们知道 $sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^2}$ 收敛。
对于 $1 < p < 2$，我们有 $p < 2$。
当 $n ge 2$ 时，$n^p < n^2$（因为底数 $n > 1$ 且指数 $p < 2$）。
因此，$frac{1}{n^p} > frac{1}{n^2}$ （这是个错误的方向，不能用来证明收敛）。
正确的比较思路是：
选取一个 $p_0$ 使得 $1 < p_0 < p < 2$。
那么，对于 $n ge 1$：
$n^p > n^{p_0}$ (因为 $p > p_0$ 且 $n ge 1$)
所以，$frac{1}{n^p} < frac{1}{n^{p_0}}$。
由于 $p_0 > 1$，级数 $sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^{p_0}}$ 是收敛的。
根据 直接比较判别法（如果一个级数的所有项都小于一个收敛级数对应的项，那么这个级数也收敛），级数 $sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^p}$ 收敛。
例如，取 $p_0 = (1+p)/2$。由于 $p > 1$，则 $p_0 = (1+p)/2 > (1+1)/2 = 1$。同时，因为 $p < 2$，则 $p_0 = (1+p)/2 < (1+2)/2 = 1.5 < 2$。所以 $1 < p_0 < p < 2$ 是成立的。
因此，$frac{1}{n^p} < frac{1}{n^{p_0}}$，而 $sum frac{1}{n^{p_0}}$ 收敛，故 $sum frac{1}{n^p}$ 收敛。
总结
无论使用积分判别法还是比较判别法，都能证明当 $1 < p < 2$ 时，级数 $1 + frac{1}{2^p} + frac{1}{3^p} + dots + frac{1}{n^p} + dots$ 是收敛的。积分判别法直接通过计算积分的收敛性来给出答案，而比较判别法则利用了已知收敛级数的性质。这两种方法都清晰地展示了 $p > 1$ 是级数收敛的关键条件。
首先，我们来明确我们要证明的对象：一个形式为 $sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^p}$ 的无穷级数，并且已知 $p$ 是一个实数，满足 $1 < p < 2$。
积分判别法
积分判别法的核心思想是：考虑一个非负的、单调递减的函数 $f(x)$。那么，级数 $sum_{n=1}^{infty} f(n)$ 收敛当且仅当无穷积分 $int_{1}^{infty} f(x) dx$ 收敛。
在我们的例子中，我们可以定义函数 $f(x) = frac{1}{x^p}$。
1. 验证函数的性质：
非负性： 对于 $x ge 1$，$x^p$ 总是正的，所以 $f(x) = frac{1}{x^p}$ 总是正的。
单调递减性： 我们需要检查 $f(x)$ 在 $[1, infty)$ 区间上是否单调递减。我们可以通过求导来判断：
$f'(x) = frac{d}{dx} (x^{p}) = p x^{p1} = frac{p}{x^{p+1}}$。
由于 $p > 1$ 且 $x ge 1$，$p$ 是正数，$x^{p+1}$ 也是正数。因此，$f'(x)$ 是一个负数。函数导数为负意味着函数是单调递减的。
连续性： 在 $[1, infty)$ 区间上，$f(x) = frac{1}{x^p}$ 是连续的。
由于 $f(x) = frac{1}{x^p}$ 满足积分判别法的要求（非负、单调递减），我们可以将级数 $sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^p}$ 的收敛性与积分 $int_{1}^{infty} frac{1}{x^p} dx$ 的收敛性等同起来。
2. 计算无穷积分：
现在，我们来计算这个不定积分：
$int_{1}^{infty} frac{1}{x^p} dx = int_{1}^{infty} x^{p} dx$
我们先计算定积分 $int_{1}^{b} x^{p} dx$：
$int_{1}^{b} x^{p} dx = left[ frac{x^{p+1}}{p+1} ight]_{1}^{b}$
$= frac{b^{p+1}}{p+1} frac{1^{p+1}}{p+1}$
$= frac{b^{1p}}{1p} frac{1}{1p}$
$= frac{b^{1p} 1}{1p}$
接下来，我们计算当 $b o infty$ 时的极限：
$lim_{b o infty} left( frac{b^{1p} 1}{1p} ight)$
这里，我们需要仔细分析指数 $1p$ 的符号。题目条件是 $1 < p < 2$。
这意味着：
$p > 1$，所以 $p < 1$。
$1 p < 0$。
由于 $1p$ 是一个负数，我们可以将其写作 $(p1)$，其中 $p1 > 0$。
所以，上式变为：
$lim_{b o infty} left( frac{b^{(p1)} 1}{1p} ight) = lim_{b o infty} left( frac{frac{1}{b^{p1}} 1}{1p} ight)$
当 $b o infty$ 时，$b^{p1}$（因为 $p1 > 0$）将趋向于无穷大。因此，$frac{1}{b^{p1}}$ 将趋向于 $0$。
所以，极限为：
$frac{0 1}{1p} = frac{1}{1p} = frac{1}{p1}$
由于 $p > 1$，所以 $p1$ 是一个正数，$frac{1}{p1}$ 是一个有限的、确定的实数。
3. 得出结论：
因为无穷积分 $int_{1}^{infty} frac{1}{x^p} dx$ 收敛到一个有限值 $frac{1}{p1}$，根据积分判别法，级数 $sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^p}$ 也收敛。
为什么 $1 < p < 2$ 的条件很重要？
当 $p le 1$ 时：
如果 $p = 1$，积分就是 $int_{1}^{infty} frac{1}{x} dx = [ln x]_1^infty = lim_{b o infty} (ln b ln 1) = infty$。积分发散，级数（调和级数）也发散。
如果 $p < 1$，那么 $1p > 0$。在这种情况下，$lim_{b o infty} b^{1p} = infty$，所以 $lim_{b o infty} frac{b^{1p} 1}{1p} = infty$，积分发散，级数也发散。
当 $p > 1$ 时（我们的情况）：
如上所述，当 $p > 1$，指数 $1p < 0$。这就保证了 $b^{1p}$ 在 $b o infty$ 时会趋向于 $0$，从而使整个积分收敛。
为什么 $p < 2$ 也被包含在内？
虽然积分判别法在这个范围内（$p > 1$）都表明收敛，题目给出的 $p < 2$ 范围强调了这是黎曼 zeta 函数 $zeta(p) = sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^p}$ 在 $p > 1$ 时的特殊情况。黎曼 zeta 函数在 $p > 1$ 时都收敛。$p < 2$ 这个上界并没有在我们的证明过程中直接影响收敛性（只要 $p > 1$ 即可），但它可能是为了将问题限定在某个特定讨论的范围，或者为后续可能用到的其他不等式（如比较判别法）留有余地。例如，如果我们要用比较判别法，可能会将 $sum frac{1}{n^p}$ 与 $sum frac{1}{n^2}$ 比较，而 $p < 2$ 使得 $frac{1}{n^p} > frac{1}{n^2}$ （当 $n>1$ 时），这有助于证明收敛。
另一种思考方式：比较判别法
虽然积分判别法是我们详细解释的方法，但也可以考虑比较判别法。
我们可以利用一个已知收敛的级数来比较。我们知道级数 $sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^2}$ 是收敛的（这是一个 $p$级数，其中 $p=2 > 1$）。
对于 $1 < p < 2$，我们可以考虑当 $n ge 2$ 时：
因为 $p < 2$，所以 $n^p < n^2$。
反过来， $frac{1}{n^p} > frac{1}{n^2}$ （对于 $n > 1$）。
注意：这种直接比较 $frac{1}{n^p}$ 和 $frac{1}{n^2}$ 的方式，如果 $frac{1}{n^p} > frac{1}{n^2}$，那么当 $sum frac{1}{n^2}$ 发散时，我们不能得出 $sum frac{1}{n^p}$ 发散的结论（这是 反向 比较）。我们想要的是用一个大的已知收敛级数去“盖住”我们的级数，或者用一个小的已知发散级数去“垫底”我们的级数。
让我们调整一下比较策略：
考虑一个 中间 的 $p$ 值，比如 $p_0$，使得 $1 < p_0 < p < 2$。
例如，如果 $p = 1.5$，我们可以选择 $p_0 = 1.2$ 或 $p_0 = 1.4$。
如果我们能找到一个 $p_0 > 1$ 使得 $frac{1}{n^p} le frac{1}{n^{p_0}}$，并且 $sum frac{1}{n^{p_0}}$ 收敛，那么我们的级数也收敛。
或者，更直接地：
我们知道 $sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^2}$ 收敛。
对于 $1 < p < 2$，我们有 $p < 2$。
当 $n ge 2$ 时，$n^p < n^2$（因为底数 $n > 1$ 且指数 $p < 2$）。
因此，$frac{1}{n^p} > frac{1}{n^2}$ （这是个错误的方向，不能用来证明收敛）。
正确的比较思路是：
选取一个 $p_0$ 使得 $1 < p_0 < p < 2$。
那么，对于 $n ge 1$：
$n^p > n^{p_0}$ (因为 $p > p_0$ 且 $n ge 1$)
所以，$frac{1}{n^p} < frac{1}{n^{p_0}}$。
由于 $p_0 > 1$，级数 $sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^{p_0}}$ 是收敛的。
根据 直接比较判别法（如果一个级数的所有项都小于一个收敛级数对应的项，那么这个级数也收敛），级数 $sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^p}$ 收敛。
例如，取 $p_0 = (1+p)/2$。由于 $p > 1$，则 $p_0 = (1+p)/2 > (1+1)/2 = 1$。同时，因为 $p < 2$，则 $p_0 = (1+p)/2 < (1+2)/2 = 1.5 < 2$。所以 $1 < p_0 < p < 2$ 是成立的。
因此，$frac{1}{n^p} < frac{1}{n^{p_0}}$，而 $sum frac{1}{n^{p_0}}$ 收敛，故 $sum frac{1}{n^p}$ 收敛。
总结
无论使用积分判别法还是比较判别法，都能证明当 $1 < p < 2$ 时，级数 $1 + frac{1}{2^p} + frac{1}{3^p} + dots + frac{1}{n^p} + dots$ 是收敛的。积分判别法直接通过计算积分的收敛性来给出答案，而比较判别法则利用了已知收敛级数的性质。这两种方法都清晰地展示了 $p > 1$ 是级数收敛的关键条件。
网友意见
注： 是指存在常数 ，满足
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