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# 前情提要

## 几何级数

### 定义

几何级数是指形如

$$
\sum_{n=0}^{\infty} ar^n = a + ar + ar^2 + ar^3 + \cdots
$$

的无穷级数，其中：
- $a \neq 0$ 是首项（常数）
- $r$ 是公比（常数）

### 敛散性结论
| 公比 $r$ 的范围 | 敛散性 | 和（当收敛时）              |
| ---------- | --- | -------------------- |
| $r<1$      | 收敛  | $S = \dfrac{a}{1-r}$ |
| $r\ge 1$   | 发散  | 不存在                  |

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### 证明

#### 一、部分和公式
首先推导第 $n$ 项部分和 $S_n$ 的公式：

$$
S_n = a + ar + ar^2 + \cdots + ar^{n-1}
$$

当 $r \neq 1$ 时，两边乘以 $r$：

$$
rS_n = ar + ar^2 + ar^3 + \cdots + ar^n
$$

两式相减：

$$
S_n - rS_n = a - ar^n
$$

解得：

$$
S_n = a \cdot \frac{1 - r^n}{1 - r} \quad (r \neq 1)
$$

当 $r = 1$ 时：

$$
S_n = a + a + \cdots + a = na
$$

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#### 二、敛散性分析

##### 情形1：$|r| < 1$ 时收敛
当 $|r| < 1$ 时，$\lim_{n \to \infty} r^n = 0$

$$
\lim_{n \to \infty} S_n = \lim_{n \to \infty} a \cdot \frac{1 - r^n}{1 - r} = \frac{a}{1 - r}
$$

所以级数收敛，和为 $S = \dfrac{a}{1-r}$。

##### 情形2：$|r| > 1$ 时发散
当 $|r| > 1$ 时，$\lim_{n \to \infty} |r|^n = \infty$

$$
\lim_{n \to \infty} S_n = \lim_{n \to \infty} a \cdot \frac{1 - r^n}{1 - r} \quad \text{不存在（趋于无穷）}
$$

所以级数发散。

##### 情形3：$r = 1$ 时发散
$S_n = na$，当 $a \neq 0$ 时：

$$
\lim_{n \to \infty} S_n = \lim_{n \to \infty} na = \infty
$$

所以级数发散。

##### 情形4：$r = -1$ 时发散
此时级数为：

$$
a - a + a - a + \cdots
$$

部分和为：
- $S_1 = a$
- $S_2 = 0$
- $S_3 = a$
- $S_4 = 0$
- ...

当 $a \neq 0$ 时，部分和序列在 $a$ 和 $0$ 之间振荡，没有极限，所以发散。

##### 情形5：$r = -1$ 且 $a = 0$
这是平凡情况，级数恒为 0，收敛于 0（但通常几何级数定义要求 $a \neq 0$）。

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#### 三、直观理解
1. **$|r| < 1$**：项以指数速度衰减，总和有限
2. **$|r| \ge 1$**：项不衰减或增长，总和无限或振荡

**例子：**
- $\sum_{n=0}^{\infty} \left(\dfrac{1}{2}\right)^n = 1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{4} + \cdots = 2$（收敛）
- $\sum_{n=0}^{\infty} 2^n = 1 + 2 + 4 + \cdots$（发散）
- $\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n = 1 - 1 + 1 - 1 + \cdots$（发散）

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### 几何级数与p级数的对比
| 特征     | 几何级数             | p级数              |
| ------ | ---------------- | ---------------- |
| 通项     | $ar^n$           | $\dfrac{1}{n^p}$ |
| 敛散性    | 只与 $r$ 有关        | 只与 $p$ 有关        |
| 收敛条件   | $r< 1$           | $p > 1$          |
| 和（收敛时） | $\dfrac{a}{1-r}$ | 无简单通式（除特殊p值）     |
| 衰减速度   | 指数衰减             | 幂次衰减             |

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**几何级数小结：**
- 最简单的无穷级数之一
- 完全解决了敛散性问题
- 在收敛时，有简洁的求和公式
- 是许多复杂级数分析的基础

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### 记忆技巧
1. **收敛条件**：公比的绝对值小于1
2. **求和公式**：首项除以 $(1 - 公比)$
3. **几何意义**：几何级数得名于相邻项的比值恒定（几何性质）


## p 级数

### 定义

p 级数是指形如

$$
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^p}
$$

的无穷级数，其中 $p$ 是实数。

### 敛散性结论
- **$p > 1$**：级数收敛
- **$p \le 1$**：级数发散

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### 证明（初等方法）

#### 一、准备工作
1. **调和级数发散**：$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 发散
2. **几何级数收敛**：当 $|r| < 1$ 时，$\sum_{n=0}^{\infty} r^n$ 收敛

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#### 二、当 $0 < p \le 1$ 时发散

**证明步骤：**

1. 对于任意 $0 < p \le 1$，有 $n^p \le n$
2. 因此：
   $$
   \frac{1}{n^p} \ge \frac{1}{n}
   $$
3. 已知调和级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 发散
4. 由比较判别法：
   - 若 $\sum a_n$ 发散，且 $b_n \ge a_n > 0$，则 $\sum b_n$ 也发散
   - 这里 $b_n = \frac{1}{n^p}$，$a_n = \frac{1}{n}$
5. 所以当 $0 < p \le 1$ 时，p 级数发散

**注：** $p = 1$ 就是调和级数本身。

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#### 三、当 $p > 1$ 时收敛

**证明（分组求和法）：**

将级数分组：

$$
\begin{aligned}
S &= 1 + \frac{1}{2^p} + \frac{1}{3^p} + \frac{1}{4^p} + \frac{1}{5^p} + \frac{1}{6^p} + \frac{1}{7^p} + \frac{1}{8^p} + \cdots \\
&= 1 + \left(\frac{1}{2^p} + \frac{1}{3^p}\right) + \left(\frac{1}{4^p} + \frac{1}{5^p} + \frac{1}{6^p} + \frac{1}{7^p}\right) + \left(\frac{1}{8^p} + \cdots + \frac{1}{15^p}\right) + \cdots
\end{aligned}
$$

**分组规则：**
- 第 1 组：1 项
- 第 2 组：2 项
- 第 3 组：4 项
- 第 4 组：8 项
- ...
- 第 $k$ 组：$2^{k-1}$ 项

**估计第 $k$ 组的和：**
第 $k$ 组从 $n = 2^{k-1}$ 到 $n = 2^k - 1$，共 $2^{k-1}$ 项。

由于 $f(x) = \frac{1}{x^p}$ 递减，组内每项不超过第一项：

$$
\frac{1}{n^p} \le \frac{1}{(2^{k-1})^p} \quad (n \ge 2^{k-1})
$$

第 $k$ 组和的上界：

$$
S_k \le 2^{k-1} \cdot \frac{1}{(2^{k-1})^p} = 2^{(k-1)(1-p)}
$$

**总和估计：**

$$
S \le 1 + 2^{1(1-p)} + 2^{2(1-p)} + 2^{3(1-p)} + \cdots
$$

令 $r = 2^{1-p}$，则：

$$
S \le 1 + r + r^2 + r^3 + \cdots
$$

当 $p > 1$ 时，$1-p < 0$，所以：

$$
r = 2^{1-p} < 2^0 = 1
$$

右边是公比 $0 < r < 1$ 的几何级数，收敛到 $\frac{1}{1-r}$。

因此原级数的部分和有上界，且单调递增（各项为正），故级数收敛。

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#### 四、直观理解

1. **$p \le 1$**：项衰减太慢，类似调和级数，总和无限增大
2. **$p > 1$**：项衰减足够快，总和有限

**特例：**
- $p = 2$：$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}$
- $p$ 越大，收敛越快

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#### 补充：$p \le 0$ 的情况

若 $p \le 0$，则 $-p \ge 0$，通项 $n^{-p} \ge 1$ 不趋于 0，由级数收敛的必要条件知发散。

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**总结：**

| $p$ 的范围 | 敛散性 | 关键原因 |
|------------|--------|----------|
| $p > 1$    | 收敛   | 分组求和，几何级数控制 |
| $0 < p \le 1$ | 发散 | 与调和级数比较 |
| $p \le 0$  | 发散   | 通项不趋于零 |



# 部分和判别法

## **原理**

对于级数 $\sum_{n=1}^{\infty}u_n$，构造其部分和数列 $S_n=u_1+u_2+\dots+u_n$。若极限 $\lim\limits_{n\to\infty}S_n=S$（S 为有限常数），则级数收敛，且和为 S；若该极限不存在（或为无穷大），则级数发散。

## **适用情况**

适用于部分和可通过公式化简求和的级数，典型类型包括：

1.等比级数：$\sum_{n=1}^{\infty}aq^{n-1}（a\neq0）$，部分和 $S_n=\frac{a(1-q^n)}{1-q}$；

2.裂项相消型级数：如 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(n+1)}$，通项可拆为 $\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$，部分和可逐项抵消化简；

3. 少数可通过错位相减、分组求和的特殊级数。

## **优势**

1. 本质性强：直接基于级数收敛的定义，判定结果准确，还能同时求出级数的和，这是比值、比较判别法等无法做到的。

2. 无形式限制：不像比值判别法依赖通项的阶乘、指数结构，只要部分和能化简，任何类型级数都适用。

## **劣势**

1. 适用范围极窄：绝大多数级数的部分和无法用初等函数化简（如调和级数 $\sum\frac{1}{n}$、$\sum\frac{n}{2^n}$虽能判定敛散性，但部分和无简单表达式）。

2. 计算难度高：裂项、错位相减等求和技巧性强，对复杂通项不易找到化简方法。

3. 效率低：对比判别法，求部分和的步骤通常更繁琐，不适用于快速判定敛散性。

## **例子**

>[!example] **例1**
>判定级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2}{(2n-1)(2n+1)}$的敛散性，若收敛求其和

解析

1.  裂项变形

   $\frac{2}{(2n-1)(2n+1)}=\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}$

2.  求部分和

   $S_n=\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1}\right) = \left(1-\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}\right)+\dots+\left(\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}\right) = 1-\frac{1}{2n+1}$

3.  取极限

   $\lim_{n \to \infty}S_n=\lim_{n \to \infty}\left(1-\frac{1}{2n+1}\right)=1$

4.  结论：该级数 **收敛**，和为 \( 1 \)

>[!example] **例2**
判断级数$\sin \frac{\pi}{6} + \sin \frac{2\pi}{6} + \cdots + \sin \frac{n\pi}{6} + \cdots$的敛散性

解析：

1. 已知公式

由积化和差公式：

$2\sin A \sin B = \cos(A-B) - \cos(A+B)$

令  $A = k\theta$， $B = \frac{\theta}{2}$ ，则：

$2\sin(k\theta) \sin\left( \frac{\theta}{2} \right) = \cos\left( k\theta - \frac{\theta}{2} \right) - \cos\left( k\theta + \frac{\theta}{2} \right)$

$= \cos\left( (k - \tfrac12)\theta \right) - \cos\left( (k + \tfrac12)\theta \right)$

因此：

$\boxed{\sin(k\theta) = \frac{\cos\left( (k - \tfrac12)\theta \right) - \cos\left( (k + \tfrac12)\theta \right)}{ 2\sin\frac{\theta}{2} }}$

这是一个裂项公式，因为对 k 求和时，中间项会消去。

2. 应用到本题

题中级数为：

$\sum_{k=1}^{\infty} \sin\left( \frac{k\pi}{6} \right)$

这里  $\theta = \frac{\pi}{6}$ ， $\sin\frac{\theta}{2}$ = $\sin\frac{\pi}{12} \neq 0$。

利用上面裂项公式，记

$a_k = \sin\left( \frac{k\pi}{6} \right)$

$= \frac{\cos\left( \frac{(k - \frac12)\pi}{6} \right) - \cos\left( \frac{(k + \frac12)\pi}{6} \right)}{2\sin\frac{\pi}{12}}$

即

$a_k = \frac{1}{2\sin\frac{\pi}{12}} \left[ \cos\left( \frac{(2k-1)\pi}{12} \right) - \cos\left( \frac{(2k+1)\pi}{12} \right) \right]$

3. 求部分和 $S_n$

$S_n = \sum_{k=1}^n a_k$

$= \frac{1}{2\sin\frac{\pi}{12}} \sum_{k=1}^n \left[ \cos\frac{(2k-1)\pi}{12} - \cos\frac{(2k+1)\pi}{12} \right]$

记 $C_m = \cos\frac{(2m-1)\pi}{12}$，则：

$\sum_{k=1}^n \left[ C_k - C_{k+1} \right]$

这是一个裂项和：

$\sum_{k=1}^n (C_k - C_{k+1}) = C_1 - C_{n+1}$

其中

$C_1 = \cos\frac{(2\cdot 1 - 1)\pi}{12} = \cos\frac{\pi}{12}$

$C_{n+1} = \cos\frac{(2(n+1)-1)\pi}{12} = \cos\frac{(2n+1)\pi}{12}$

因此：

$S_n = \frac{1}{2\sin\frac{\pi}{12}} \left[ \cos\frac{\pi}{12} - \cos\frac{(2n+1)\pi}{12} \right]$

4. 分析极限

当 $n \to \infty$ 时， $\frac{(2n+1)\pi}{12} \mod 2\pi$  在 $[0, 2\pi)$ 内不趋于一个固定值，而是周期性地取多个不同值。

事实上，$\cos\frac{(2n+1)\pi}{12}$ 的值在 $n$ 增加时振荡，不会趋于一个常数。

因此：

$\lim_{n\to\infty} S_n \quad \text{不存在。}$

**习题1**

级数

$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2n+1}{n^2(n+1)^2}$

的和为

A. 0

B. 1

C. 2

D. 不存在（发散）

解：

观察

$\frac{2n+1}{n^2(n+1)^2} = \frac{(n+1)^2 - n^2}{n^2(n+1)^2} = \frac{1}{n^2} - \frac{1}{(n+1)^2}$

部分和：

$S_N = \sum_{n=1}^N \left[ \frac{1}{n^2} - \frac{1}{(n+1)^2} \right] = 1 - \frac{1}{(N+1)^2} \to 1$

收敛到 1。

答案：B

**习题2**

级数

$\sum_{n=1}^{\infty} \left( \sqrt{n+2} - 2\sqrt{n+1} + \sqrt{n} \right)$

\]  

的敛散性是

A. 收敛到 0

B. 收敛到 $1 - \sqrt{2}$

C. 收敛到 $\sqrt{2} - 2$

D. 发散

解：

观察通项：

设 $a_n = \sqrt{n}$，则

$a_{n+2} - 2a_{n+1} + a_n = (a_{n+2} - a_{n+1}) - (a_{n+1} - a_n)$

\]  

记 $b_n = a_{n+1} - a_n = \sqrt{n+1} - \sqrt{n}$，则

原通项 = $b_{n+1} - b_n$。

部分和：

$S_N = \sum_{n=1}^N (b_{n+1} - b_n) = b_{N+1} - b_1$

\]  

$b_{N+1} = \sqrt{N+2} - \sqrt{N+1}, \quad b_1 = \sqrt{2} - 1$

\]  

因此

$S_N = (\sqrt{N+2} - \sqrt{N+1}) - (\sqrt{2} - 1)$

\]  

当 $N \to \infty，\sqrt{N+2} - \sqrt{N+1} \to 0$，所以

$lim_{N\to\infty} S_N = 1 - \sqrt{2}$

收敛到 $1 - \sqrt{2}$。

答案：B

# **级数运算性质判别法**

## **原理**

1. 线性运算性质的应用

设$\sum u_n、\sum v_n$ 为已知敛散性的级数，k 为非零常数：

- 若 $\sum u_n$ 收敛，则 $\sum ku_n$ 收敛；若 $\sum u_n$ 发散，则 $\sum ku_n$ 发散。

- 若 $\sum u_n$ 和 $\sum v_n$ 都收敛，则 $\sum(u_n\pm v_n)$ 收敛。

- 若 $\sum u_n$ 收敛、$\sum v_n$ 发散，则 $\sum(u_n\pm v_n)$ 发散。

注：若两者都发散，$\sum(u_n\pm v_n)$ 敛散性不确定。

2. 添减/改变有限项性质的应用

对任意级数，增加、去掉或改变有限项，不改变其敛散性。

例：$\sum_{n=3}^{\infty}\frac{1}{2^n}$ 收敛，因为它是收敛等比级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2^n}$ 去掉前2项得到的。

3. 正项级数重组性质的应用

若正项级数 $\sum u_n$ 收敛，任意重排其项得到的新级数仍收敛，且和不变。

## **适用情况**

1. 待判定级数可拆分为两个或多个已知敛散性的级数的线性组合（如 $\sum (u_n\pm v_n)、\sum ku_n）$。

2. 级数仅增减、改变有限项，或对正项级数进行项的重组。

3. 已知级数多为基础类型（等比级数、$p$-级数、调和级数等），便于直接套用性质。

## **优势**

1. 快捷高效：无需计算极限或构造不等式，直接利用已知结论推导，步骤简洁。

2. 既适用于正项级数，也适用于任意项级数（如交错级数）。

## **劣势**

1. 依赖性强：必须依赖已知敛散性的“参考级数”，若无法拆分或无合适参考级数，则无法使用。

2. 有局限性：对于 $\sum u_n$ 和 $\sum v_n$ 均发散的情况，$\sum (u_n\pm v_n)$ 的敛散性无法直接判定，性质失效。

## **例子**

>[!example] **例1**
>判断级数$\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n \frac{n+2}{n+1} \cdot \frac{1}{\sqrt{n}}$的敛散性。

解析：

原级数：

$S = \sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{n+2}{n+1} \cdot \frac{1}{\sqrt{n}}.$

将 $\frac{n+2}{n+1}$ 写成：

$\frac{n+2}{n+1} = 1 + \frac{1}{n+1}.$

于是通项：

$(-1)^n \frac{1}{\sqrt{n}} \cdot \left( 1 + \frac{1}{n+1} \right)$

$= (-1)^n \frac{1}{\sqrt{n}} \;+\; (-1)^n \frac{1}{\sqrt{n} \,(n+1)}.$

记

$u_n = (-1)^n \frac{1}{\sqrt{n}}, \quad v_n = (-1)^n \frac{1}{\sqrt{n} \, (n+1)}.$

则原级数：

$S = \sum_{n=1}^\infty u_n \;+\; \sum_{n=1}^\infty v_n.$

第一项：$\sum_{n=1}^\infty u_n = \sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{1}{\sqrt{n}}$。

· 这是交错 $p$-级数， $p = \frac12 < 1$，不绝对收敛；

· 由莱布尼茨判别法（$1/\sqrt{n} 单调递减趋于 0$）⇒ 条件收敛。

第二项：$\sum_{n=1}^\infty v_n$，比较 $v_n$ 的绝对值：

$|v_n| = \frac{1}{\sqrt{n} \,(n+1)} \sim \frac{1}{n^{3/2}} \quad (n\to\infty).$

因为 $p = 3/2 > 1$，所以 $\sum |v_n|$ 收敛 ⇒ $\sum v_n$ 绝对收敛。

利用级数运算性质：

已知

· 若两个级数 $\sum A_n 和 \sum B_n$ 都收敛，则 $\sum (A_n + B_n)$ 收敛（收敛级数的和收敛）。

· 若 $\sum A_n$ 条件收敛，$\sum B_n$ 绝对收敛，则 $\sum (A_n + B_n)$条件收敛（因为加一个绝对收敛级数不改变条件收敛的性质）。

这里：

$S = \underbrace{\sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{1}{\sqrt{n}}}_{\text{条件收敛}} \;+\; \underbrace{\sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{1}{\sqrt{n}(n+1)}}_{\text{绝对收敛}}.$

因此 $S$ 是 条件收敛的级数

>[!example] **例2**
讨论级数$\sum_{n=2}^{\infty} \frac{(-1)^n}{\sqrt{n} + (-1)^n}$的敛散性

解析：先对通项有理化变形，再拆分为两个级数的和，结合级数运算性质判断

步骤1 通项有理化与变形

对通项分母有理化：
$$

\begin{align*}

u_n &= \frac{(-1)^n}{\sqrt{n} + (-1)^n} \\

&= \frac{(-1)^n \left[\sqrt{n} - (-1)^n\right]}{\left[\sqrt{n} + (-1)^n\right]\left[\sqrt{n} - (-1)^n\right]} \\

&= \frac{(-1)^n \sqrt{n} - 1}{n - 1} \\

&= \frac{(-1)^n \sqrt{n}}{n - 1} - \frac{1}{n - 1}

\end{align*}
$$

$\frac{(-1)^n \sqrt{n}}{n - 1}$用莱布尼兹判别法判断收敛

$\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n - 1}：令 k=n-1，级数变为 \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k}$（调和级数），**发散**。

根据级数运算性质：**收敛级数 + 收敛级数 - 发散级数 = 发散级数**。

因此，级数$\sum_{n=2}^{\infty} \frac{(-1)^n}{\sqrt{n} + (-1)^n}$**发散**。

**习题1**

已知级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 收敛，$\sum_{n=1}^{\infty} b_n$ 发散，则以下说法正确的是（ ）

A. $\sum_{n=1}^{\infty} (a_n + b_n)$ 必收敛

B. $\sum_{n=1}^{\infty} (a_n + b_n)$ 必发散

C. $\sum_{n=1}^{\infty} (a_n b_n)$ 必发散

D. $\sum_{n=1}^{\infty} (a_n^2)$ 必收敛

解析：

设 $s_n = a_1+\dots+a_n$ 收敛，$t_n = b_1+\dots+b_n$ 发散。

则 $a_n+b_n$ 的前 $n$ 项和 = $s_n + t_n$，收敛+发散 = 发散，故 B 正确。

反例：A 错。C：取 $a_n=\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}$（条件收敛），$b_n=(-1)^n$（发散），则 $a_n b_n = \frac{1}{\sqrt{n}}$ 发散，但这是特例，不是“必”发散，若 $a_n=\frac{1}{n^2}, b_n=n$，则 $a_n b_n = \frac{1}{n}$ 发散；若 $a_n=\frac{1}{n^2}, b_n=(-1)^n n$，则 $a_n b_n = \frac{(-1)^n}{n}$ 收敛（条件收敛）。所以 C 不对。D：反例 $a_n = \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}$ 收敛（条件收敛），但 $a_n^2 = \frac{1}{n}$ 发散。

答案：B

**习题2**

级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{\sin n}{n^2} + \frac{(-1)^n}{n} \right)$ 的收敛性是：

A. 绝对收敛

B. 条件收敛

C. 发散

D. 可能收敛可能发散

解析

拆成两个：

1. $\sum \frac{\sin n}{n^2}：因 |\frac{\sin n}{n^2}| \le \frac{1}{n^2}$，绝对收敛。

2. $\sum \frac{(-1)^n}{n}$ 是交错调和级数，条件收敛。

   条件收敛 + 绝对收敛 = 条件收敛。

答案：B


# 比较判别法

## Quick Description

### 原理

不等式形式：放缩，大敛则小敛，小散则大散

极限形式：比值的极限为常数，则同敛散

### 适用情况

正项级数

### 优势和劣势

放缩在高中有知识基础，比较好上手

与比值/根值判别法不同，判定出变号级数的绝对值发散后，无法得到原级数发散

## 例子

> [!example] 例1
> 判断级数$\sum_{n=2}^{\infty} \sin\left(\frac{1}{\ln n} \right)$的敛散性

设 $a_n = \sin\left( \frac{1}{\ln n} \right)$，其中 $n \geq 2$ 。记其前n项和为$S_n$。

由于当 $n \geq 2$ 时，有 $\frac{1}{\ln n} > 0$ ，且 $\sin n > \frac{n}{2}$ ，因此存在 $N$ ，使得当$n > N$时，

$q_n = \sin\left( \frac{1}{\ln n} \right) > \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{\ln n} > \frac{1}{2n}.$  

记$\sum \frac{1}{2n}$的前$n$项和为$T_n$。

由于 $\lim_{n \to \infty} S_n > \lim_{n \to \infty} T_n, \quad \text{而} \quad \lim_{n \to \infty} T_n = +\infty,$  

因此 $\lim_{n \to \infty} S_n = +\infty.$

故级数 $\sum_{n=2}^{\infty} \sin\left( \frac{1}{\ln n} \right)$ 发散。

> [!example] 例2
基础练习  下列级数中收敛的有\_\_\_\_\_\_

   A $\sin \frac{\pi}{2} + \sin \frac{\pi}{2^2} + \sin \frac{\pi}{2^3} + \cdots$  
   B $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{5^n} \cdot \frac{3n^3 + 2n^2}{4n^3 + 1}$  
   C $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(a+n-1)(a+n)(a+n+1)} \quad (a>0)$  
   D $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n\sqrt[n]{n}}$  
   E $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} \arctan \frac{n}{n+1}$  
   F $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sqrt{n+\sqrt{n}}}{n^2+1}$  

   **参考答案：ABCF.  
   - **A** 由于 $0 < \sin \frac{\pi}{2^n} \leq \frac{\pi}{2^n}$，且几何级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\pi}{2^n}$ 收敛，故原级数收敛。  
   - **B** 由于 $\lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{5^n} \cdot \frac{3n^3 + 2n^2}{4n^3 + 1} \right) / \left( \frac{1}{5^n} \right) = \frac{3}{4}$，又几何级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{5^n}$ 收敛，故原级数收敛。  
   - **C** 由于 $\lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{(a+n-1)(a+n)(a+n+1)} \right) / \left( \frac{1}{n^3} \right) = 1$，而级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^3}$ 收敛，故原级数收敛。（或由 $\frac{1}{(a+n-1)(a+n)(a+n+1)} \leq \frac{1}{(a+n-1)^3} < \frac{1}{(n-1)^3} \;(n>1)$）  
   - **D** 由于 $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n\sqrt[n]{n}} / \frac{1}{n} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt[n]{n}} = 1$，级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 发散，故原级数发散。  
   - **E** 由于 $\lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{n} \cdot \arctan \frac{n}{n+1} \right) / \frac{1}{n} = \frac{\pi}{4}$，又级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 发散，故原级数发散。  
   - **F** 由于 $\lim_{n \to \infty} \frac{\sqrt{n+\sqrt{n}}}{n^2+1} / \frac{1}{n^{3/2}} = \lim_{n \to \infty} \sqrt{1+\frac{1}{\sqrt{n}}} / \left( 1+\frac{1}{n^2} \right) = 1$，又 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{3/2}}$ 收敛，故原级数收敛。

# 比值判别法

## 原理

对于正项级数 $\sum_{n=1}^{\infty}u_n\ (u_n>0)$，计算极限$\rho=\lim\limits_{n \to \infty}\frac{u_{n+1}}{u_n}$，根据$\rho$与 1 的大小关系判断级数敛散性。
1. 若 $\boldsymbol{\rho<1}$，则级数收敛；
2. 若 $\boldsymbol{\rho>1}$（或 $\rho=+\infty$），则级数发散；
3. 若 $\boldsymbol{\rho=1}$，则判别法失效，需用其他方法（如比较判别法、积分判别法等）判断。

## **适用情况**

主要适用于通项含阶乘、指数幂（如 $a^n$）、$n^n$ 等形式的正项级数，这类通项的 $\frac{u_{n+1}}{u_n}$ ，作商后阶乘、指数部分可大幅化简，极限易求。

## **优势**

1. 化简效率高：通项含 n!、$a^n$ 时，作商 $\frac{u_{n+1}}{u_n}$ 能直接约去大量重复因子
2. 判定直接：只需计算一个极限值与 1 比较，无需像比较判别法那样构造合适的参考级数，对初学者更友好。

## **劣势**

1. 对通项形式依赖强：仅适合含阶乘、指数幂的正项级数，对于通项为多项式、分式（如 $u_n=\frac{1}{n^p}$）的级数，$\lim\limits_{n\to\infty}\frac{u_{n+1}}{u_n}=1$，判别法直接失效。
2. 失效情形无判定能力：当极限 $\rho=1$ 时，无法判断级数敛散性，必须换用比较判别法、积分判别法等其他方法，增加了解题步骤。
3. 仅针对正项级数：不能直接应用于任意项级数（如交错级数），若要使用，需先对通项取绝对值判断绝对收敛，再进一步分析条件收敛。
4. 极限可能不存在：部分正项级数的 $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{u_{n+1}}{u_n}$ 不存在，此时比值判别法无法使用。

## **例子**

> [!example] 例1
判定级数敛散性：
$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^n}{n!}$$



**解析**
用比值判别法：
$$\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{2^{n+1}}{(n+1)!} \cdot \frac{n!}{2^n} = \frac{2}{n+1} \to 0$$
因此收敛。


>[!example] 例2
设 $\alpha$ 为正常数，判定级数的敛散性：
$$\sum_{n=1}^\infty \frac{(2n-1)!!}{(n!)^\alpha}$$


**解析**

1. 记通项

$$a_n = \frac{(2n-1)!!}{(n!)^\alpha}$$

这里 $(2n-1)!! = 1\cdot 3\cdot 5 \cdots (2n-1) = \frac{(2n)!}{2^n \, n!}$。

所以：
$$a_n = \frac{\frac{(2n)!}{2^n \, n!}}{(n!)^\alpha}= \frac{(2n)!}{2^n \, (n!)^{\alpha+1}}$$

2. 用比值判别法
$$\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(2n+2)!}{2^{n+1}((n+1)!)^{\alpha+1}} \cdot \frac{2^n (n!)^{\alpha+1}}{(2n)!}$$
化简：$$\frac{(2n+2)!}{(2n)!} = (2n+1)(2n+2) = 2(2n+1)(n+1)$$$$\frac{2^n}{2^{n+1}} = \frac12$$$$\frac{(n!)^{\alpha+1}}{((n+1)!)^{\alpha+1}} = \frac{1}{(n+1)^{\alpha+1}}$$所以：
$$\frac{a_{n+1}}{a_n}
= \frac{2(2n+1)(n+1) \cdot \frac12}{(n+1)^{\alpha+1}}
= \frac{2n+1}{(n+1)^{\alpha}}$$
3. 计算极限
$$\lim_{n\to\infty} \frac{2n+1}{(n+1)^{\alpha}}$$

· 若 $\alpha$> 1，极限为 0，比值判别法得出 $\lim \frac{a_{n+1}}{a_n} = 0 < 1$，级数收敛。

· 若 $\alpha$ = 1，极限为 $\lim_{n\to\infty} \frac{2n+1}{n+1}$ = 2 > 1，级数发散。

· 若 0 < $\alpha$ < 1，极限为 $\infty$ > 1，级数发散。

4. 答案

  当$\alpha$>1时收敛，当 0 < $\alpha$ < 1 时发散

>[!example] **习题1**
级数 $$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(2n)!}{(n!)^2} \cdot \frac{1}{5^n}$$ 的敛散性是

A. 收敛

B. 发散

C. 无法判断


**解析**
$$a_n = \frac{(2n)!}{(n!)^2 \cdot 5^n}$$

$$\frac{a_{n+1}}{a_n}

= \frac{(2n+2)!}{((n+1)!)^2 \cdot 5^{n+1}} \cdot \frac{(n!)^2 \cdot 5^n}{(2n)!}$$
化简：
$$\frac{(2n+2)!}{(2n)!} = (2n+2)(2n+1)$$
$$\frac{(n!)^2}{((n+1)!)^2} = \frac{1}{(n+1)^2}$$

$$\frac{5^n}{5^{n+1}} = \frac15$$
所以

$$\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(2n+2)(2n+1)}{(n+1)^2} \cdot \frac15
= \frac{2(2n+1)}{n+1} \cdot \frac15$$
$$\lim_{n\to\infty} \frac{4n+2}{5(n+1)} = \frac{4}{5} < 1$$
所以收敛。

答案：A

>[!example] **习题2**
级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{3^n}{n^2}$ 的敛散性是

A. 收敛

B. 发散

C. 无法判断

解
$$a_n = \frac{3^n}{n^2}$$
$$\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{3^{n+1}}{(n+1)^2} \cdot \frac{n^2}{3^n}

= 3 \cdot \frac{n^2}{(n+1)^2}$$
$$\lim_{n\to\infty} 3 \cdot \frac{n^2}{(n+1)^2} = 3 > 1$$

所以发散。

答案：B

# 根值判别法（柯西判别法）

## Quick Description

### 原理

通过计算级数通项 $u_n$ 的 $n$ 次方根的极限 $\rho = \lim\limits_{n\to\infty} \sqrt[n]{u_n}$，将原级数与等比级数 $\sum \rho^n$ 比较，从而判断敛散性。

### 适用情况

1. 适用于正项级数 $\sum u_n$（一般 $u_n > 0$）。
    
2. 当 $u_n$ 含有 $n$ 次幂、指数形式或连乘因子时，此方法往往有效。
    
3. 当比值判别法失效或难以计算时，可尝试根值判别法。
    

### 优势和劣势

**优势**

1. 对于含 $n$ 次幂、指数或幂指结构的级数，计算 $\sqrt[n]{u_n}$ 可能比计算比值 $u_{n+1}/u_n$ 更简单。
    
2. 理论清晰，与等比级数直接比较，直观性强。
    

**劣势**

1. 当 $\rho = 1$ 时无法判断（此时级数可能收敛也可能发散）。
    
2. 需要求 $\sqrt[n]{u_n}$ 的极限，有时计算较复杂。
    
3. 仅适用于正项级数。
    

---

## 定理与证明

### 定理（根值判别法）

设 $\sum_{n=1}^\infty u_n$ 是**正项级数**，且
$$
\rho = \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{u_n}
$$
（这里允许 $\rho = +\infty$）。

1.  若 $\rho < 1$，则级数收敛。
2.  若 $\rho > 1$（包括 $\rho = +\infty$），则级数发散。
3.  若 $\rho = 1$，判别法失效（级数可能收敛也可能发散）。

### 证明思路

由极限定义：对任意 $\varepsilon > 0$，存在 $N$，当 $n > N$ 时，
$$
\rho - \varepsilon < \sqrt[n]{u_n} < \rho + \varepsilon
$$

> [!note]
> **情形 $\rho < 1$**
> 取 $\varepsilon$ 使 $r = \rho + \varepsilon < 1$，则
> $$
> u_n < r^n \quad (n > N)
> $$
> 而几何级数 $\sum r^n$ 收敛，由比较判别法知 $\sum u_n$ 收敛。

> [!note]
> **情形 $\rho > 1$**
> 取 $\varepsilon$ 使 $r = \rho - \varepsilon > 1$，则
> $$
> u_n > r^n \quad (n > N)
> $$
> 而几何级数 $\sum r^n$ 发散，故 $\sum u_n$ 发散。

> [!note]
> **情形 $\rho = 1$**
> 反例：
> -   $\sum \frac{1}{n}$ 发散，但 $\sqrt[n]{\frac{1}{n}} \to 1$。
> -   $\sum \frac{1}{n^2}$ 收敛，但 $\sqrt[n]{\frac{1}{n^2}} \to 1$。

---

## 典型例题

> [!example] 例1
> 判断级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \left(1 - \frac{1}{n}\right)^n$ 的敛散性。

> **解**
> 计算根值：
> $$
> \sqrt[n]{u_n} = \sqrt[n]{\left(1 - \frac{1}{n}\right)^n} = 1 - \frac{1}{n} \to 1 \quad (n \to \infty)
> $$
> 此时 $\rho = 1$，根值判别法失效。
>
> 改用其他方法：注意到
> $$
> \left(1 - \frac{1}{n}\right)^n = e^{n \ln (1 - \frac{1}{n})} \sim e^{-1} \quad (n \to \infty)
> $$
> 所以 $u_n \to e^{-1} \neq 0$，由级数收敛的必要条件（通项必须趋于0）知该级数发散。

> [!example] 例2
> 判断级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{\left(a + \frac{1}{n}\right)^n} \quad (a > 0)$ 的敛散性。

> **解**
> 计算根值：
> $$
> \sqrt[n]{u_n} = \frac{\sqrt[n]{n}}{a + \frac{1}{n}}
> $$
> 因为 $\sqrt[n]{n} \to 1$，所以
> $$
> \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{u_n} = \frac{1}{a}
> $$
> -   若 $\frac{1}{a} < 1$ 即 $a > 1$，则级数收敛。
> -   若 $\frac{1}{a} > 1$ 即 $0 < a < 1$，则级数发散。
> -   若 $a = 1$，此时 $\rho = 1$，判别法失效。
>     当 $a = 1$ 时，
>     $$
>     u_n = \frac{n}{(1 + \frac{1}{n})^n} \sim \frac{n}{e} \quad (n \to \infty)
>     $$
>     通项不趋于0，故级数发散。
>
> **综上**：
> -   当 $a > 1$ 时，级数收敛；
> -   当 $0 < a \le 1$ 时，级数发散。

> [!example] 例3（常用结论）
> 证明：$\displaystyle \lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{a_1^n + a_2^n + \cdots + a_m^n} = \max\{a_1, a_2, \dots, a_m\}$，其中 $a_k > 0$。

> **证明**
> 令 $M = \max\{a_1, \dots, a_m\}$，则
> $$
> M^n \le a_1^n + \cdots + a_m^n \le m M^n
> $$
> 两边开 $n$ 次方：
> $$
> M \le \sqrt[n]{a_1^n + \cdots + a_m^n} \le M \cdot \sqrt[n]{m}
> $$
> 因为 $\sqrt[n]{m} \to 1$，由夹逼定理得结论。
>
> 此结论在判断形如 $\sum (a_1^n + \cdots + a_m^n)$ 的级数时可直接使用。


> [!example] 例4
> 判断级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^n + 3^n}{5^n}$ 的敛散性。

> **解**
> $$
> u_n = \frac{2^n + 3^n}{5^n} = \left(\frac{2}{5}\right)^n + \left(\frac{3}{5}\right)^n
> $$
> 计算根值：
> $$
> \sqrt[n]{u_n} = \sqrt[n]{\left(\frac{2}{5}\right)^n + \left(\frac{3}{5}\right)^n}
> $$
> 由例3结论，$\sqrt[n]{u_n} \to \max\left\{\frac{2}{5}, \frac{3}{5}\right\} = \frac{3}{5} < 1$，故级数收敛。

---

## 注意事项

1.  根值判别法仅适用于正项级数。
2.  当 $\rho = 1$ 时，需改用其他方法（如比较判别法、积分判别法、比值判别法等）。
3.  计算 $\sqrt[n]{u_n}$ 时，常用结论：
    $$
    \sqrt[n]{n} \to 1, \quad \sqrt[n]{n^k} \to 1, \quad \sqrt[n]{a} = a^{1/n} \to 1 \ (a > 0)
    $$
4.  若 $u_n$ 含有 $n!$ 或连乘形式，通常使用比值判别法更简便；若含 $n$ 次幂，则根值判别法可能更直接。
---

## 练习题

> [!question] 练习1  
> 判断级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{n}{2n+1}\right)^n$ 的敛散性。

> [!question] 练习2  
> 判断级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{5^n}{n^n}$ 的敛散性。

> [!question] 练习3  
> 设 $a > 0$，讨论级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{a}{n}\right)^n$ 的敛散性。

> [!note] 参考答案
> 
> 1. $\rho = \frac{1}{2} < 1$，收敛。
>     
> 2. $\rho = 0 < 1$，收敛。
>     
> 3. 对任意 $a > 0$，有 $\rho = 0 < 1$，收敛。
>

# 交错级数

## 原理

所谓交错级数，就是正负项交错出现的级数。此类级数的收敛一般用莱布尼兹判别法：
	对于交错级数$\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}a_{n}$，若满足
	（1）$\{a_{n}\}$单调减少，即$a_{1}\geqslant a_{2}\geqslant\cdots a_{n}\geqslant\cdots$
	（2）$\lim\limits_{n\to\infty}a_{n}=0,$
	则级数$\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}a_{n}$收敛，且$\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}a_{n}\leqslant a_{1}$.

## 优势劣势

莱布尼兹判别法优势就是判别条件简单，非常容易证明。但劣势在于仅限于判定交错级数的敛散性，所以一定要辨认清楚是否为交错级数。另外，在判断交错级数是条件收敛还是发散时，肯定会用到这个定理。

## 例题

> [!example] 例1
> 判断下列极限是否收敛:
> $$(1)\sum_{n=1}^{\infty}\frac{cosn\pi}{n^{\frac{3}{4}}}$$
> $$(2)\sum_{n=1}^{\infty}sin(n\pi+\frac{\pi}{n})$$

解：
$(1)cosn\pi=(-1)^n,故级数为交错级数.$

$显然a_{n}=\frac{1}{n^{\frac{3}{4}}}单调递减且\lim\limits_{n\to\infty}a_{n}=0,由莱布尼兹判别法，级数收敛.$

$(2)sin(n\pi+\frac{\pi}{n})=(-1)^{n}sin(\frac{\pi}{n})，故级数为交错级数.$

$又a_{n}=sin(\frac{\pi}{n})\to0(n\to\infty)且\{a_{n}\}从第二项开始单调递减，由莱布尼兹判别法知，级数收敛.$

上面这个例题告诉我们，交错级数并不总是很傻地就写一个$(-1)^n$来给我们看，它也是会有多种形式地。而且，无论是单调性还是符号的交错出现，都不一定要从第一项开始，因为级数的敛散性和它的前有限项无关，要是这个交错级数通项的绝对值从第二项才开始单调递减，那就从第二项开始考虑，这不影响它的敛散性；一样，要是一个级数从第二项开始才是交错级数，那就从第二项开始算，第一项就不管它了。

> [!example] 例2
> 判断下面这个级数是否收敛：
> $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\ln n}{n}sin\frac{n\pi}{2}.$

解：
	$对k\in\mathbb{N}_{+},显然有n=2k-1时,sin\frac{n\pi}{2}=(-1)^{k},n=2k时,sin\frac{n\pi}{2}=0.故$
	$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\ln n}{n}sin\frac{n\pi}{2}=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\ln (2k-1)}{2k-1}\cdot(-1)^{k}$
	$故级数从第二项开始为交错级数，且a_{k}=\frac{\ln (2k-1)}{2k-1}\to0(n\to\infty),$
	$\{a_{k}\}从第二项开始单调递减，由莱布尼兹判别法，级数收敛.$

## 习题
$(1)\sum_{n=1}^{\infty}sin(\sqrt{n^2+1}\pi).$
$(2)\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{3^n}sin\frac{n\pi}{2}.$
$(3)\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n(n-1)/2}}{3^n}.$
$(4)\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}a^{\frac{1}{n}} (a>0).$

## **习题答案**
$(1)sin(\sqrt{n^2+1}\pi)=(-1)^{n}sin((\sqrt{n^2+1}-n)\pi)=(-1)^{n}sin(\frac{1}{\sqrt{n^2+1}+n}\pi),$
$a_{n}=sin(\frac{\pi}{\sqrt{n^2+1}+n})\to0(n\to\infty),且\{a_{n}\}单调递减，由莱布尼兹判别法，级数收敛$
$(2)同例2解法，答案是收敛（建议作为课前题目）$
$(3)n(n-1)/2的奇偶性与n正好相反，所以级数也是交错级数，容易证明是收敛$
$(4)a^{\frac{1}{n}}\to1(n\to\infty)，由级数收敛的必要条件知，级数发散$