第16届 · 2024初赛 · 非数A类 · 题6

题面

六、（本题满分 14 分）证明：级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }\sum _{k=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{\lfloor \sqrt{n}\rfloor }}{n^2+k^2}$$

收敛，其中 $\lfloor x\rfloor$ 表示不超过 $x$ 的最大整数。

来源：主资料包中的 2024 初赛 A 类试题限时自测版，PDF 第 2 页。

题解（点击展开）

记

$$S_n=\sum _{k=1}^{\infty }\frac{1}{n^2+k^2}.$$

由积分比较，

$$\left|S_n-\frac{\pi }{2n}\right|\le \frac{1}{n}\arctan \frac{1}{n}=O\left(\frac{1}{n^2}\right).$$

因此原级数与

$$\frac{\pi }{2}\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{\lfloor \sqrt{n}\rfloor }}{n}$$

的差为绝对收敛级数。对剩余级数按 (m^2\le n\le(m+1)^2-1) 分组，令

$$C_m=\sum _{k=m^2}^{(m+1{)}^2-1}\frac{1}{k}.$$

则 (C_m\to0)，且最终单调递减。例如

$$C_m\le \frac{m}{m^2}+\frac{m+1}{m^2+m}=\frac{2}{m},$$

而

$$C_m\ge \frac{m+1}{m^2+m}+\frac{m}{m^2+2m}>\frac{2}{m+1}>C_{m+1}.$$

所以 (\sum_m(-1)^mC_m) 由交错级数判别法收敛。非完整方块的余项也不超过 (C_m\to0)，故原双重级数收敛。

题解来源：第16届 2024 初赛非数 A 类试题及答案解析 PDF；本阶段按对应参考答案转写，未逐步复核证明。

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