无穷级数

① (1) 逐项代入。$n=1,2,3,4$ 依次代入 $nx^{n-1}$：$1+2x+3x^2+4x^3+\cdots$。

通项 $nx^{n-1}$ 就是“第 $n$ 项的样子”，$\Sigma$ 只是把它们排队加起来；前几项写出来最不容易出错。

② (2) 定新下标。想让 $x^{n-2}$ 变成 $x^m$，令 $m=n-2$，即 $n=m+2$。下限 $n=2$ 对应 $m=0$。

$x$ 的次数、下限、通项里的 $n$ 三处要同时改，所以先解出 $n=m+2$，再整体代入。

③ 代入并改回字母。$\sum\limits_{n=2}^{\infty}n(n-1)a_nx^{n-2}=\sum\limits_{m=0}^{\infty}(m+2)(m+1)a_{m+2}x^m=\sum\limits_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1)a_{n+2}x^n$。

$n(n-1)$ 中的 $n$ 换成 $m+2$ 得 $(m+2)(m+1)$，$a_n$ 换成 $a_{m+2}$；求和变量用什么字母都行，最后写回 $n$ 方便和别的级数合并。核对：两边的第一项都是 $2a_2$。

答案：(1) $1+2x+3x^2+4x^3+\cdots$；(2) $\sum\limits_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1)a_{n+2}x^n$

① (1) 部分和来回跳。$S_1=1$，$S_2=1-1=0$，$S_3=1$，$S_4=0$，…：$S_n=\begin{cases}1,&n\text{ 为奇数}\\0,&n\text{ 为偶数}\end{cases}$，没有极限，级数发散。

收敛要求 $S_n$ 最终停在一个数附近；这里奇数项子列趋于 1、偶数项子列趋于 0，两个子列极限不同，所以 $\lim S_n$ 不存在。

② (2) 对数把乘除变加减。$\ln\Big(1+\dfrac1n\Big)=\ln\dfrac{n+1}n=\ln(n+1)-\ln n$，所以 $S_n=(\ln2-\ln1)+(\ln3-\ln2)+\cdots+(\ln(n+1)-\ln n)=\ln(n+1)$。

每一项拆成“后一个减前一个”，相邻两项正负抵消，只剩首尾（这叫裂项，A.3 节细讲）。

③ (2) 看极限。$S_n=\ln(n+1)\to+\infty$，级数发散。

虽然每一项 $\ln(1+\frac1n)\to0$，加起来却没有上限：项趋于 0 不能保证收敛，这正是 1.2 节“必要条件只能判发散”的原因。

答案：(1) 发散（$S_n$ 在 1、0 之间跳）；(2) 发散（$S_n=\ln(n+1)\to+\infty$）

① (1) 直接用等价无穷小。$x=\frac1n\to0$，$1-\cos x\sim\frac{x^2}2$，所以 $1-\cos\frac1n\sim\dfrac1{2n^2}$，$p=2$。

表里只有一个函数，直接把 $x$ 换成 $\frac1n$。

② (2) 展开到不抵消的项。$\ln(1+x)=x-\frac{x^2}2+o(x^2)$，所以 $x-\ln(1+x)=\frac{x^2}2+o(x^2)$，$\dfrac1n-\ln\Big(1+\dfrac1n\Big)\sim\dfrac1{2n^2}$，$p=2$。

$\frac1n$ 与 $\ln(1+\frac1n)$ 本身等价，相减后一阶项抵消了，必须看二阶项；若只用等价无穷小会误得 0。

③ (3) 分子有理化。$\sqrt{n+1}-\sqrt n=\dfrac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt n}\sim\dfrac1{2\sqrt n}$，$p=\frac12$。

两个大数相减看不出大小，乘以共轭式 $\sqrt{n+1}+\sqrt n$ 把差变成分式；分母约等于 $2\sqrt n$。

④ (4) 用高一阶的等价。令 $x=n^{-\frac23}\to0$，$\tan x-x\sim\frac{x^3}3$，所以原式 $\sim\dfrac13\Big(n^{-\frac23}\Big)^3=\dfrac1{3n^2}$，$p=2$。

$\tan x$ 与 $x$ 等价，相减要用精细一阶的 $\tan x-x\sim\frac{x^3}3$；$(n^{-2/3})^3=n^{-2}$。这一项就是 2025 数一(2) 的第 (2) 个级数。

答案：(1) $\frac1{2n^2}$；(2) $\frac1{2n^2}$；(3) $\frac1{2\sqrt n}$；(4) $\frac1{3n^2}$

① (1) 化成指数。$\sqrt[n]n=\e^{\frac{\ln n}n}$，而 $\dfrac{\ln n}n\to0$，所以 $\sqrt[n]n\to\e^0=1$。

$n$ 次方根不好直接看，写成 $\e^{\ln(\cdot)}$ 后指数是“对数比多项式”，对数长得慢，比值趋于 0。

② (2) 凑成 $(1+\frac1n)^n$。$\Big(\dfrac n{n+1}\Big)^n=\dfrac1{\big(1+\frac1n\big)^n}\to\dfrac1\e$。

分子分母同除以 $n$ 后是重要极限的倒数。

③ (3) 用 $\e^t-1\sim t$。$\sqrt[n]n-1=\e^{\frac{\ln n}n}-1\sim\dfrac{\ln n}n$，所以 $\dfrac{n(\sqrt[n]n-1)}{\ln n}\to1$。

指数 $t=\frac{\ln n}n\to0$，等价无穷小 $\e^t-1\sim t$ 可用；这说明 $\sqrt[n]n-1$ 的阶是 $\frac{\ln n}n$，比 $\frac1n$ 还慢一点（李林习题解答 (4) 用到）。

答案：(1) $1$；(2) $\frac1\e$；(3) $1$

① (1) 首项与公比。首项 $\frac9{10}$，公比 $\frac1{10}$：和 $=\dfrac{9/10}{1-1/10}=1$。

从 $n=1$ 开始，第一项是 $n=1$ 时的 $\frac9{10}$；相邻两项之比恒为 $\frac1{10}$，绝对值小于 1，所以能用公式。

② (2) 公比为负也一样。首项 1，公比 $-\frac12$：和 $=\dfrac1{1+\frac12}=\dfrac23$。

公式只要求 $|q|<1$，$q$ 可以是负的；部分和在 $\frac23$ 两边来回摆动，但摆幅越来越小。

③ (3) 先整理成 $c\,q^n$。$\dfrac{2^n}{3^{n+1}}=\dfrac13\Big(\dfrac23\Big)^n$，首项（$n=1$）是 $\dfrac29$，公比 $\dfrac23$：和 $=\dfrac{2/9}{1-2/3}=\dfrac23$。

把与 $n$ 无关的因子提出来，剩下的就是纯粹的 $q^n$；首项必须用 $n=1$ 代入，不是 $\frac13$。

答案：(1) $1$；(2) $\frac23$；(3) $\frac23$

① (1) 裂项。$S_n=\Big(1-\dfrac12\Big)+\Big(\dfrac12-\dfrac13\Big)+\cdots+\Big(\dfrac1n-\dfrac1{n+1}\Big)=1-\dfrac1{n+1}$。

$\frac1{n(n+1)}=\frac{(n+1)-n}{n(n+1)}=\frac1n-\frac1{n+1}$；相邻括号里的 $-\frac12$ 与 $+\frac12$ 抵消，一路抵到底，只剩第一个和最后一个。

② (1) 取极限。$\lim S_n=1$，级数收敛于 1。

$\frac1{n+1}\to0$。这是李林讲义第十二章的第一个例子。

③ (2) 相差 2 的裂项。$\dfrac1{n(n+2)}=\dfrac12\Big(\dfrac1n-\dfrac1{n+2}\Big)$，$S_n=\dfrac12\Big(1+\dfrac12-\dfrac1{n+1}-\dfrac1{n+2}\Big)\to\dfrac12\cdot\dfrac32=\dfrac34$。

两个因子相差 2，拆开要乘 $\frac12$；$\frac13$ 要到第三项才被抵消，所以开头剩 $1$ 和 $\frac12$ 两项，结尾剩两项。

答案：(1) 收敛，和为 1；(2) $\frac34$

① (1) $p=2$。$\displaystyle\int_1^{b}x^{-2}\dx=1-\frac1b\to1$。

原函数 $-\frac1x$；上限 $b\to+\infty$ 时 $\frac1b\to0$，积分收敛到 1，符合 $\frac1{p-1}=1$。

② (2) $p=\frac12$。$\displaystyle\int_1^{b}x^{-\frac12}\dx=2\sqrt b-2\to+\infty$，发散。

$p<1$ 时原函数 $\frac{x^{1-p}}{1-p}$ 里 $x$ 的次数是正的，随 $b$ 增大无限增大。

③ (3) 换元 $t=\ln x$。$\displaystyle\int_2^{+\infty}\frac{\dx}{x\ln^2x}=\int_{\ln2}^{+\infty}\frac{\dd t}{t^2}=\frac1{\ln2}$。

$\dd t=\frac{\dx}x$ 正好吃掉分母里的 $x$；下限 $x=2$ 变成 $t=\ln2$，剩下的是 $p=2$ 的 $p$ 积分。

答案：(1) $1$；(2) 发散；(3) $\frac1{\ln2}$

① (1) 裂项。$\dfrac1{n(n+1)(n+2)}=\dfrac12\Big[\dfrac1{n(n+1)}-\dfrac1{(n+1)(n+2)}\Big]$。

三个连续整数的乘积，拆成“前两个的乘积”与“后两个的乘积”之差：$\frac1{n(n+1)}-\frac1{(n+1)(n+2)}=\frac{(n+2)-n}{n(n+1)(n+2)}=\frac2{n(n+1)(n+2)}$，所以前面乘 $\frac12$。

② (1) 求和。$S_n=\dfrac12\Big[\dfrac1{1\cdot2}-\dfrac1{(n+1)(n+2)}\Big]\to\dfrac14$，收敛，和为 $\dfrac14$。

中间全部抵消，只剩第一项的前半 $\frac1{1\cdot2}$ 和最后一项的后半。

③ (2) 把 1 加进分式并分解。$1+\dfrac2{n^2+3n}=\dfrac{n^2+3n+2}{n(n+3)}=\dfrac{(n+1)(n+2)}{n(n+3)}$，所以 $\lg\Big(1+\dfrac2{n^2+3n}\Big)=\lg\dfrac{n+1}n-\lg\dfrac{n+3}{n+2}$。

对数的和等于乘积的对数，所以先看乘积 $\prod\frac{(k+1)(k+2)}{k(k+3)}$ 能不能约分：把它拆成 $\frac{k+1}k\cdot\frac{k+2}{k+3}$ 两个因子，分别连乘都会约分。

④ (2) 求和。$S_n=\lg\dfrac{n+1}1-\lg\dfrac{n+3}3=\lg\dfrac{3(n+1)}{n+3}\to\lg3$，收敛，和为 $\lg3$。

$\prod_{k=1}^n\frac{k+1}k=n+1$，$\prod_{k=1}^n\frac{k+3}{k+2}=\frac{n+3}3$；两者相除取对数，$n\to\infty$ 时 $\frac{3(n+1)}{n+3}\to3$。

答案：(1) 收敛，和 $\frac14$；(2) 收敛，和 $\lg3$

① (A) 是加括号。$\sum(u_{2n-1}+u_{2n})$ 的前 $n$ 项和 $T_n=u_1+u_2+\cdots+u_{2n}=S_{2n}$。原级数收敛时 $S_n\to S$，其子列 $S_{2n}\to S$，所以 (A) 正确。

两项一组加起来，顺序没变，只是“每两步看一次”部分和；收敛数列的任何子列都收敛到同一个数。

② (B) 反例。$u_n=(-1)^{n-1}$：$u_{2n-1}+u_{2n}=1-1=0$，$\sum0$ 收敛，但 $\sum(-1)^{n-1}$ 发散。

加括号把来回摆动“藏”了起来：子列 $S_{2n}=0$ 收敛，另一个子列 $S_{2n-1}=1$，原数列没有极限。

③ (C) 反例。$u_n=\dfrac{(-1)^{n-1}}n$：$\sum u_n$ 收敛（第 3 部分的莱布尼茨判别法），但 $u_{2n-1}-u_{2n}=\dfrac1{2n-1}+\dfrac1{2n}>\dfrac1n$，$\sum$ 发散。

带减号就不是加括号了，相当于把偶数项全部变号，级数整个变了；原来靠正负抵消才收敛，变号后全是正项。

④ (D) 反例。$u_n=1$：$u_{2n-1}-u_{2n}=0$，$\sum0$ 收敛，但 $\sum1$ 发散。所以选（A）。