选项（D）的表述为：若存在常数 $p>0$，使得 $\lim\limits_{n\to\infty} n^p a_n = A \geq 0$，则级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 收敛。
我们分两种情况讨论：
**情况1：$A>0$**
由极限定义，存在正整数 $N$，当 $n>N$ 时，有 $\frac{A}{2} < n^p a_n < \frac{3A}{2}$，从而 $a_n > \frac{A}{2} \cdot \frac{1}{n^p}$。由于 $p>0$，级数 $\sum \frac{1}{n^p}$ 当 $p>1$ 时收敛，当 $0
0$，未限定 $p>1$，因此当 $0N$ 时，有 $n^p a_n < 1$，即 $a_n < \frac{1}{n^p}$。此时同样需要 $p>1$ 才能由比较审敛法推出 $\sum a_n$ 收敛；若 $0
公式：$$\lim_{n\to\infty} n^p a_n = A \geq 0, \quad p>0$$
提示：注意 $p$-级数 $\sum 1/n^p$ 在 $p>1$ 时收敛，$p\leq 1$ 时发散。
目标：排除选项（B）
为了排除选项（B）“数列 $\{a_n\}$ 单调递减”，我们需要构造一个反例，使得级数 $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}a_n$ 收敛，但 $\{a_n\}$ 并不单调递减。
考虑构造 $a_n = \frac{1}{n} + \frac{(-1)^{n-1}}{n^2}$。首先验证级数 $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}a_n$ 的收敛性：
$$
(-1)^{n-1}a_n = (-1)^{n-1}\left(\frac{1}{n} + \frac{(-1)^{n-1}}{n^2}\right) = \frac{(-1)^{n-1}}{n} + \frac{1}{n^2}.
$$
因此，
$$
\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}a_n = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n} + \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}.
$$
其中 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n}$ 是交错调和级数，收敛（条件收敛）；$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}$ 是 $p=2>1$ 的 $p$ 级数，绝对收敛。因此两个收敛级数的和仍然收敛，即 $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}a_n$ 收敛。
接下来检查 $\{a_n\}$ 的单调性。计算前几项：
- $n=1$：$a_1 = 1 + 1 = 2$。
- $n=2$：$a_2 = \frac{1}{2} + \frac{(-1)^{1}}{4} = \frac{1}{2} - \frac{1}{4} = \frac{1}{4}$。
- $n=3$：$a_3 = \frac{1}{3} + \frac{(-1)^{2}}{9} = \frac{1}{3} + \frac{1}{9} = \frac{4}{9}$。
- $n=4$：$a_4 = \frac{1}{4} + \frac{(-1)^{3}}{16} = \frac{1}{4} - \frac{1}{16} = \frac{3}{16}$。
观察数值：$a_1=2$，$a_2=0.25$，$a_3\approx0.444$，$a_4=0.1875$。可见 $a_2 < a_3$，即 $a_2$ 不大于 $a_3$，因此数列 $\{a_n\}$ 不满足 $a_n > a_{n+1}$ 对所有 $n$ 成立，即不单调递减。
这个反例表明：即使 $\sum(-1)^{n-1}a_n$ 收敛，也不能推出 $\{a_n\}$ 单调递减，因此选项（B）不是必要条件，应排除。
公式：a_n = \frac{1}{n} + \frac{(-1)^{n-1}}{n^2}
提示：构造反例时，可在收敛级数基础上添加一个振荡小量破坏单调性。
目标：排除选项（C）
要排除选项（C），即证明“若级数 $\sum a_n$ 收敛，则存在某个 $p>1$ 使得 $\lim_{n\to\infty} n^p a_n$ 存在且有限”这一命题是错误的。我们需要构造一个反例：一个收敛级数 $\sum a_n$，使得对任意 $p>1$，极限 $\lim_{n\to\infty} n^p a_n$ 不存在（或为无穷大）。
考虑级数 $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n \ln^2 n}$。由积分判别法可知，该级数收敛，因为
$$
\int_2^{\infty} \frac{1}{x \ln^2 x} \, dx = \left[ -\frac{1}{\ln x} \right]_2^{\infty} = \frac{1}{\ln 2} < \infty.
$$
现在取 $a_n = \frac{1}{n \ln^2 n}$（$n\ge 2$）。对任意 $p>1$，考虑极限
$$
\lim_{n\to\infty} n^p a_n = \lim_{n\to\infty} \frac{n^p}{n \ln^2 n} = \lim_{n\to\infty} \frac{n^{p-1}}{\ln^2 n}.
$$
由于 $p-1>0$，分子 $n^{p-1}$ 的增长速度远快于分母 $\ln^2 n$，因此该极限为 $+\infty$，即极限不存在（无穷大不属于有限极限）。从而对任意 $p>1$，$\lim n^p a_n$ 都不存在有限值，故（C）不成立。
注意：反例中的 $a_n$ 必须为正项级数，且收敛速度“足够慢”，使得乘以 $n^p$ 后仍发散到无穷。$\frac{1}{n \ln^2 n}$ 正是这样的典型例子。
公式：$$\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n \ln^2 n} \text{ 收敛，但 } \lim_{n\to\infty} n^p \cdot \frac{1}{n \ln^2 n} = \lim_{n\to\infty} \frac{n^{p-1}}{\ln^2 n} = +\infty \quad (\forall p>1)$$
提示：构造反例时，选择收敛速度最慢的级数（如 $1/(n\ln^2 n)$）来检验命题。
目标：综合判断，确定正确选项
综合前四步的分析，我们逐一验证了每个选项的正确性。
首先，对于选项（A）：由题设条件，$X$与$Y$服从同一分布且$P\{|X|>1\}=0$，但仅凭这两个条件无法推出$P\{X=Y\}=1$。反例：取$X$与$Y$独立同分布，$P\{X=1\}=P\{X=-1\}=0.5$，则$P\{|X|>1\}=0$，但$P\{X=Y\}=0.5$，不等于1。故（A）错误。
其次，对于选项（B）：同样利用上述反例，$P\{X=Y\}=0.5$，而$P\{X=-Y\}=0.5$，两者相等，但并非$P\{X=Y\}=1$。实际上，$P\{X=Y\}=P\{X=-Y\}$不一定成立，且即使成立也不等于1。故（B）错误。
再次，对于选项（C）：考虑$X$与$Y$独立同分布，$P\{X=1\}=P\{X=-1\}=0.5$，则$P\{X=Y\}=0.5$，$P\{X=-Y\}=0.5$，$P\{X=Y\}+P\{X=-Y\}=1$，但$P\{X=Y\}=0.5$，不等于1。故（C）错误。
最后，对于选项（D）：由题设$P\{|X|>1\}=0$，可知$X$与$Y$的取值几乎必然在$[-1,1]$内。又因为$X$与$Y$同分布，且$X$与$Y$的相关系数$\rho_{XY}=1$，根据相关系数的性质，当$\rho_{XY}=1$时，存在常数$a>0$和$b$使得$Y=aX+b$几乎必然成立。结合$X$与$Y$同分布，可推出$a=1$且$b=0$，从而$P\{X=Y\}=1$。故（D）正确。
综上所述，只有选项（D）符合题意。因此，本题的正确选项为（D）。
公式：\rho_{XY}=1 \Rightarrow Y=aX+b\ (a>0)\ \text{a.s.}
提示：相关系数为1是强条件，结合同分布可推出几乎必然相等。