diff --git a/Chapter 2 极限/部分和判别法.md b/Chapter 2 极限/部分和判别法.md
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index 0000000..8602b82
--- /dev/null
+++ b/Chapter 2 极限/部分和判别法.md	
@@ -0,0 +1,404 @@
+
+## **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**
+
+**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 \( 1 \)
+
+**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**
+
+**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
+
+**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
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