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编写小组/试卷/0103高数模拟试卷.md

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 f(x) = 2k\pi + \arcsin \frac{9}{8} x \quad \text{或} \quad f(x) = (2k-1)\pi - \arcsin \frac{9}{8} x \quad (k \in \mathbb{Z}).
 $$
 
+7.讨论级数 $$\sum_{n=2}^{\infty} \frac{(-1)^n}{[n+(-1)^n]^p}$$ ( $p>0$ )的敛散性。
 
+**补充整理：**
+
+1. 若两级数均收敛，则其和也收敛；若两个都绝对收敛，则和也绝对收敛；若一个绝对收敛一个条件收敛，则和条件收敛。
+
+2. 若两级数仅一个收敛，则其和是发散的。
+
+**级数添加与去掉括号的敛散性有以下结论：**
+
+1. 收敛级数任意添加括号也收敛。
+2. 若收敛级数去掉括号后的通项仍以0为极限，则去掉括号后的级数也收敛，且和不变。
+
+**去括号情况的证明**
+
+设 $(a_1 + \cdots + a_{n_1}) + (a_{n_1+1} + \cdots + a_{n_2}) + \cdots + (a_{n_{k-1}+1} + \cdots + a_{n_k}) + \cdots$ 收敛于 $S$，且 $\lim_{n \to \infty} a_n = 0$。记该级数的部分和为 $T_k$，$\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 的部分和为 $S_n$，则 $T_k = S_{n_k}$，$\lim_{k \to \infty} S_{n_k} = \lim_{k \to \infty} T_k = S$。
+
+由于 $\lim_{n \to \infty} a_n = 0$，对 $\forall i \in \{1, 2, \cdots, n_{k+1} - n_k - 1\}$，有
+
+$lim_{k \to \infty} S_{n_k+i} = \lim_{k \to \infty} \left( T_k + a_{n_k+1} + \cdots + a_{n_k+i} \right) = S$
+
+所以 $\lim_{n \to \infty} S_n = S$，即 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 也收敛于 $S$。
+
+**分析** 这是交错级数，且通项趋于0，但通项不单调，不适用莱布尼茨准则。可考虑用添加括号的方式来证明。也可采用交换相邻两项顺序的方式使通项满足单调性。
+
+**解** 
+$$|a_n| = \left| \frac{(-1)^n}{[n+(-1)^n]^p} \right| = \frac{1}{n^p} \cdot \frac{1}{\left[ 1 + \frac{(-1)^n}{n} \right]^p} \sim \frac{1}{n^p}$$ ($n \to \infty$)
+
+当 $p>1$ 时，级数绝对收敛；当 $0<p<1$ 时，级数不绝对收敛。
+下面讨论 $0<p\leq 1$ 时，级数的收敛性。
+首先，级数的通项 $a_n \to 0$。
+
+**方法1** 将原级数按如下方式添加括号
+$$\left( \frac{1}{3^p} - \frac{1}{2^p} \right) + \left( \frac{1}{5^p} - \frac{1}{4^p} \right) + \cdots + \left( \frac{1}{(2n+1)^p} - \frac{1}{(2n)^p} \right) + \cdots$$
+
+记 $b_n = \frac{1}{(2n+1)^p} - \frac{1}{(2n)^p}$，则 $b_n < 0$，$\sum_{n=2}^{\infty} (-b_n)$是正项级数。由于
+$$-b_n = \frac{1}{(2n)^p} - \frac{1}{(2n+1)^p} = \frac{1}{(2n+1)^p} \left[ \left( 1 + \frac{1}{2n} \right)^p - 1 \right] \sim \frac{1}{(2n+1)^p} \cdot \frac{p}{2n} \sim \frac{p}{(2n)^{p+1}}$$
+
+而 $p+1>1$，所以 $\sum_{n=2}^{\infty} (-b_n)$ 收敛，由上面补充中去括号的讨论知，原级数收敛。
+
+**方法2** 同样考虑方法1中的级数 $\sum_{n=2}^{\infty} (-b_n)$，其部分和为
+$$
+\begin{aligned}
+S_n &= \left( \frac{1}{2^p} - \frac{1}{3^p} \right) + \left( \frac{1}{4^p} - \frac{1}{5^p} \right) + \cdots + \left( \frac{1}{(2n)^p} - \frac{1}{(2n+1)^p} \right) \\
+&= \frac{1}{2^p} \left( \frac{1}{3^p} - \frac{1}{4^p} \right) - \left( \frac{1}{5^p} - \frac{1}{6^p} \right) - \cdots - \left( \frac{1}{(2n-1)^p} - \frac{1}{(2n)^p} \right) - \frac{1}{(2n+1)^p} < \frac{1}{2^p}
+\end{aligned}
+$$
+正项级数部分和数列有界，级数收敛，从而原级数收敛。
+
+**方法3** 原级数是
+$$\frac{1}{3^p} - \frac{1}{2^p} + \frac{1}{5^p} - \frac{1}{4^p} + \cdots + \frac{1}{(2n+1)^p} - \frac{1}{(2n)^p} + \cdots$$
+奇偶项互换后的新级数为
+$$\frac{1}{2^p} - \frac{1}{3^p} + \frac{1}{4^p} - \frac{1}{5^p} + \cdots + \frac{1}{(2n)^p} - \frac{1}{(2n+1)^p} + \cdots$$
+
+记 $c_n = \frac{1}{n^p}$，该级数为 $\sum_{n=2}^{\infty}(-1)^{n-1}c_n$，由于 $c_n$ 单减趋于0，由莱布尼茨判别法知，该交错级数收敛，从而原级数收敛。
+
+**评注** “方法3” 用到了收敛级数的性质：收敛级数交换相邻两项的位置后的级数仍收敛，且和不变。
+
+证明如下：
+设 $a_1 + a_2 + a_3 + a_4 + \cdots + a_{2n-1} + a_{2n} + \cdots$ 收敛于 $S$，其部分和为 $S_n$。交换相邻两项的位置后的级数为 $a_2 + a_1 + a_4 + a_3 + \cdots + a_{2n} + a_{2n-1} + \cdots$，其部分和为 $T_n$，则
+$$T_{2n} = S_{2n} \Rightarrow \lim_{n \to \infty} T_{2n} = \lim_{n \to \infty} S_{2n} = S, \quad \lim_{n \to \infty} T_{2n+1} = \lim_{n \to \infty} T_{2n} + \lim_{n \to \infty} a_{2n+2} = S,$$
+所以 $\lim_{n \to \infty} T_n = S$。