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有限和的估计：构造差分与放缩相消

拓展更新于 2026-09-29

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不必先求出通项或和的精确表达式，才能估计一个有限和。常见方法是把每项放在两个容易相消的差分之间，或找到一个在递推中变化简单的表达式。

从目标上界反找差分

若对 $k=1,\ldots,n$ 有 $u_k\le v_k-v_{k-1}$ ，逐项相加就得到

\sum_{k=1}^n u_k\le v_n-v_0.

只要至少一个逐项不等式严格，总和也严格；若求取等条件，必须要求每项同时取等。下界同理。

若目标右侧为 $\sqrt{n/(n+1)}$ ，自然尝试 $v_k=\sqrt{k/(k+1)}$ ；若右侧为 $1-1/(n+1)$ ，可尝试差分 $1/k-1/(k+1)$ 。这是从目标结构选比较对象，不表示逐项估计一定能成功。

平方倒数和的简明上界

对整数 $k\ge2$ ，因为 $k(k-1)<k^2$ ，所以

\frac1{k^2}<\frac1{k(k-1)}=\frac1{k-1}-\frac1k.

故 $n\ge2$ 时

1<\sum_{k=1}^n\frac1{k^2}<2-\frac1n<2.

$n=1$ 时该和等于 $1$ ，应单独处理，不能沿用第一个严格不等号。本结论是对每个有限 $n$ 的估计，不需要讨论无穷级数。

若从 $k=m+1$ 开始， $m\ge1$ ，同样得到尾段上界 $\sum_{k=m+1}^n1/k^2<1/m-1/n$ （ $n>m$ ）。

根式差分的双侧估计

对 $k\ge1$ ，有

\frac1{\sqrt{k+1}}<2(\sqrt{k+1}-\sqrt k)<\frac1{\sqrt k},

因为中间式等于 $2/(\sqrt{k+1}+\sqrt k)$ ，分母介于 $2\sqrt k$ 与 $2\sqrt{k+1}$ 之间。

于是对 $n\ge1$ ，

2(\sqrt{n+1}-1)<\sum_{k=1}^n\frac1{\sqrt k}\le2\sqrt n-1.

左侧逐项相加得到；右侧把首项 $1$ 单列，再对 $k\ge2$ 使用 $1/\sqrt k<2(\sqrt k-\sqrt{k-1})$ 。右侧等号仅在 $n=1$ 时成立。

用等比数列控制有限和

设从第 $m$ 项起有

0\le a_k\le Cq^{k-m}\qquad(k\ge m),\quad C>0,\quad0<q<1.

逐项相加并使用等比求和式，得到

\sum_{k=m}^{n}a_k\le C\frac{1-q^{n-m+1}}{1-q}<\frac C{1-q}\qquad(n\ge m).

这称为等比放缩或等比压缩。最后的严格小于来自被减掉的正尾项 $Cq^{n-m+1}/(1-q)$ ，不要求逐项比较本身严格。若只知道 $a_k$ 有正有负，同一个上界仍可由逐项比较得到，但要控制绝对误差则须比较 $|a_k|$ 。

怎样选择比较数列。 若目标上界为 $K$ ，先将不好比较的前 $m-1$ 项单独相加为 $S$ ，再争取使 $C/(1-q)\le K-S$ 。常见的依据是相邻比值：若 $a_m\le C$ 、所有后续非负项满足 $a_{k+1}\le q a_k$ ，归纳得所需的 $a_k\le Cq^{k-m}$ 。这里每一步的比值控制必须证明，不能只观察前几项。

例如 $a_k=1/k!$ 时，对 $k\ge2$ ， $a_{k+1}/a_k=1/(k+1)\le1/3$ 。故对 $n\ge2$ ，

\sum_{k=1}^{n}\frac1{k!}=1+\sum_{k=2}^{n}\frac1{k!}<1+\frac{1/2}{1-1/3}=\frac74.

取 $n=1$ 时直接检查。该例展示了为何应将首项单独处理，以及如何由后续项之比确定公比。

边界。 $q=1$ 时比较和为 $C(n-m+1)$ ，无法由这个方法得到与 $n$ 无关的上界； $q>1$ 时等比和增长；负公比不能直接沿用上述正尾项论证。源式中的“舍去后一项”只有在确认被舍去项为正时才能给出严格上界。

无需通项的递推求和

设实数列满足 $|a_{k+1}|=|a_k+1|$ 。平方后得

a_{k+1}^2-a_k^2=2a_k+1.

从 $k=0$ 到 $n-1$ 相加，直接得到

\sum_{k=0}^{n-1}a_k=\frac{a_n^2-a_0^2-n}{2}.

递推中每步正负号可能有不同选择，通项未必唯一，但这个求和恒等式对所有合法选择都成立。 $a_k^2$ 就是一个变化较简单的辅助量。

由此反推某个和“可能取得”时还需构造满足原递推的序列；只算出一个候选终点 $a_n$ 不足以证明它可达。平方在原来的两边绝对值非负时是等价变形，但这并不自动证明任意终点可由给定初值产生。

较复杂根式和的比较

令 $b_k=k/(k+1)+\sqrt{(k-1)/(k+1)}$ ， $k\ge1$ ，则 $b_k>0$ 。降重根号并有理化得

u_k=\frac1{k(k+1)\sqrt{2b_k}} =\frac{\sqrt{k+1}-\sqrt{k-1}}{2k\sqrt{k+1}}.

希望比较的差分为

v_k-v_{k-1}=\sqrt{\frac{k}{k+1}}-\sqrt{\frac{k-1}{k}} =\frac{k-\sqrt{k^2-1}}{\sqrt k\sqrt{k+1}}.

记 $A=\sqrt{k+1},B=\sqrt{k-1}$ 。两式均为正， $u_k<v_k-v_{k-1}$ 等价于 $1<\sqrt k(A-B)$ 。平方后的右侧为 $k(A-B)^2=2k(k-\sqrt{k^2-1})>1$ ；最后一步可直接有理化验证：

2k\bigl(k-\sqrt{k^2-1}\bigr)=\frac{2k}{k+\sqrt{k^2-1}}>1,

因为 $k\ge1$ 且 $\sqrt{k^2-1}<k$ 。

因此逐项相加，有

\sum_{k=1}^n\frac1{k(k+1)\sqrt{2b_k}}<\sqrt{\frac n{n+1}}.

这里每一项比较都严格， $n=1$ 也严格。变形时所有分母均为正，平方及乘除没有改变不等号。

柯西不等式与裂项可以组合

若 $u_k=p_kq_k$ ，可用

\left(\sum_{k=1}^n u_k\right)^2\le \left(\sum_{k=1}^n p_k^2\right)\left(\sum_{k=1}^n q_k^2\right).

选择拆分时，要让右侧的平方和可以裂项或容易估计。例如上一节的 $u_k$ 可取

p_k=\frac1{\sqrt{k(k+1)}},\qquad q_k=\frac1{\sqrt{2k(k+\sqrt{k^2-1})}}.

则 $\sum p_k^2=n/(n+1)$ 。 $q_1^2=1/2$ ，而 $k\ge2$ 时 $q_k^2<1/[2k(k-1)]$ ，故 $\sum q_k^2<1$ ； $n=1$ 时也有 $\sum q_k^2=1/2<1$ 。于是再次得到上一节的严格上界。

这里严格性来自第二个平方和小于 $1$ ，不必额外声称柯西那一步必然严格。分析取等时，要分清严格性出现在哪一步。

平方根和的最佳常数：不用积分的证明

令 $S_n=\sum_{k=1}^n\sqrt{k}$ 。对 $0\le u<v$ ，直接因式分解得到

\frac{v^3-u^3}{v^2-u^2}=\frac{v^2+uv+u^2}{v+u},

它严格介于 $3u/2$ 与 $3v/2$ 之间：相减后的分子分别为 $(v-u)(2v+u)/2$ 与 $(v-u)(v+2u)/2$ ，均为正。

依次取 $(u,v)=(\sqrt{k-1},\sqrt{k})$ 与 $(\sqrt{k},\sqrt{k+1})$ ，得

\frac23\bigl(k^{3/2}-(k-1)^{3/2}\bigr)<\sqrt{k}<\frac23\bigl((k+1)^{3/2}-k^{3/2}\bigr).

求和相消可得

\frac23n^{3/2}<S_n<\frac23\bigl((n+1)^{3/2}-1\bigr)<\frac23(n+1)^{3/2}.

因此使所有正整数 $n$ 均满足 $S_n<C(n+1)^{3/2}$ 的最小常数是 $C=2/3$ 。确实，若 $0<C<2/3$ ，取充分大的整数 $n$ 使 $n/(n+1)>(3C/2)^{2/3}$ ，左边估计就给出 $S_n>C(n+1)^{3/2}$ ； $C\le0$ 显然不可能。此证明只用有限和、根式运算及整数可以任意大的事实。

任意分割的幂和界

设 $p$ 为正整数， $0=x_0<x_1<\cdots<x_n=1$ ，记 $\delta_k=x_k-x_{k-1}$ 、 $h=\max_k\delta_k$ 。则

\frac1{p+1}<\sum_{k=1}^nx_k^p\delta_k\le\frac1{p+1}+h.

由因式分解，对 $a=x_{k-1}<b=x_k$ 有

(p+1)a^p(b-a)<b^{p+1}-a^{p+1}<(p+1)b^p(b-a).

求和得左端和 $L<1/(p+1)<U$ 。又

U-L=\sum_{k=1}^n(x_k^p-x_{k-1}^p)\delta_k\le h\sum_{k=1}^n(x_k^p-x_{k-1}^p)=h.

因此 $U<1/(p+1)+h$ ，上述弱上界自然成立。取等分 $x_k=k/n$ ，有 $h=1/n$ ，故 $U$ 可以任意接近 $1/(p+1)$ ；这说明该下界最优，却不在任何有限严格分割中取得。整个证明只用了有限幂差，无需积分。

用对数差估计调和和

对每个正整数 $k$ ，由对数不等式 $1-1/x<\ln x<x-1$ （ $x>1$ ），取 $x=(k+1)/k$ ，得

\frac1{k+1}<\ln(k+1)-\ln k<\frac1k.

从 $k=1$ 到 $n$ 相加，得到

\frac12+\frac13+\cdots+\frac1{n+1}<\ln(n+1)<1+\frac12+\cdots+\frac1n\qquad(n\ge1).

将 $n$ 换成 $n-1$ ，得到常用的等价形式

\frac12+\cdots+\frac1n<\ln n<1+\frac12+\cdots+\frac1{n-1}\qquad(n\ge2).

这些严格不等号来自每个单项均严格，不能把没有项的 $n=1$ 情形套入第二式。另由 $\ln x<\sqrt x-1/\sqrt x$ （ $x>1$ ），代入相同的 $x=(k+1)/k$ ，有

\ln\left(1+\frac1k\right)<\frac1{\sqrt{k(k+1)}}.

这种做法把一般函数不等式应用到相邻整数之比，再利用对数差相消，适合目标含 $\ln n$ 的有限和估计。

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