我现在是大四学生，昨晚复习数分到正项级数一章，想在网上找高斯判别法的证明，看到 @Captainchou 说顺手就能证，便想自己尝试一下，今早居然真的成功了，把我的证明过程分享下：首先，高斯判别法作为拉阿比判别法的扩展定理，其证明方法应该是和拉阿比判别法类似的，所以我仔细回顾了几遍拉阿比判别法的证明过程：定理1(拉阿比判别法) 设 \sum_{n=1}^{\infty}{u_n} 是正项级数，它满足\lim_{n \rightarrow \infty}{n(\frac{u_n}{u_ {n+1}}-1)}=R 或 \frac{u_n}{u_{n+1}}=1+\frac{R}{n}+o(\frac{1}{n})(n\rightarrow \infty) ，则当R>1时级数收敛；当R<1时级数发散.证 若 R>1 ，则当n足够大时，必有 n(\frac{u_n}{u_ {n+1}}-1)>a ,其中 a>1 ,即有\frac{u_n}{u_{n+1}}>1+\frac{a}{n}>(1+\frac{1}{n})^b=\frac{\frac{1}{n^b}}{\frac{1}{(n+1)^b}} ,其中 1<b<a ，第二个不等号当n足够大时成立.于是由比较判别法的自比形式知级数收敛.若 R<1 ，则当n足够大时，必有 n(\frac{u_n}{u_ {n+1}}-1)<1 ,即 \frac{u_n}{u_{n+1}}<\frac{\frac{1}{n}}{\frac{1}{n+1}} ，由比较判别法的自比形式知级数发散. \square 其中要用到下面两个结论引理1 设 a>b>1 ，则当n足够大时，必有 1+\frac{a}{n}>(1+\frac{1}{n})^b .略证 注意到 \lim_{n \rightarrow \infty}{\frac{(1+\frac{1}{n})^b-1}{\frac{1}{n}}}=b
\square 定理2(比较判别法的自比形式) 设\sum_{n=1}^{\infty}{u_n},\sum_{n=1}^{\infty}{v_n} 是严格正项级数，若 \frac{u_{n+1}}{u_n}\le\frac{v_{n+1}}{v_n} ，则 \sum_{n=1}^{\infty}{u_n} 优先收敛（也就是说， \sum_{n=1}^{\infty}{v_n} 收敛可推出 \sum_{n=1}^{\infty}{u_n} 收敛）. 证 此时对任意正整数 n 有\frac{u_n}{u_1}=\frac{u_n}{u_{n-1}}\frac{u_{n-1}}{u_{n-2}}\cdots\frac{u_2}{u_1}\le \frac{v_n}{v_{n-1}}\frac{v_{n-1}}{v_{n-2}}\cdots\frac{v_2}{v_1}=\frac{v_n}{v_1},\\ 即u_n\le \frac{u_1}{v_1}v_n,\\故而\sum_{n=1}^{\infty}{v_n} 收敛可推出 \sum_{n=1}^{\infty}{u_n} 收敛. \square 接下来就是高斯判别法了：定理3(高斯判别法) 设 \sum_{n=1}^{\infty}{u_n} 是正项级数，它满足\lim_{n \rightarrow \infty}{n\ln n(\frac{u_n}{u_ {n+1}}-1-\frac{1}{n})}=G或\frac{u_n}{u_{n+1}}=1+\frac{1}{n}+\frac{G}{n\ln n}+o(\frac{1}{n\ln n})(n\rightarrow \infty),则当G>1时级数收敛；当G<1时级数发散.这个判别法可比拉阿比复杂多了，因为它多了一个对数，令人感到无从下手.又看书，发现邓老师指出拉阿比判别法是把要判别的级数与p级数进行比较（具体来说是用自比形式）而得到的.回看其证明过程，果然如此，因此猜想高斯判别法也是与某种级数作比较而得的，但是这种级数是什么呢？想凭空构造，却再一次陷入了困境.机缘巧合之下，回想起了柯西积分判别法的一道例题：例1 \sum_{n=2}^{\infty}{\frac{1}{n\ln^p n}} 当 p>1 时收敛，当 p\le1 时发散.它的形式跟p级数真像啊，都是p>1 收敛 \le1 发散，而且高斯判别法中出现的 \frac{1}{n} （注意其分子为1，保持不变）不就对应于这里的分母中的n，其次数为1保持不变吗？然后G在变动就对应于这里对数的次数在变动.综合以上特征，我已确信这个级数就是解开高斯判别法秘密的钥匙.所以接下来的要做的事情就是倒推了：按照高斯判别法的条件，当 G>1 时，必存在 a>1 ，当n充分大时有n\ln n(\frac{u_n}{u_ {n+1}}-1-\frac{1}{n})>a或 \frac{u_n}{u_{n+1}}>1+\frac{1}{n}+\frac{a}{n\ln n} 任取 b\in(1,a) ，如果能够证明当n充分大时，有1+\frac{1}{n}+\frac{a}{n\ln n}>\frac{\frac{1}{n\ln^b n}}{\frac{1}{(n+1)\ln^b (n+1)}}=(1+\frac{1}{n})\frac{\ln^b (n+1)}{\ln^b n} 就好了.而这等价于证明 1+\frac{a}{(n+1)\ln n}>(\frac{\ln(n+1)}{\ln n})^b 一开始想求导，利用高中的导数题的方法把它证出，发现过于复杂，于是尝试使用泰勒展开，问题便迎刃而解了：注意到上式右边等于 [1+(\frac{\ln(n+1)}{\ln n}-1)]^b 由泰勒直观或者严谨地说，引理1，当n充分大时，有 [1+(\frac{\ln(n+1)}{\ln n}-1)]^b<1+a(\frac{\ln(n+1)}{\ln n}-1) ，于是只剩下证明1+a(\frac{\ln(n+1)}{\ln n}-1)\le1+\frac{a}{(n+1)\ln n} 即可，而这是简单的，所以这就证完了！！！！！！(后来经评论区指出，此证明有问题)2021.2.19衷心感谢 @齐天大圣 @misaka 指出本证明的错误之处，下面是更正：1+a(\frac{\ln(n+1)}{\ln n}-1)\le1+\frac{a}{(n+1)\ln n} 是不成立的，但其实两边差不了多少，因此一定是哪里放缩过度了.读档回到“一开始想求导，利用高中的导数题的方法把它证出，发现过于复杂，于是尝试使用泰勒展开，问题便迎刃而解了：”处，后面一段改为：任取 c\in(b,a), 则当n充分大时，有[1+(\frac{\ln(n+1)}{\ln n}-1)]^b<1+c(\frac{\ln(n+1)}{\ln n}-1), 下面只需证明，当n充分大时，有1+c(\frac{\ln(n+1)}{\ln n}-1)\le 1+\frac{a}{(n+1)\ln n}, 这等价于证明当n充分大时，有\frac{a}{c}\ge (n+1)\ln(1+\frac{1}{n}), 而这是成立的，因此我们真正解决了G>1情形的证明.而当 G<1 时，直接照搬拉阿比判别法中的证明是行不通的，因为那里偷懒了，减弱了小于1的界为1.事实上，此时存在 d<1 ，当n充分大时，有 n\ln n(\frac{u_n}{u_ {n+1}}-1-\frac{1}{n})\le d 或 \frac{u_n}{u_{n+1}}\le1+\frac{1}{n}+\frac{d}{n\ln n} ，很容易证明当n充分大时，有 1+\frac{1}{n}+\frac{d}{n\ln n}<\frac{(n+1)\ln (n+1)}{n\ln n} ，从而原级数发散.至此，高斯判别法证明完毕！ \square 进一步地，可以猜想对 \sum_{n=3}^{\infty}{\frac{1}{n\ln n(\ln\ln n)^p}} 使用比较判别法的自比形式可得定理4 设 \sum_{n=1}^{\infty}{u_n} 是正项级数，它满足\lim_{n \rightarrow \infty}{n\ln n\ln\ln n(\frac{u_n}{u_ {n+1}}-1-\frac{1}{n}-\frac{1}{n\ln n})}=E或\frac{u_n}{u_{n+1}}=1+\frac{1}{n}+\frac{1}{n\ln n}+\frac{E}{n\ln n\ln\ln n}+o(\frac{1}{n\ln n\ln\ln n})(n\rightarrow \infty),则当E>1时级数收敛；当E<1时级数发散.2021.11.27凌晨00：26现补充定理4 E>1 情形的证明，其实要用到的思路与高斯判别法相差不大.证 此时存在 a>1, 当 n 充分大时，有 \frac{u_n}{u_{n+1}}>1+\frac{1}{n}+\frac{1}{n\ln n}+\frac{a}{n\ln n\ln\ln n}.\\ 任取 b\in(1,a), 欲证明当 n 充分大时，有1+\frac{1}{n}+\frac{1}{n\ln n}+\frac{a}{n\ln n\ln\ln n}>\frac{(n+1)\ln(n+1)(\ln\ln(n+1))^b}{n\ln n(\ln\ln n)^b}.\\ 任取 c\in(b,a), 当 n 充分大时，有 (1+\frac{\ln\ln(n+1)}{\ln\ln n}-1)^b<1+c(\frac{\ln\ln(n+1)}{\ln\ln n}-1),\\ 因此只需证，当 n 充分大时，有1+\frac{1}{n}+\frac{1}{n\ln n}+\frac{a}{n\ln n\ln\ln n}>\frac{(n+1)\ln(n+1)}{n\ln n}[1+c(\frac{\ln\ln(n+1)}{\ln\ln n}-1)].\\ 整理得要证a>[(n+1)\ln(1+\frac{1}{n})-1]\ln\ln n+c(n+1)\ln(n+1)\ln\frac{\ln(n+1)}{\ln n}.\\ 利用泰勒公式不难证明[(n+1)\ln(1+\frac{1}{n})-1]\ln\ln n\rightarrow 0,\\ (n+1)\ln(n+1)\ln\frac{\ln(n+1)}{\ln n}\rightarrow 1,\\ 因而要证不等式成立，从而完成了 E>1 情形的证明. \square }

本文使用 Zhihu On VSCode 创作并发布正项级数定义\sum_{n=1}^{\infty}a_n,\ a_n>0正项级数收敛的充要条件\{S_n\}有上界 \iff \sum_{n=1}^{\infty}a_n收敛正项级数敛散性的判别法比较判别法定义设存在正整数N，当 n>N 时，有 0<a_n<b_n当\sum_{n=1}^{\infty}b_n收敛时，\sum_{n=1}^{\infty}a_n收敛当\sum_{n=1}^{\infty}a_n发散时，\sum_{n=1}^{\infty}b_n发散极限形式设\lim_{n\to \infty}\frac{a_n}{b_n} = l若0<l<+\infty，则\sum_{n=1}^{\infty}a_n,\sum_{n=1}^{\infty}b_n同敛散若l=0, 则\sum_{n=1}^{\infty}b_n收敛时\sum_{n=1}^{\infty}a_n收敛若l = +\infty，则\sum_{n=1}^{\infty}a_n发散时\sum_{n=1}^{\infty}b_n发散根值判别法定义若存在 0<q<1，当n>N时，满足\sqrt[n]{a_n}\leq q<1，则\sum_{n=1}^{\infty}a_n收敛若对于无穷多个 n，有 \sqrt[n]{a_n}\geq1则\sum_{n=1}^{\infty}a_n发散极限形式设 a_n>0, \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_n}=q若 q<1，则 \sum_{n=1}^{\infty}a_n收敛若 q>1，则 \sum_{n=1}^{\infty}a_n发散若 q=1，判别法失效比值判别法定义若存在 0<q<1,使得当 n>N时，有 \frac{a_{n+1}}{a_n}\leq q<1，则 \sum_{n=1}^{\infty}a_n收敛若 n>N时,有 \frac{a_{n+1}}{a_n}\geq 1,则\sum_{n=1}^{\infty}a_n发散极限形式设 a_n>0, \lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=q若 q<1,则 \sum_{n=1}^{\infty}a_n收敛若 q>1,则 \sum_{n=1}^{\infty}a_n发散若 q=1,采用比较判别法Cauchy积分判别法定义设 x\geq 1,f(x)\geq 0且递减,则\sum_{n=1}^{\infty}f(n)与 \int_{1}^{+\infty}f(x)dx同敛散Raabe判别法定义若存在 r>1，使得当 n>N时，有 n(\frac{a_n}{a_{n+1}}-1)\geq r>1，则 \sum_{n=1}^{\infty}a_n收敛若存在 N,使得 n>N时有 n(\frac{a_n}{a_{n+1}}-1)\leq 1，则 \sum_{n=1}^{\infty}a_n发散极限形式\lim_{n\to\infty}n(\frac{a_n}{a_{n+1}}-1)=l若 l>1，级数收敛若 l<1，级数发散Bertrand判别法定义&极限形式\lim_{n\to\infty}n\ln n(\frac{a_n}{a_{n+1}}-1-\frac{1}{n})=l若 l>1，级数收敛若 l<1，级数发散}