嗨，这个级数的敛散性分析其实不用找太复杂的对比级数，从三角函数的基本不等式和级数判别法入手就能解决，我一步步给你拆解～

第一步：给通项找下界估计 #

首先利用三角恒等式和经典的三角函数不等式：

• 对任意$\theta$，有 $1 - \cos\theta = 2\sin^2\left(\frac{\theta}{2}\right)$；
• 当$|x| \leq \frac{\pi}{2}$时，$\sin x \geq \frac{2}{\pi}x$（这是正弦函数在$[0,\frac{\pi}{2}]$上的一个实用下界）。

因为$|\sin(n^\alpha)| \leq 1 < \frac{\pi}{2}$，把$\theta = \sin(n^\alpha)$代入上面的式子，就能得到：
$$
1 - \cos(\sin(n^\alpha)) = 2\sin^{2\left(\frac{\sin(n}\alpha)}{2}\right) \geq 2 \cdot \left(\frac{2}{\pi} \cdot \frac{\sin(n^{\alpha)}{2}\right)}2 = \frac{2}{\pi^2}\sin2(n^\alpha)
$$

所以原级数的通项满足：
$$
\frac{1 - \cos(\sin(n^\alpha))}{\sqrt{n+2}} \geq \frac{2}{\pi^2} \cdot \frac{\sin²⁽ⁿ\alpha)}{\sqrt{n+2}}
$$

第二步：拆分正弦平方项 #

用三角函数降幂公式$\sin^2x = \frac{1 - \cos2x}{2}$，把右边的$\sin²⁽ⁿ\alpha)$拆开来：
$$
\frac{\sin²⁽ⁿ\alpha)}{\sqrt{n+2}} = \frac{1 - \cos(2n^\alpha)}{2\sqrt{n+2}} = \frac{1}{2\sqrt{n+2}} - \frac{\cos(2n^\alpha)}{2\sqrt{n+2}}
$$

第三步：分析拆分后的两级数 #

现在看拆分后的两个部分对应的级数：

• 第一部分：$\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{2\sqrt{n+2}}$，这是p=1/2的p级数，我们知道当$p \leq 1$时p级数是发散的，所以这部分肯定发散。
• 第二部分：$\sum_{n=1}^\infty \frac{\cos(2n^\alpha)}{2\sqrt{n+2}}$，这里用狄利克雷判别法判断收敛性：
  • 序列$b_n = \frac{1}{\sqrt{n+2}}$单调递减且趋于0；
  • 部分和$S_N = \sum_{n=1}^N \cos(2n^\alpha)$，不管$\alpha>0$取何值，这个部分和都是有界的（或增长速度远慢于$\sqrt{n}$），符合狄利克雷判别法的条件，因此这部分级数收敛。

第四步：推导原级数的敛散性 #

因为$\sum \frac{\sin²⁽ⁿ\alpha)}{\sqrt{n+2}}$是“发散级数减去收敛级数”，结果仍然是发散的。而原级数的通项始终大于这个发散级数的一个正倍数（$\frac{2}{\pi^2}$），根据正项级数的比较判别法，原级数必然是发散的。

总结一下：不管$\alpha>0$取何值，这个级数都是发散的。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者dfgoe55