第1节 常数项级数的概念和性质
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一、 基础题
题目 1.(1): 根据级数收敛与发散的定义判断下列级数的敛散性：
$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n-1)(2n+1)}$$解答:
首先求出该级数的前 $n$ 项部分和 $S_n$。
利用裂项相消法，将一般项化简：
$$\frac{1}{(2n-1)(2n+1)} = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{2n-1} - \frac{1}{2n+1} \right)$$所以前 $n$ 项和为：
$$S_n = \frac{1}{2} \left[ \left(1 - \frac{1}{3}\right) + \left(\frac{1}{3} - \frac{1}{5}\right) + \cdots + \left(\frac{1}{2n-1} - \frac{1}{2n+1}\right) \right]$$中间项依次抵消，得到：
$$S_n = \frac{1}{2} \left( 1 - \frac{1}{2n+1} \right)$$对部分和求极限：
$$\lim_{n \to \infty} S_n = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{2} \left( 1 - \frac{1}{2n+1} \right) = \frac{1}{2}$$因为部分和数列的极限存在且为有限值，根据定义，该级数收敛。
题目 1.(2): 根据级数收敛与发散的定义判断下列级数的敛散性：
$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{9}{10^n}$$解答:
该级数的部分和 $S_n$ 为：
$$S_n = \frac{9}{10} + \frac{9}{10^2} + \cdots + \frac{9}{10^n}$$这是一个首项为 $\frac{9}{10}$，公比为 $\frac{1}{10}$ 的等比数列。利用等比数列求和公式：
$$S_n = \frac{\frac{9}{10} \left[ 1 - \left(\frac{1}{10}\right)^n \right]}{1 - \frac{1}{10}} = 1 - \left(\frac{1}{10}\right)^n$$对部分和求极限：
$$\lim_{n \to \infty} S_n = \lim_{n \to \infty} \left[ 1 - \left(\frac{1}{10}\right)^n \right] = 1$$因为部分和的极限存在，根据定义，该级数收敛。
题目 1.(3): 根据级数收敛与发散的定义判断下列级数的敛散性：
$$\sum_{n=1}^{\infty} \ln\left(\frac{n+1}{n}\right)$$解答:
利用对数的运算性质化简一般项：
$$a_n = \ln\left(\frac{n+1}{n}\right) = \ln(n+1) - \ln n$$求其部分和 $S_n$：
$$S_n = (\ln 2 - \ln 1) + (\ln 3 - \ln 2) + \cdots + (\ln(n+1) - \ln n)$$经过交叉相消，得到：
$$S_n = \ln(n+1) - \ln 1 = \ln(n+1)$$对部分和求极限：
$$\lim_{n \to \infty} S_n = \lim_{n \to \infty} \ln(n+1) = \infty$$因为部分和的极限趋于无穷大（不存在有限极限），根据定义，该级数发散。
题目 1.(4): 根据级数收敛与发散的定义判断下列级数的敛散性：
$$\sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{1}{3^n} - \frac{4^{n+1}}{5^n}\right)$$解答:
该级数的部分和 $S_n$ 可以拆分为两个几何级数的部分和之差：
$$S_n = \sum_{k=1}^n \frac{1}{3^k} - \sum_{k=1}^n \frac{4^{k+1}}{5^k} = \sum_{k=1}^n \left(\frac{1}{3}\right)^k - 4 \sum_{k=1}^n \left(\frac{4}{5}\right)^k$$分别利用等比数列求和公式：
$$S_n = \frac{\frac{1}{3} \left[ 1 - \left(\frac{1}{3}\right)^n \right]}{1 - \frac{1}{3}} - 4 \frac{\frac{4}{5} \left[ 1 - \left(\frac{4}{5}\right)^n \right]}{1 - \frac{4}{5}} = \frac{1}{2} \left[ 1 - \left(\frac{1}{3}\right)^n \right] - 16 \left[ 1 - \left(\frac{4}{5}\right)^n \right]$$对部分和求极限：
$$\lim_{n \to \infty} S_n = \frac{1}{2}(1 - 0) - 16(1 - 0) = \frac{1}{2} - 16 = -\frac{31}{2}$$因为部分和极限存在且为有限值，根据定义，该级数收敛。
题目 2.(1): 判断下列级数的敛散性：
$$\frac{1}{2} + \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt[3]{2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt[n]{2}} + \cdots$$解答:
该级数的一般项可以写为 $a_n = \frac{1}{\sqrt[n]{2}} = 2^{-\frac{1}{n}}$。
考察一般项的极限：
$$\lim_{n \to \infty} a_n = \lim_{n \to \infty} 2^{-\frac{1}{n}} = 2^0 = 1$$因为 $\lim_{n \to \infty} a_n \neq 0$，不满足级数收敛的必要条件（若级数收敛，则其一般项趋于0），由此可直接判定该级数发散。
题目 2.(2): 判断下列级数的敛散性：
$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2n}$$解答:
提取常数，该级数可变形为：
$$\frac{1}{2} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$$我们熟知调和级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 是发散的（$p$-级数中 $p=1$ 的情况）。
一个非零常数乘上一个发散级数，其结果依然发散。
题目 2.(3): 判断下列级数的敛散性：
$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{3+(-1)^n}{4^n}$$解答:
根据级数的线性性质，可以将其拆解为两个级数：
$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{3+(-1)^n}{4^n} = 3\sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{1}{4}\right)^n + \sum_{n=1}^{\infty} \left(-\frac{1}{4}\right)^n$$这两部分均为几何级数。第一部分的公比为 $\frac{1}{4}$，第二部分的公比为 $-\frac{1}{4}$。由于它们的公比绝对值都严格小于1（即 $|q| < 1$），所以这两个拆分后的级数各自都收敛。
由于有限个收敛级数的代数和依然收敛，故原级数收敛。
题目 2.(4): 判断下列级数的敛散性：
$$\sum_{n=1}^{\infty} \sin\frac{n\pi}{2}$$解答:
该级数的一般项为 $a_n = \sin\frac{n\pi}{2}$。
当 $n$ 依次取 $1, 2, 3, 4, 5, \dots$ 时，$a_n$ 的值依次循环为 $1, 0, -1, 0, 1, \dots$
显然，当 $n \to \infty$ 时，数列 $\{a_n\}$ 是一个震荡数列，其极限不存在（自然也不可能为 0）。
根据级数收敛的必要条件，一般项不趋于0的级数必定发散。
题目 3.(1): 求下列级数的和：
$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+1)(n+2)}$$解答:
利用裂项相消法求解。将一般项进行拆分：
$$\frac{1}{n(n+1)(n+2)} = \frac{1}{2} \left[ \frac{1}{n(n+1)} - \frac{1}{(n+1)(n+2)} \right]$$求其前 $n$ 项部分和 $S_n$：
$$S_n = \frac{1}{2} \left[ \left(\frac{1}{1\cdot 2} - \frac{1}{2\cdot 3}\right) + \left(\frac{1}{2\cdot 3} - \frac{1}{3\cdot 4}\right) + \cdots + \left(\frac{1}{n(n+1)} - \frac{1}{(n+1)(n+2)}\right) \right]$$经过中间项的相互抵消，得到：
$$S_n = \frac{1}{2} \left[ \frac{1}{2} - \frac{1}{(n+1)(n+2)} \right]$$对部分和取极限即可得到级数的和：
$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+1)(n+2)} = \lim_{n \to \infty} S_n = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{2} \left[ \frac{1}{2} - \frac{1}{(n+1)(n+2)} \right] = \frac{1}{4}$$二、 提高题
题目 3.(2): 求下列级数的和：
$$\sum_{n=1}^{\infty} (\sqrt{n+2} - 2\sqrt{n+1} + \sqrt{n})$$解答:
同样利用裂项相消法。将一般项重新组合：
$$a_n = \sqrt{n+2} - 2\sqrt{n+1} + \sqrt{n} = (\sqrt{n+2} - \sqrt{n+1}) - (\sqrt{n+1} - \sqrt{n})$$令辅助数列 $b_n = \sqrt{n+1} - \sqrt{n}$，则原级数的一般项可以表示为 $a_n = b_{n+1} - b_n$。
求部分和 $S_n$：
$$S_n = \sum_{k=1}^n a_k = (b_2 - b_1) + (b_3 - b_2) + \cdots + (b_{n+1} - b_n) = b_{n+1} - b_1$$将 $b_n$ 的表达式代回：
$$S_n = (\sqrt{n+2} - \sqrt{n+1}) - (\sqrt{2} - \sqrt{1})$$对 $S_n$ 进行有理化变形以便求极限：
$$S_n = \frac{1}{\sqrt{n+2} + \sqrt{n+1}} - \sqrt{2} + 1$$对部分和求极限，得到级数的和：
$$\lim_{n \to \infty} S_n = 0 - \sqrt{2} + 1 = 1 - \sqrt{2}$$题目 4:
设 $\lim_{n \to \infty} n a_n$ 存在，且级数 $\sum_{n=1}^{\infty} n(a_n - a_{n-1})$ 收敛，证明级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 收敛。
解答:
设已知收敛级数 $\sum_{n=1}^{\infty} n(a_n - a_{n-1})$ 的前 $n$ 项部分和为 $T_n$，即：
$$T_n = \sum_{k=1}^n k(a_k - a_{k-1})$$将其按项展开（也就是阿贝尔变换的离散求和分部法）：
$$T_n = 1\cdot(a_1 - a_0) + 2\cdot(a_2 - a_1) + 3\cdot(a_3 - a_2) + \cdots + n\cdot(a_n - a_{n-1})$$拆开括号并按 $a_k$ 重新合并同类项：
$$T_n = -a_0 + (a_1 - 2a_1) + (2a_2 - 3a_2) + \cdots + ((n-1)a_{n-1} - na_{n-1}) + n a_n$$$$T_n = -a_0 - a_1 - a_2 - \cdots - a_{n-1} + n a_n$$$$T_n = -a_0 - \sum_{k=1}^{n-1} a_k + n a_n$$通过移项，可以得到待证级数 $\sum a_n$ 的前 $n-1$ 项部分和表达式：
$$\sum_{k=1}^{n-1} a_k = n a_n - T_n - a_0$$根据题目给出的已知条件：
$\lim_{n \to \infty} n a_n$ 存在（设该极限为 $L$）。
级数 $\sum_{n=1}^{\infty} n(a_n - a_{n-1})$ 收敛，这意味着其部分和 $T_n$ 的极限存在（设 $\lim_{n \to \infty} T_n = T$）。
对上述等式两边同时取 $n \to \infty$ 的极限：
$$\lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n-1} a_k = \lim_{n \to \infty} (n a_n) - \lim_{n \to \infty} T_n - a_0 = L - T - a_0$$由于 $L, T, a_0$ 均是确定的有限常数，因此等式右侧的极限存在且为有限值。
这表明级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 的部分和数列存在有限极限。根据级数收敛的定义，这直接证明了级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 收敛。证明完毕。