河海大学 2026年数学分析第0题
📝 题目
17．设 $a_{n} \neq 0(n=1,2, \cdots)$ ，对级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 加括号得到
$$
\left(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n_{1}}\right)+\left(a_{n_{1}+1}+a_{n_{1}+2}+\cdots+a_{n_{2}}\right)+\cdots+\left(a_{n_{k-1}+1}+a_{n_{k-1}+2}+\cdots+a_{n_{k}}\right)+\cdots .
$$
其中每个括号内的 $a_{n}$ 具有相同的符号，相邻括号内 $a_{n}$ 的符号不同．记 $n_{0}=0$ ，且
$$
b_{k}=\sum_{j=n_{k-1}+1}^{n_{k}} a_{j}(k=1,2, \cdots) .
$$
（1）证明：$\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 和 $\sum_{n=1}^{\infty} b_{n}$ 具有相同的玫散性．
（2）证明：$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{[\sqrt{n}]}}{n}$ 是收敛的，其中 $[x]$ 是取整函数，表示不超过 $x$ 的最大整数．
💡 答案解析
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📋 详细解题步骤
步骤 1/8
目标：明确题意与符号定义
设原级数为 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$，其中 $a_n \neq 0$。按题意加括号后得到新级数 $\sum_{k=1}^{\infty} b_k$，其中 $b_k = \sum_{j=n_{k-1}+1}^{n_k} a_j$，且每个括号内 $a_n$ 符号相同，相邻括号符号相反。记 $n_0=0$。
公式：$b_k = \sum_{j=n_{k-1}+1}^{n_k} a_j$
提示：注意 $b_k$ 是第 $k$ 个括号内所有项的和，且括号内符号一致。
步骤 2/8
目标：证明（1）：若原级数收敛，则加括号后的级数收敛
设原级数 $\sum a_n$ 收敛于 $S$，其部分和 $S_n = \sum_{i=1}^n a_i$ 满足 $\lim_{n\to\infty} S_n = S$。加括号后的级数 $\sum b_k$ 的部分和为 $T_k = \sum_{i=1}^k b_i = S_{n_k}$，即 $T_k$ 是原部分和数列 $\{S_n\}$ 的子列。由于原数列收敛，其子列也收敛于同一极限 $S$，故 $\sum b_k$ 收敛于 $S$。
公式：$T_k = S_{n_k}$
提示：子列收敛性：若原数列收敛，则任意子列收敛到同一极限。
步骤 3/8
目标：证明（1）：若加括号后的级数收敛，则原级数收敛
设 $\sum b_k$ 收敛于 $S$，即 $T_k \to S$。对任意原级数的部分和 $S_n$，存在唯一的 $k$ 使得 $n_{k-1} < n \le n_k$。由于第 $k$ 个括号内所有 $a_j$ 符号相同，部分和 $S_n$ 从 $T_{k-1}$ 单调地变化到 $T_k$（若括号内全正则递增，全负则递减），因此 $S_n$ 介于 $T_{k-1}$ 与 $T_k$ 之间。由 $T_{k-1} \to S$ 和 $T_k \to S$，根据夹逼定理得 $S_n \to S$，故原级数收敛。
公式：$T_{k-1} \le S_n \le T_k$ 或 $T_k \le S_n \le T_{k-1}$（取决于符号）
提示：关键：括号内符号一致保证了部分和的单调性，从而可用夹逼。
步骤 4/8
目标：（1）结论总结
由以上两步可知，$\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 与 $\sum_{n=1}^{\infty} b_n$ 具有相同的敛散性。
提示：注意这里 $b_n$ 即 $b_k$，下标不同但含义一致。
步骤 5/8
目标：（2）分析级数结构并分组
考虑级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{[\sqrt{n}]}}{n}$。当 $n$ 满足 $m^2 \le n \le (m+1)^2-1$ 时，$[\sqrt{n}] = m$，因此符号为 $(-1)^m$。相邻区间 $m$ 和 $m+1$ 的符号相反。按这些区间加括号，令第 $m$ 个括号（$m=1,2,\ldots$）为 $b_m = (-1)^m \sum_{n=m^2}^{(m+1)^2-1} \frac{1}{n}$。
公式：$b_m = (-1)^m \sum_{n=m^2}^{(m+1)^2-1} \frac{1}{n}$
提示：注意区间长度：从 $m^2$ 到 $(m+1)^2-1$ 共有 $2m+1$ 项。
步骤 6/8
目标：（2）估计括号内和的大小
利用积分估计：$\sum_{n=m^2}^{(m+1)^2-1} \frac{1}{n}$ 介于 $\int_{m^2}^{(m+1)^2} \frac{dx}{x} = \ln\frac{(m+1)^2}{m^2} = 2\ln(1+\frac{1}{m})$ 与 $\frac{2m+1}{m^2}$ 之间。更精确地，由 $\frac{1}{n}$ 的单调性可得 $\sum_{n=m^2}^{(m+1)^2-1} \frac{1}{n} = \frac{2}{m} + O\left(\frac{1}{m^2}\right)$。
公式：$\sum_{n=m^2}^{(m+1)^2-1} \frac{1}{n} = \frac{2}{m} + O\left(\frac{1}{m^2}\right)$
提示：常用技巧：用积分或不等式估计调和级数片段。
步骤 7/8
目标：（2）判断加括号后级数的收敛性
于是 $b_m = (-1)^m \left( \frac{2}{m} + O\left(\frac{1}{m^2}\right) \right)$。级数 $\sum b_m$ 是交错级数，其通项绝对值 $\frac{2}{m} + O\left(\frac{1}{m^2}\right)$ 单调递减趋于 $0$（当 $m$ 充分大时），由莱布尼茨判别法知 $\sum b_m$ 收敛。
公式：莱布尼茨判别法：若 $c_m$ 单调递减趋于 $0$，则 $\sum (-1)^m c_m$ 收敛。
提示：注意 $O(1/m^2)$ 不影响单调性和极限。
步骤 8/8
目标：（2）应用（1）的结论得到原级数收敛
由（1）的结论，加括号后的级数 $\sum b_m$ 与原级数 $\sum \frac{(-1)^{[\sqrt{n}]}}{n}$ 具有相同的敛散性。由于 $\sum b_m$ 收敛，故原级数也收敛。
提示：直接应用第一问的结论，无需重复证明。
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