在数学里面，我感觉大家基本上都会混淆两个概念：级数和数列，我看了下百科上的基本定义，数列强调的是项本身，而级数则强调的是对于项的某种操作(当然在数学中将其限定为了加和)，如下：
数列：\(\{a_1,\quad a_2, \quad a_3,\quad …\}\)
级数：\(a_1+\quad a_2+ \quad a_3+ \quad …\)
因此，大家在理解级数这个概念时，不能以静态的思维去看待，而应以动态的眼光来看其层层叠加性、无尽性！
在级数基础上，就涉及到了调和这个词儿了，说是有段关于毕达哥拉斯学派对琴弦长度所产生的琴音效果的发现：当琴弦长度呈现出整数比时，即\(\{1,\frac{1}{2},\frac{1}{3},…\}\)，发出的琴音能达到沁人心脾的效果，所以呢，数学家就将这一独特的效果称为调和，即调制而使之和谐。
如此，调和级数\(\mathbb{H_n}\)自然而然被定义为如下的加和过程：
$$
\mathbb{H_n} = 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\cdots
$$
现今，上述调和级数的和已经被证明是发散的，即\(\lim\limits_{n\to \infty} \mathbb{H_n} \to \infty\)，大家可以通过下述方式简单的论证：
$$
\begin{align}
\mathbb{H_{2^{m+1}}} &= \mathbb{H_{2^{m}}} +
\underbrace{ \frac{1}{2^{m}+1}+\frac{1}{2^{m}+2}+\cdots + \frac{1}{2^{m+1}} }_{\text{共}2m \text{项}} \\
&\ge \mathbb{H_{2^{m}}} + 2^m \cdot \frac{1}{2^{m+1}} \\
&= \mathbb{H_{2^{m}}} + \frac{1}{2} \\
&\ge \mathbb{H_{2^{m-1}}} + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \\
& \quad \cdots \\
&\ge \mathbb{H_{2^{1}}} + \frac{m}{2} \\
&= 1+ \frac{m}{2}
\end{align}
$$
因此，通过上述方式，我们能够说明调和级数\(\mathbb{H_n}\)的发散性。但是，这里仍有一个基本点值得注意：调和级数的发散速率(即在n趋向无穷大时，调和级数本身的增长速率)究竟如何？比如我们知道，函数\(\Phi(x)=x^2\)的发散速率就明显高于函数\(\phi(x)=x\)。
对于这个发散速率，我们目前无法给出一个定量的回答，但是如果定义调和级数的函数\(\mathbb{H_n^{(r)}}\)如下，其中变量\(r\ge 1\)：
$$
\mathbb{H_n^{(r)}} = 1+\frac{1}{2^r}+\frac{1}{3^r}+\cdots + \frac{1}{n^r}
$$
我们会发现，函数\(\mathbb{H_n^{(r)}}\)的收敛性的边界刚好在\(r=1\)时，即当\(r\gt 1\)时，\(\lim\limits_{n \to \infty}{\mathbb{H_n^{(r)}}} = M\)（证明方式可以参见收敛半径的内容）。
如此，调和级数的发散速率并不大，比如\(\lim\limits_{n \to \infty}{\mathbb{H_n^{(1.0001)}}}\)与\(\lim\limits_{n \to \infty}{\mathbb{H_n^{(1)}}}\)两者应该很接近，但是前者是有上界的，而后者却没有上界，情况只能是后者贴近着前者的边界并在及其缓慢地爬升。
接下来，我们论证关于调和级数地一个比较重要地公式，即：
$$
\sum_{k=1}^{n} \mathbb{H_k} = (n+1)\mathbb{H_n} – n
$$
对于上述公式并不是那么直观，我们在此以行列式地形式对左侧的加和的元素进行重现，如下：
$$
\begin{array}{c|cccc}
k=1 & 1 & 0 & 0 & \cdots & 0 \\
k=2 & 1 & \frac{1}{2} & 0 & \cdots & 0 \\
k=3 & 1 & \frac{1}{2} & \frac{1}{3} & \cdots & 0 \\
\vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
k=n & 1 & \frac{1}{2} & \frac{1}{3} & \cdots & \frac{1}{n} \\
\end{array}
$$
显然，从上面的行列式中，可以清楚的看到如下基本规律：
$$
\begin{array}{c|l}
k=1 & \mathbb{H_1} = \mathbb{H_n} – (\sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k}) \\
k=2 & \mathbb{H_2} = \mathbb{H_n} – (\sum_{k=3}^{n} \frac{1}{k}) \\
\vdots & \vdots \\
k=n & \mathbb{H_n} = \mathbb{H_n} – (\sum_{k=n+1}^{n} \frac{1}{k}) \\
\end{array}
$$
我们将第二列中所有的加和项再次按照行列式的形式进行重排如下：
$$
\underbrace{
\begin{array}{cccc}
\frac{1}{2} & \frac{1}{3} & \cdots & \frac{1}{n} \\
0 & \frac{1}{3} & \cdots & \frac{1}{n} \\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
0 & 0 & \cdots & \frac{1}{n} \\
\hline \\
\frac{1}{2} & \frac{2}{3} & \cdots & \frac{n-1}{n} \\
\end{array} }_{\text{按列进行加和处理}}
$$
显然，上面行列式中的最后一行每一个元素\(\frac{k-1}{k} = 1 – \frac{1}{k}\)，则有最终的加和可以简化为\(\sum_{k=2}^{n} \frac{k-1}{k} = \sum_{k=2}^{n} 1 – \frac{1}{k} = n-\mathbb{H_n}\)，由此我们得到了原等式\(\sum_{k=0}^{n} \mathbb{H_n} = (n+1)\mathbb{H_n}-n\)
更进一步的，可将上述等式扩展至与二项式系数关联的更一般性的状态，即\(\require{AMSmath} \sum_{k=0}^{n} \binom{k}{m} \mathbb{H_k} = \binom{n+1}{m+1} ( \mathbb{H_{n+1}}-\frac{1}{m+1}) \)，具体证明过程如下：
$$
\begin{align}
\sum_{k=1}^{n} \binom{k}{m} \mathbb{H_k}
&= \sum_{k=1}^{n} \left(\binom{k+1}{m+1}-\binom{k}{m+1} \right) \mathbb{H_k} \\
&= \binom{n+1}{m+1}\mathbb{H_n}-\binom{1}{m+1}\mathbb{H_1}-\sum_{k=2}^{n}\binom{k}{m+1} \left( \mathbb{H_{k}-\mathbb{H_{k-1}}} \right) \\
&= \binom{n+1}{m+1}\mathbb{H_n}-\binom{1}{m+1}\mathbb{H_1} – \sum_{k=2}^{n}\binom{k}{m+1} \frac{1}{k} \\
&= \binom{n+1}{m+1}\mathbb{H_n} – \frac{1}{m+1}\sum_{k=1}^{n-1}\binom{k-1}{m} \\
&= \binom{n+1}{m+1}\mathbb{H_n} – \frac{1}{m+1}\binom{n}{m+1}\\
\end{align}
$$
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