问题：证明级数 \sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^{[\sqrt{n}]}}{n} 收敛.这里不知道 [n] 是向上取整还是向下取整, 我们在这里取向下取整(向上取整是类似的). 首先注意到\begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^{\lfloor\sqrt{n}\rfloor}}{n} &=\sum_{k=1}^{\infty}\sum_{n=k^2}^{(k+1)^2-1}\dfrac{(-1)^{\lfloor\sqrt{n}\rfloor}}{n} \\ &=\sum_{k=1}^{\infty}\sum_{n=k^2}^{(k+1)^2-1}\dfrac{(-1)^{k}}{n} \\ &=\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k}\sum_{n=k^2}^{(k+1)^2-1}\dfrac{1}{n}
\end{aligned} 由于\begin{aligned} a_k&:=\sum_{n=k^2}^{(k+1)^2-1}\dfrac{1}{n} < \sum_{n=k^2}^{(k+1)^2-1}\dfrac{1}{k^2} \\ &=\dfrac{(k+1)^2-k^2}{k^2}=\dfrac{2k+1}{k^2}\to 0(k\to\infty), \end{aligned} 并且 \{a_k\} 是单调递减的(作差验证 a_{k+1}-a_k<0 即可，这一步比较初等)，所以根据Leibniz判别法，可得级数 \sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k}\sum_{n=k^2}^{(k+1)^2-1}\dfrac{1}{n}
收敛，从而级数 \sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^{\lfloor\sqrt{n}\rfloor}}{n} 收敛.备注：Leibniz判别法：设数列 \{a_n\} 单调趋于0, 则级数 \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^na_n 收敛. }