📝 题目
＊5．利用柯西审敛原理判定下列级数的收敛性： （1）$\displaystyle{\sum}_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n}$ ； （2） $1+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}-\frac{1}{6}+\cdots+\frac{1}{3 n-2}+\frac{1}{3 n-1}-\frac{1}{3 n}+\cdots$ ； （3）$\displaystyle{\sum}_{n=1}^{\infty} \frac{\sin n x}{2^{n}}$ ； （4）$\displaystyle{\sum}_{n=0}^{\infty}\left(\frac{1}{3 n+1}+\frac{1}{3 n+2}-\frac{1}{3 n+3}\right)$ ．
💡 答案与解析
[AI解答]
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**（1）** 判断级数 $\displaystyle{\sum}_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n}$ 的收敛性。
柯西审敛原理：级数收敛当且仅当对任意 $\varepsilon>0$，存在 $N$，使得当 $m>n>N$ 时， $$ \left| \sum_{k=n+1}^{m} a_k \right| < \varepsilon. $$
对于交错调和级数，取 $m=2p,\ n=2p-1$，则 $$ \left| \sum_{k=2p-1}^{2p} \frac{(-1)^{k+1}}{k} \right| = \left| \frac{1}{2p-1} - \frac{1}{2p} \right| = \frac{1}{(2p-1)(2p)} \to 0. $$ 但还需考虑任意间隔。实际上，对于任意 $n$，取 $m=2n$，则 $$ \sum_{k=n+1}^{2n} \frac{(-1)^{k+1}}{k} $$ 的绝对值不小于第 $n+1$ 项绝对值减去后续项和，但更直接的方法：该级数由莱布尼茨判别法知条件收敛，但柯西原理要求任意两下标差充分大时部分和差任意小。对于调和型交错级数，取 $m=2n,\ n$ 足够大，有 $$ \left| \sum_{k=n+1}^{2n} \frac{(-1)^{k+1}}{k} \right| \approx \sum_{k=n+1}^{2n} \frac{1}{k} \approx \ln 2, $$ 不趋于 0，故不满足柯西条件，因此发散？但已知该级数收敛，这里需注意：交错调和级数收敛，但部分和差并不对任意 $m>n$ 都小，例如取 $n$ 为偶数，$m$ 为奇数时，差可能较大。实际上，柯西原理要求对任意 $m>n>N$ 成立，而不仅仅是特定间隔。对于交错调和级数，取 $m=2n$，$n$ 为偶数，则 $$ \sum_{k=n+1}^{2n} \frac{(-1)^{k+1}}{k} = \sum_{j=1}^{n} \frac{(-1)^{n+j+1}}{n+j}. $$ 当 $n$ 为偶数时，首项为正，近似为 $\sum_{j=1}^n \frac{1}{n+j} \approx \ln 2$，不趋于 0。因此该级数不满足柯西条件，但已知它收敛，矛盾？实际上，柯西条件是充要的，所以这里说明交错调和级数收敛，但柯西条件必须对所有 $m>n$ 成立，而上述反例表明存在 $m>n$ 使差大于常数，因此该级数实际上不满足柯西条件？但已知它收敛，所以问题出在：交错调和级数收敛，但取 $m=2n$ 时部分和差确实趋于 0？计算： $$ \sum_{k=n+1}^{2n} \frac{(-1)^{k+1}}{k} $$ 当 $n$ 为偶数时，$n+1$ 为奇数，项为正，序列为 $+,-,+,-,\dots$，其和并不趋于 $\ln 2$，因为正负交替会抵消。实际上，该和是交错和，其绝对值小于等于第一项 $\frac{1}{n+1}$，故趋于 0。因此之前的近似错误。正确估计： $$ \left| \sum_{k=n+1}^{2n} \frac{(-1)^{k+1}}{k} \right| \le \frac{1}{n+1} \to 0. $$ 所以该级数满足柯西条件，收敛。
结论：收敛（条件收敛）。
**（2）** 级数 $$ 1+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}-\frac{1}{6}+\cdots $$ 即每三项一组：$\frac{1}{3n-2}+\frac{1}{3n-1}-\frac{1}{3n}$。
考虑部分和 $S_{3n}$： $$ S_{3n} = \sum_{k=1}^n \left( \frac{1}{3k-2}+\frac{1}{3k-1}-\frac{1}{3k} \right). $$ 比较通项： $$ \frac{1}{3k-2}+\frac{1}{3k-1}-\frac{1}{3k} > \frac{1}{3k}+\frac{1}{3k}-\frac{1}{3k} = \frac{1}{3k}, $$ 故 $S_{3n} > \sum_{k=1}^n \frac{1}{3k} = \frac{1}{3} H_n \to \infty$，所以级数发散。
**（3）** $\displaystyle{\sum}_{n=1}^{\infty} \frac{\sin n x}{2^{n}}$。
对任意 $m>n$， $$ \left| \sum_{k=n+1}^m \frac{\sin kx}{2^k} \right| \le \sum_{k=n+1}^m \frac{1}{2^k} < \frac{1}{2^n}. $$ 给定 $\varepsilon>0$，取 $N > -\log_2 \varepsilon$，则当 $n>N$ 时，对任意 $m>n$ 有 $$ \left| \sum_{k=n+1}^m \frac{\sin kx}{2^k} \right| < \varepsilon. $$ 由柯西审敛原理，级数收敛（绝对收敛）。
**（4）** $\displaystyle{\sum}_{n=0}^{\infty}\left(\frac{1}{3 n+1}+\frac{1}{3 n+2}-\frac{1}{3 n+3}\right)$。
通项： $$ a_n = \frac{1}{3n+1}+\frac{1}{3n+2}-\frac{1}{3n+3}. $$ 比较： $$ \frac{1}{3n+1}+\frac{1}{3n+2} > \frac{2}{3n+3}, $$ 故 $$ a_n > \frac{2}{3n+3} - \frac{1}{3n+3} = \frac{1}{3n+3} = \frac{1}{3(n+1)}. $$ 因此 $\sum a_n$ 发散（与调和级数比较）。
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**难度评级**：★★★☆☆