第11章无穷级数 | YHK's life

第1节常数项级数的概念和性质

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

已校验

一、基础题

题目 1.(1): 根据级数收敛与发散的定义判断下列级数的敛散性：

$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n-1)(2n+1)}$$

解答:

首先求出该级数的前 $n$ 项部分和 $S_n$。

利用裂项相消法，将一般项化简：

$$\frac{1}{(2n-1)(2n+1)} = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{2n-1} - \frac{1}{2n+1} \right)$$

所以前 $n$ 项和为：

$$S_n = \frac{1}{2} \left[ \left(1 - \frac{1}{3}\right) + \left(\frac{1}{3} - \frac{1}{5}\right) + \cdots + \left(\frac{1}{2n-1} - \frac{1}{2n+1}\right) \right]$$

中间项依次抵消，得到：

$$S_n = \frac{1}{2} \left( 1 - \frac{1}{2n+1} \right)$$

对部分和求极限：

$$\lim_{n \to \infty} S_n = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{2} \left( 1 - \frac{1}{2n+1} \right) = \frac{1}{2}$$

因为部分和数列的极限存在且为有限值，根据定义，该级数收敛。

题目 1.(2): 根据级数收敛与发散的定义判断下列级数的敛散性：

$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{9}{10^n}$$

解答:

该级数的部分和 $S_n$ 为：

$$S_n = \frac{9}{10} + \frac{9}{10^2} + \cdots + \frac{9}{10^n}$$

这是一个首项为 $\frac{9}{10}$，公比为 $\frac{1}{10}$ 的等比数列。利用等比数列求和公式：

$$S_n = \frac{\frac{9}{10} \left[ 1 - \left(\frac{1}{10}\right)^n \right]}{1 - \frac{1}{10}} = 1 - \left(\frac{1}{10}\right)^n$$

对部分和求极限：

$$\lim_{n \to \infty} S_n = \lim_{n \to \infty} \left[ 1 - \left(\frac{1}{10}\right)^n \right] = 1$$

因为部分和的极限存在，根据定义，该级数收敛。

题目 1.(3): 根据级数收敛与发散的定义判断下列级数的敛散性：

$$\sum_{n=1}^{\infty} \ln\left(\frac{n+1}{n}\right)$$

解答:

利用对数的运算性质化简一般项：

$$a_n = \ln\left(\frac{n+1}{n}\right) = \ln(n+1) - \ln n$$

求其部分和 $S_n$：

$$S_n = (\ln 2 - \ln 1) + (\ln 3 - \ln 2) + \cdots + (\ln(n+1) - \ln n)$$

经过交叉相消，得到：

$$S_n = \ln(n+1) - \ln 1 = \ln(n+1)$$

对部分和求极限：

$$\lim_{n \to \infty} S_n = \lim_{n \to \infty} \ln(n+1) = \infty$$

因为部分和的极限趋于无穷大（不存在有限极限），根据定义，该级数发散。

题目 1.(4): 根据级数收敛与发散的定义判断下列级数的敛散性：

$$\sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{1}{3^n} - \frac{4^{n+1}}{5^n}\right)$$

解答:

该级数的部分和 $S_n$ 可以拆分为两个几何级数的部分和之差：

$$S_n = \sum_{k=1}^n \frac{1}{3^k} - \sum_{k=1}^n \frac{4^{k+1}}{5^k} = \sum_{k=1}^n \left(\frac{1}{3}\right)^k - 4 \sum_{k=1}^n \left(\frac{4}{5}\right)^k$$

分别利用等比数列求和公式：

$$S_n = \frac{\frac{1}{3} \left[ 1 - \left(\frac{1}{3}\right)^n \right]}{1 - \frac{1}{3}} - 4 \frac{\frac{4}{5} \left[ 1 - \left(\frac{4}{5}\right)^n \right]}{1 - \frac{4}{5}} = \frac{1}{2} \left[ 1 - \left(\frac{1}{3}\right)^n \right] - 16 \left[ 1 - \left(\frac{4}{5}\right)^n \right]$$

对部分和求极限：

$$\lim_{n \to \infty} S_n = \frac{1}{2}(1 - 0) - 16(1 - 0) = \frac{1}{2} - 16 = -\frac{31}{2}$$

因为部分和极限存在且为有限值，根据定义，该级数收敛。

题目 2.(1): 判断下列级数的敛散性：

$$\frac{1}{2} + \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt[3]{2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt[n]{2}} + \cdots$$

解答:

该级数的一般项可以写为 $a_n = \frac{1}{\sqrt[n]{2}} = 2^{-\frac{1}{n}}$。

考察一般项的极限：

$$\lim_{n \to \infty} a_n = \lim_{n \to \infty} 2^{-\frac{1}{n}} = 2^0 = 1$$

因为 $\lim_{n \to \infty} a_n \neq 0$，不满足级数收敛的必要条件（若级数收敛，则其一般项趋于0），由此可直接判定该级数发散。

题目 2.(2): 判断下列级数的敛散性：

$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2n}$$

解答:

提取常数，该级数可变形为：

$$\frac{1}{2} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$$

我们熟知调和级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 是发散的（$p$-级数中 $p=1$ 的情况）。

一个非零常数乘上一个发散级数，其结果依然发散。

题目 2.(3): 判断下列级数的敛散性：

$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{3+(-1)^n}{4^n}$$

解答:

根据级数的线性性质，可以将其拆解为两个级数：

$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{3+(-1)^n}{4^n} = 3\sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{1}{4}\right)^n + \sum_{n=1}^{\infty} \left(-\frac{1}{4}\right)^n$$

这两部分均为几何级数。第一部分的公比为 $\frac{1}{4}$，第二部分的公比为 $-\frac{1}{4}$。由于它们的公比绝对值都严格小于1（即 $|q| < 1$），所以这两个拆分后的级数各自都收敛。

由于有限个收敛级数的代数和依然收敛，故原级数收敛。

题目 2.(4): 判断下列级数的敛散性：

$$\sum_{n=1}^{\infty} \sin\frac{n\pi}{2}$$

解答:

该级数的一般项为 $a_n = \sin\frac{n\pi}{2}$。

当 $n$ 依次取 $1, 2, 3, 4, 5, \dots$ 时，$a_n$ 的值依次循环为 $1, 0, -1, 0, 1, \dots$

显然，当 $n \to \infty$ 时，数列 $\{a_n\}$ 是一个震荡数列，其极限不存在（自然也不可能为 0）。

根据级数收敛的必要条件，一般项不趋于0的级数必定发散。

题目 3.(1): 求下列级数的和：

$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+1)(n+2)}$$

解答:

利用裂项相消法求解。将一般项进行拆分：

$$\frac{1}{n(n+1)(n+2)} = \frac{1}{2} \left[ \frac{1}{n(n+1)} - \frac{1}{(n+1)(n+2)} \right]$$

求其前 $n$ 项部分和 $S_n$：

$$S_n = \frac{1}{2} \left[ \left(\frac{1}{1\cdot 2} - \frac{1}{2\cdot 3}\right) + \left(\frac{1}{2\cdot 3} - \frac{1}{3\cdot 4}\right) + \cdots + \left(\frac{1}{n(n+1)} - \frac{1}{(n+1)(n+2)}\right) \right]$$

经过中间项的相互抵消，得到：

$$S_n = \frac{1}{2} \left[ \frac{1}{2} - \frac{1}{(n+1)(n+2)} \right]$$

对部分和取极限即可得到级数的和：

$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+1)(n+2)} = \lim_{n \to \infty} S_n = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{2} \left[ \frac{1}{2} - \frac{1}{(n+1)(n+2)} \right] = \frac{1}{4}$$

二、提高题

题目 3.(2): 求下列级数的和：

$$\sum_{n=1}^{\infty} (\sqrt{n+2} - 2\sqrt{n+1} + \sqrt{n})$$

解答:

同样利用裂项相消法。将一般项重新组合：

$$a_n = \sqrt{n+2} - 2\sqrt{n+1} + \sqrt{n} = (\sqrt{n+2} - \sqrt{n+1}) - (\sqrt{n+1} - \sqrt{n})$$

令辅助数列 $b_n = \sqrt{n+1} - \sqrt{n}$，则原级数的一般项可以表示为 $a_n = b_{n+1} - b_n$。

求部分和 $S_n$：

$$S_n = \sum_{k=1}^n a_k = (b_2 - b_1) + (b_3 - b_2) + \cdots + (b_{n+1} - b_n) = b_{n+1} - b_1$$

将 $b_n$ 的表达式代回：

$$S_n = (\sqrt{n+2} - \sqrt{n+1}) - (\sqrt{2} - \sqrt{1})$$

对 $S_n$ 进行有理化变形以便求极限：

$$S_n = \frac{1}{\sqrt{n+2} + \sqrt{n+1}} - \sqrt{2} + 1$$

对部分和求极限，得到级数的和：

$$\lim_{n \to \infty} S_n = 0 - \sqrt{2} + 1 = 1 - \sqrt{2}$$

题目 4:

设 $\lim_{n \to \infty} n a_n$ 存在，且级数 $\sum_{n=1}^{\infty} n(a_n - a_{n-1})$ 收敛，证明级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 收敛。

解答:

设已知收敛级数 $\sum_{n=1}^{\infty} n(a_n - a_{n-1})$ 的前 $n$ 项部分和为 $T_n$，即：

$$T_n = \sum_{k=1}^n k(a_k - a_{k-1})$$

将其按项展开（也就是阿贝尔变换的离散求和分部法）：

$$T_n = 1\cdot(a_1 - a_0) + 2\cdot(a_2 - a_1) + 3\cdot(a_3 - a_2) + \cdots + n\cdot(a_n - a_{n-1})$$

拆开括号并按 $a_k$ 重新合并同类项：

$$T_n = -a_0 + (a_1 - 2a_1) + (2a_2 - 3a_2) + \cdots + ((n-1)a_{n-1} - na_{n-1}) + n a_n$$$$T_n = -a_0 - a_1 - a_2 - \cdots - a_{n-1} + n a_n$$$$T_n = -a_0 - \sum_{k=1}^{n-1} a_k + n a_n$$

通过移项，可以得到待证级数 $\sum a_n$ 的前 $n-1$ 项部分和表达式：

$$\sum_{k=1}^{n-1} a_k = n a_n - T_n - a_0$$

根据题目给出的已知条件：

$\lim_{n \to \infty} n a_n$ 存在（设该极限为 $L$）。
级数 $\sum_{n=1}^{\infty} n(a_n - a_{n-1})$ 收敛，这意味着其部分和 $T_n$ 的极限存在（设 $\lim_{n \to \infty} T_n = T$）。

对上述等式两边同时取 $n \to \infty$ 的极限：

$$\lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n-1} a_k = \lim_{n \to \infty} (n a_n) - \lim_{n \to \infty} T_n - a_0 = L - T - a_0$$

由于 $L, T, a_0$ 均是确定的有限常数，因此等式右侧的极限存在且为有限值。

这表明级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 的部分和数列存在有限极限。根据级数收敛的定义，这直接证明了级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 收敛。证明完毕。

第2节常数项级数的审敛法

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

6（3）待校验

一、基础题

题目 1：

（极限审敛法）设 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 为正项级数，试证明：

（1）如果 $\lim_{n \to \infty} n u_n = l > 0$ （或 $\lim_{n \to \infty} n u_n = +\infty$），则级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 发散；

（2）如果 $p > 1$，而 $\lim_{n \to \infty} n^p u_n = l \quad (0 \le l < +\infty)$，则级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 收敛。

解答：

这里我们使用极限比较审敛法进行证明，构造已知的基准级数（$p$ 级数）。

（1）选取发散的调和级数 $\sum_{n=1}^{\infty} v_n = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 作为比较对象。

计算极限：$\lim_{n \to \infty} \frac{u_n}{v_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{u_n}{1/n} = \lim_{n \to \infty} n u_n = l$。

因为 $l > 0$（或 $+\infty$），且 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 发散，根据极限比较审敛法可知，级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 发散。

（2）选取 $p$ 级数 $\sum_{n=1}^{\infty} v_n = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^p}$ 作为比较对象。由于已知 $p > 1$，该级数是收敛的。

计算极限：$\lim_{n \to \infty} \frac{u_n}{v_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{u_n}{1/n^p} = \lim_{n \to \infty} n^p u_n = l$。

因为 $0 \le l < +\infty$，且比较级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^p}$ 收敛，根据极限比较审敛法可知，级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 收敛。

题目 2：

用比较审敛法及其极限形式判断下列级数的敛散性。

（1） $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2}{5n + 3}$ ；

（2） $\sum_{n=1}^{\infty} \ln(1 + \frac{2}{n^2})$ ；

（3） $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{1 + a^n} \quad (a > 0)$ ；

（4） $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{(n - 1)(n + 2)}$ ；

（5） $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{\sqrt{1 + n^3}}$ ；

（6） $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{n} + 3^n}$ 。

解答：

（1）设 $u_n = \frac{2}{5n + 3}$。取 $v_n = \frac{1}{n}$（发散），$\lim_{n \to \infty} \frac{u_n}{v_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{2n}{5n + 3} = \frac{2}{5} > 0$。根据极限比较法，原级数发散。

（2）设 $u_n = \ln(1 + \frac{2}{n^2})$。当 $n \to \infty$ 时，$\ln(1 + x) \sim x$，故 $u_n \sim \frac{2}{n^2}$。取 $v_n = \frac{1}{n^2}$（收敛），$\lim_{n \to \infty} \frac{u_n}{v_n} = 2 > 0$。根据极限比较法，原级数收敛。

（3）设 $u_n = \frac{1}{1 + a^n}$。

当 $0 < a \le 1$ 时，$\lim_{n \to \infty} u_n \neq 0$ （如 $a=1$ 时极限为 $\frac{1}{2}$），故级数发散。

当 $a > 1$ 时，$u_n < \frac{1}{a^n} = (\frac{1}{a})^n$。由于公比 $\frac{1}{a} < 1$，几何级数 $\sum (\frac{1}{a})^n$ 收敛。根据比较审敛法，原级数收敛。

综合：当 $0 < a \le 1$ 时发散；当 $a > 1$ 时收敛。

（4）设 $u_n = \frac{1}{(n - 1)(n + 2)}$。取 $v_n = \frac{1}{n^2}$（收敛），$\lim_{n \to \infty} \frac{u_n}{v_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{n^2}{n^2 + n - 2} = 1 > 0$。根据极限比较法，原级数收敛。

（5）设 $u_n = \frac{n}{\sqrt{1 + n^3}}$。当 $n \to \infty$ 时，$u_n \sim \frac{n}{n^{3/2}} = \frac{1}{n^{1/2}}$。取 $v_n = \frac{1}{\sqrt{n}}$（发散，$p=\frac{1}{2}\le1$），$\lim_{n \to \infty} \frac{u_n}{v_n} = 1 > 0$。根据极限比较法，原级数发散。

（6）设 $u_n = \frac{1}{\sqrt{n} + 3^n}$。因为对于所有 $n \ge 1$，有 $u_n < \frac{1}{3^n}$，而 $\sum \frac{1}{3^n}$ 是收敛的几何级数。根据比较审敛法，原级数收敛。

题目 3：

用比值审敛法判断下列级数的敛散性。

（1） $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1 \cdot 3 \cdots (2n - 1)}{2 \cdot 5 \cdots (3n - 1)}$ ；（2） $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(n + 1)!}{n^{n + 1}}$ ；

（3） $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{3^n}{(2n + 1)!}$ ；（4） $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n! \pi^n}{n^n}$ 。

解答：

（1）设 $u_n = \frac{1 \cdot 3 \cdots (2n - 1)}{2 \cdot 5 \cdots (3n - 1)}$。

$\lim_{n \to \infty} \frac{u_{n+1}}{u_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{2n + 1}{3n + 2} = \frac{2}{3} < 1$。原级数收敛。

（2）设 $u_n = \frac{(n + 1)!}{n^{n + 1}}$。

$\lim_{n \to \infty} \frac{u_{n+1}}{u_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{(n + 2)!}{(n + 1)^{n + 2}} \cdot \frac{n^{n + 1}}{(n + 1)!} = \lim_{n \to \infty} \frac{n + 2}{n + 1} \cdot (\frac{n}{n + 1})^{n + 1} = 1 \cdot \lim_{n \to \infty} \frac{1}{(1 + 1/n)^{n + 1}} = \frac{1}{e} < 1$。原级数收敛。

（3）设 $u_n = \frac{3^n}{(2n + 1)!}$。

$\lim_{n \to \infty} \frac{u_{n+1}}{u_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{3^{n+1}}{(2n + 3)!} \cdot \frac{(2n + 1)!}{3^n} = \lim_{n \to \infty} \frac{3}{(2n + 2)(2n + 3)} = 0 < 1$。原级数收敛。

（4）设 $u_n = \frac{n! \pi^n}{n^n}$。

$\lim_{n \to \infty} \frac{u_{n+1}}{u_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{(n + 1)! \pi^{n+1}}{(n + 1)^{n+1}} \cdot \frac{n^n}{n! \pi^n} = \lim_{n \to \infty} \pi \cdot (\frac{n}{n + 1})^n = \lim_{n \to \infty} \frac{\pi}{(1 + 1/n)^n} = \frac{\pi}{e}$。

因为 $\pi \approx 3.14$，$e \approx 2.71$，所以 $\frac{\pi}{e} > 1$。原级数发散。

题目 4：

用根值审敛法判断下列级数的敛散性。

（1） $\sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{n^2 - 1}{2n^2 + 1} \right)^n$ ；（2） $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{[\ln(n + 1)]^n}$ ；（3） $\sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{3 - \frac{1}{2^n}}{5} \right)^n$ 。

解答：

（1）设 $u_n = \left( \frac{n^2 - 1}{2n^2 + 1} \right)^n$。

$\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{u_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{n^2 - 1}{2n^2 + 1} = \frac{1}{2} < 1$。原级数收敛。

（2）设 $u_n = \frac{1}{[\ln(n + 1)]^n}$。

$\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{u_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\ln(n + 1)} = 0 < 1$。原级数收敛。

（3）设 $u_n = \left( \frac{3 - \frac{1}{2^n}}{5} \right)^n$。

$\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{u_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{3 - 1/2^n}{5} = \frac{3}{5} < 1$。原级数收敛。

题目 5：

判断下列级数是否收敛？如果收敛，是绝对收敛还是条件收敛？

（1） $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n \frac{1}{2^n} \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^{n^2}$ ；

（2） $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n \cos n\pi}{n + 1}$ ；

（3） $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n - \ln n}$ ；

（4） $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{\sqrt{n}}{n + 1}$ ；

（5） $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n+1} \frac{2^{n^2}}{n!}$ ；

（6） $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{n}{2^{n-1}}$ 。

解答：

（1）考察一般项的绝对值 $a_n = \frac{1}{2^n} \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^{n^2}$。利用根值法：$\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{2} \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n = \frac{e}{2}$。因为 $e \approx 2.718$，所以 $\frac{e}{2} > 1$，级数发散。即一般项不趋于0，原级数发散。

（2）因 $\cos n\pi = (-1)^n$，故通项为 $u_n = (-1)^n \frac{n}{n + 1}$。$\lim_{n \to \infty} |u_n| = \lim_{n \to \infty} \frac{n}{n + 1} = 1 \neq 0$。通项不趋于0，原级数发散。

（3）交错级数。设 $a_n = \frac{1}{n - \ln n}$。由于 $n \to \infty$ 时，$a_n \to 0$ 且单调递减（因为其分母导数 $1 - \frac{1}{n} > 0$），由莱布尼茨判别法知原级数收敛。考察绝对值级数 $\sum \frac{1}{n - \ln n}$，由于 $n - \ln n < n$，故 $\frac{1}{n - \ln n} > \frac{1}{n}$，调和级数发散，所以绝对值级数发散。结论：条件收敛。

（4）交错级数。设 $a_n = \frac{\sqrt{n}}{n + 1}$。$\lim_{n \to \infty} a_n = 0$。设 $f(x) = \frac{\sqrt{x}}{x + 1}$，导数 $f'(x) = \frac{1 - x}{2\sqrt{x}(x + 1)^2}$，当 $x \ge 1$ 时 $f'(x) \le 0$，故 $a_n$ 单调递减。由莱布尼茨判别法知原级数收敛。考察绝对值级数 $\sum \frac{\sqrt{n}}{n + 1}$，用极限比较法与 $\frac{1}{\sqrt{n}}$ 比较，极限为1，且 $\sum \frac{1}{\sqrt{n}}$ 发散，故绝对值级数发散。结论：条件收敛。

（5）考察绝对值级数，用比值法：$\lim_{n \to \infty} \frac{2^{(n+1)^2}}{(n+1)!} \cdot \frac{n!}{2^{n^2}} = \lim_{n \to \infty} \frac{2^{2n+1}}{n+1} = +\infty > 1$。因此，通项趋于无穷，原级数发散。

（6）考察绝对值级数 $\sum \frac{n}{2^{n-1}}$，用比值法：$\lim_{n \to \infty} \frac{n+1}{2^n} \cdot \frac{2^{n-1}}{n} = \lim_{n \to \infty} \frac{n+1}{2n} = \frac{1}{2} < 1$。绝对值级数收敛，结论：绝对收敛。

二、提高题

题目 6：

判断下列级数的敛散性。

（1） $\sum_{n=2}^{\infty} \sin(n\pi + \frac{1}{\ln n})$ ；

（2） $\sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{a_n}{b} \right)^n$，其中 $\lim_{n \to \infty} a_n = a$ 且 $a, a_n, b$ 均为正数；

（3） $\sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{\sin(na)}{n^2} - \frac{1}{\sqrt{n + 1}} \right)$ ；

（4） $\sum_{n=2}^{\infty} \left( \frac{1}{\sqrt{n - 1}} - \frac{1}{\sqrt{n}} - \frac{1}{n} \right)$ 。

解答：

（1）由于 $\sin(n\pi + x) = (-1)^n \sin x$，原级数可化为 $\sum_{n=2}^{\infty} (-1)^n \sin(\frac{1}{\ln n})$。这是一个交错级数。设 $u_n = \sin(\frac{1}{\ln n})$，当 $n \to \infty$ 时，$1/\ln n \to 0$ 且单调递减，故 $u_n \to 0$ 且单调递减。根据莱布尼茨判别法，级数收敛。若考察绝对收敛，由于 $|\sin(\frac{1}{\ln n})| \sim \frac{1}{\ln n} > \frac{1}{n}$，绝对值级数发散，故该级数条件收敛（总体为收敛）。

（2）利用根值审敛法，考察 $\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{u_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{b} = \frac{a}{b}$。

当 $a < b$ 时，极限小于1，级数收敛；
当 $a > b$ 时，极限大于1，级数发散；
当 $a = b$ 时，敛散性与序列 $a_n$ 趋近于 $a$ 的速度有关，无法单凭已知条件判定。

（3）将原级数拆分为两个级数 $\sum \frac{\sin(na)}{n^2}$ 和 $\sum \frac{-1}{\sqrt{n + 1}}$。前者由于 $|\frac{\sin(na)}{n^2}| \le \frac{1}{n^2}$，为绝对收敛的级数；后者是 $p=\frac{1}{2} \le 1$ 的 $p$ 级数，是发散的。一个收敛级数加上一个发散级数，结果必然发散。所以原级数发散。

（4）将原级数拆分为 $\sum_{n=2}^{\infty} (\frac{1}{\sqrt{n - 1}} - \frac{1}{\sqrt{n}}) - \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n}$。

前一部分是一个裂项相消级数，前 $N$ 项和为 $1 - \frac{1}{\sqrt{N}}$，极限为 1，因而是收敛的。

后一部分是调和级数，是发散的。

同理，收敛级数减去发散级数必然发散，因此原级数发散。

题目 7：

证明：数列的极限 $\lim_{n \to \infty} \frac{n!}{n^n} = 0$。

解答：

方法一（级数法）： 构造正项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n!}{n^n}$。

利用比值审敛法：

$$\lim_{n \to \infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{(n + 1)!}{(n + 1)^{n + 1}} \cdot \frac{n^n}{n!} = \lim_{n \to \infty} \frac{n^n}{(n + 1)^n} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{(1 + 1/n)^n} = \frac{1}{e}$$

由于 $\frac{1}{e} < 1$，该级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n!}{n^n}$ 收敛。根据级数收敛的必要条件，其通项必须趋于0，因此 $\lim_{n \to \infty} \frac{n!}{n^n} = 0$。

方法二（夹逼定理）：

$$0 < \frac{n!}{n^n} = \frac{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdots n}{n \cdot n \cdot n \cdots n} = \frac{1}{n} \cdot \left( \frac{2}{n} \cdot \frac{3}{n} \cdots \frac{n}{n} \right) \le \frac{1}{n} \cdot (1 \cdot 1 \cdots 1) = \frac{1}{n}$$

由于 $\lim_{n \to \infty} 0 = 0$ 且 $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} = 0$，由夹逼定理得 $\lim_{n \to \infty} \frac{n!}{n^n} = 0$。

题目 8：

设 $a_1 = 2$，$a_{n+1} = \frac{1}{2} \left( a_n + \frac{1}{a_n} \right) \quad (n=1,2,\cdots)$ 证明：

（1） $\lim_{n \to \infty} a_n$ 存在；

（2）级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{a_n}{a_{n+1}} - 1 \right)$ 收敛。

解答：

（1）首先证明 $a_n \ge 1$。当 $n \ge 1$ 时，由基本不等式 $a_{n+1} = \frac{1}{2} \left( a_n + \frac{1}{a_n} \right) \ge \sqrt{a_n \cdot \frac{1}{a_n}} = 1$。结合 $a_1=2 \ge 1$，可知对所有 $n$ 有 $a_n \ge 1$。

接着考察其单调性：$a_{n+1} - a_n = \frac{1}{2} \left( a_n + \frac{1}{a_n} \right) - a_n = \frac{1 - a_n^2}{2a_n}$。因为 $a_n \ge 1$，故 $1 - a_n^2 \le 0$，从而 $a_{n+1} - a_n \le 0$，即序列单调递减。

因为序列单调递减且有下界（下界为1），根据单调有界收敛定理，$\lim_{n \to \infty} a_n$ 必然存在。设极限为 $L$，两边取极限可得 $L = \frac{1}{2}(L + \frac{1}{L})$，解得 $L=1$。

（2）考察级数的一般项：$\frac{a_n}{a_{n+1}} - 1 = \frac{a_n - a_{n+1}}{a_{n+1}}$。

由（1）知 $a_{n+1} \ge 1$，且序列单调递减，所以 $a_n - a_{n+1} \ge 0$。

因此，不等式 $0 \le \frac{a_n - a_{n+1}}{a_{n+1}} \le a_n - a_{n+1}$ 成立。

而级数 $\sum_{n=1}^{\infty} (a_n - a_{n+1})$ 是一个裂项级数，其前 $N$ 项和为 $S_N = a_1 - a_{N+1}$。当 $N \to \infty$ 时，$S_N \to a_1 - L = 2 - 1 = 1$，说明 $\sum_{n=1}^{\infty} (a_n - a_{n+1})$ 收敛。

根据正项级数的比较审敛法，由于原级数通项受到一个收敛级数通项的控制，原级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{a_n}{a_{n+1}} - 1 \right)$ 收敛。

三、考研真题

题目 9：

（2019304）若 $\sum_{n=1}^{\infty} n u_n$ 绝对收敛， $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{v_n}{n}$ 条件收敛，则 ____****。

A. $\sum*{n=1}^{\infty} u_n v_n$ 条件收敛

B. $\sum*{n=1}^{\infty} u_n v_n$ 绝对收敛

C. $\sum*{n=1}^{\infty} (u_n + v_n)$ 收敛

D. $\sum*{n=1}^{\infty} (u_n + v_n)$ 发散

解答：

由 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{v_n}{n}$ 收敛可知，通项 $\frac{v_n}{n} \to 0$。收敛数列必然有界，即存在常数 $M > 0$，使得对于一切 $n$，都有 $\left| \frac{v_n}{n} \right| \le M$。

现在考察级数 $\sum_{n=1}^{\infty} |u_n v_n|$，可以进行如下恒等变形：

$|u_n v_n| = |n u_n| \cdot \left| \frac{v_n}{n} \right| \le M |n u_n|$。

已知 $\sum_{n=1}^{\infty} n u_n$ 绝对收敛，即 $\sum_{n=1}^{\infty} |n u_n|$ 收敛，所以 $M \sum_{n=1}^{\infty} |n u_n|$ 也收敛。

根据比较审敛法，级数 $\sum_{n=1}^{\infty} |u_n v_n|$ 必然收敛。因此原级数是绝对收敛的。

正确答案为 B。

题目 10：

（2023104）已知 $a_n < b_n \quad (n=1,2,\cdots)$，若级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 和 $\sum_{n=1}^{\infty} b_n$ 均收敛，则 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 绝对收敛是 $\sum_{n=1}^{\infty} b_n$ 绝对收敛的 ________。

A. 充要条件

B. 充分不必要条件

C. 必要不充分条件

D. 既不充分也不必要条件

解答：

令 $c_n = b_n - a_n$。因为 $a_n < b_n$，所以 $c_n > 0$。且 $\sum_{n=1}^{\infty} c_n = \sum_{n=1}^{\infty} (b_n - a_n)$，由已知两级数收敛可知 $\sum_{n=1}^{\infty} c_n$ 也是收敛的。注意这是一个正项级数，所以它本身也就是绝对收敛的。

证明充分性：假设 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 绝对收敛（即 $\sum |a_n|$ 收敛）。因为 $b_n = a_n + c_n$，故 $|b_n| = |a_n + c_n| \le |a_n| + c_n$。由比较审敛法知，绝对收敛级数加上绝对收敛级数必然绝对收敛，所以 $\sum_{n=1}^{\infty} b_n$ 绝对收敛。
证明必要性：假设 $\sum_{n=1}^{\infty} b_n$ 绝对收敛（即 $\sum |b_n|$ 收敛）。因为 $a_n = b_n - c_n$，故 $|a_n| = |b_n - c_n| \le |b_n| + c_n$。同样由比较审敛法知 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 绝对收敛。

两者互为推导关系。正确答案为 A。

题目 11：

（2019103）设 $u_n$ 是单调递增的有界数列，则下列级数中收敛的是 __******。

A. $\sum*{n=1}^{\infty} \frac{u_n}{n}$

B. $\sum*{n=1}^{\infty} (-1)^n \frac{1}{u_n}$

C. $\sum*{n=1}^{\infty} \left( 1 - \frac{u_n}{u*{n+1}} \right)$

D. $\sum*{n=1}^{\infty} (u*{n+1}^2 - u_n^2)$

解答：

已知 $u_n$ 是单调递增且有界的数列，根据单调有界定理，$\lim_{n \to \infty} u_n = U$ 存在。

A错：如果极限 $U > 0$，则 $\frac{u_n}{n} \sim \frac{U}{n}$，原级数类似于调和级数，发散。

B错：如果极限 $U \neq 0$，一般项趋于 $\pm \frac{1}{U} \neq 0$，级数发散。

C错：如果有 $u_n$ 是从负数递增到极限 $U=0$，可能会导致符号复杂且发散（比如 $u_n = -1/n$ 这种极端情况将发散）。

D对：直接考察其部分和 $S_N = \sum_{n=1}^N (u_{n+1}^2 - u_n^2)$。这是一个典型的裂项相消求和：

$$S_N = (u_2^2 - u_1^2) + (u_3^2 - u_2^2) + \cdots + (u_{N+1}^2 - u_N^2) = u_{N+1}^2 - u_1^2$$

当 $N \to \infty$ 时，$u_{N+1} \to U$，故 $\lim_{N \to \infty} S_N = U^2 - u_1^2$。由于部分和存在常数极限，该级数无条件收敛。

正确答案为 D。

第3节幂级数

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

已校验

一、基础题

1. 求下列幂级数的收敛半径和收敛域.

(1) $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{(n+1)\cdot 5^n}$

解答：

设 $a_n = \frac{1}{(n+1)\cdot 5^n}$，由比值判别法求收敛半径 $R$：

$\lim_{n \to \infty} \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right| = \lim_{n \to \infty} \frac{(n+1)\cdot 5^n}{(n+2)\cdot 5^{n+1}} = \frac{1}{5}$

因此，收敛半径 $R = 5$。

考察端点情况：

当 $x = 5$ 时，原级数化为 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n+1}$，这是调和级数，发散。

当 $x = -5$ 时，原级数化为 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n+1}$，由交错级数的莱布尼茨判别法可知，该级数收敛。

所以，该幂级数的收敛域为 $[-5, 5)$。

(2) $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n \frac{x^{2n+1}}{2n}$

解答：

将原级数提取一个 $x$，得 $x \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n} (x^2)^n$。

令 $t = x^2$，对于幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n} t^n$，其系数 $a_n = \frac{(-1)^n}{2n}$。

$\lim_{n \to \infty} \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right| = \lim_{n \to \infty} \frac{2n}{2(n+1)} = 1$，所以关于 $t$ 的收敛半径为 $1$。

即 $|x^2| < 1 \implies |x| < 1$，故原级数收敛半径 $R = 1$。

考察端点情况：

当 $x = 1$ 时，级数为 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n}$，交错级数收敛。

当 $x = -1$ 时，级数为 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{2n}$，交错级数收敛。

所以，该幂级数的收敛域为 $[-1, 1]$。

(3) $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(x-1)^n}{n \cdot 2^n}$

解答：

设 $a_n = \frac{1}{n \cdot 2^n}$。

$\lim_{n \to \infty} \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right| = \lim_{n \to \infty} \frac{n \cdot 2^n}{(n+1) \cdot 2^{n+1}} = \frac{1}{2}$

因此，收敛半径 $R = 2$。收敛区间为 $|x-1| < 2$，即 $-1 < x < 3$。

考察端点情况：

当 $x = 3$ 时，级数为 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^n}{n \cdot 2^n} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$，发散（调和级数）。

当 $x = -1$ 时，级数为 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-2)^n}{n \cdot 2^n} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n}$，收敛（莱布尼茨判别法）。

所以，该幂级数的收敛域为 $[-1, 3)$。

(4) $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n^2+1}$

解答：

设 $a_n = \frac{1}{n^2+1}$。

$\lim_{n \to \infty} \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right| = \lim_{n \to \infty} \frac{n^2+1}{(n+1)^2+1} = 1$

因此，收敛半径 $R = 1$。

考察端点情况：

当 $x = 1$ 时，级数为 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2+1}$，由于 $\frac{1}{n^2+1} < \frac{1}{n^2}$ 且 $\sum \frac{1}{n^2}$ 收敛（$p$-级数，$p=2>1$），该级数收敛。

当 $x = -1$ 时，级数为 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n^2+1}$，绝对收敛。

所以，该幂级数的收敛域为 $[-1, 1]$。

2. 利用逐项求导或逐项积分求下列级数的和函数.

(1) $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n+1}$

解答：

设和函数为 $S(x)$，该级数收敛域为 $[-1, 1)$。

当 $x \neq 0$ 时，两边同乘 $x$：

$x S(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{n+1}}{n+1}$

对等式两边在开区间内逐项求导：

$(x S(x))' = \sum_{n=0}^{\infty} x^n = \frac{1}{1-x}$ ($|x|<1$)

两边从 $0$ 到 $x$ 积分：

$x S(x) = \int_0^x \frac{1}{1-t} dt = -\ln(1-x)$

因此，$S(x) = -\frac{\ln(1-x)}{x}$。

当 $x = 0$ 时，代入原级数得 $S(0) = 1$，正好是极限 $\lim_{x \to 0} -\frac{\ln(1-x)}{x} = 1$。

所以和函数 $S(x) = \begin{cases} -\frac{\ln(1-x)}{x}, & x \in [-1, 1) \setminus \{0\} \\ 1, & x = 0 \end{cases}$。

(2) $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{(n+1) \cdot 2^n}$

解答：

可将其写为 $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n+1} \left(\frac{x}{2}\right)^n$。

令 $t = \frac{x}{2}$，则级数化为 $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{t^n}{n+1}$。

由 (1) 题可知，该级数和为 $-\frac{\ln(1-t)}{t}$ （$t \neq 0$）。

将 $t = \frac{x}{2}$ 代回，得到：

$S(x) = -\frac{\ln(1-\frac{x}{2})}{\frac{x}{2}} = -\frac{2}{x}\ln\left(1-\frac{x}{2}\right)$。

收敛域为 $t \in [-1, 1) \implies x \in [-2, 2)$。

所以和函数 $S(x) = \begin{cases} -\frac{2}{x}\ln\left(1-\frac{x}{2}\right), & x \in [-2, 2) \setminus \{0\} \\ 1, & x = 0 \end{cases}$。

(3) $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n+1} x^{n+1}$

解答：

设和函数为 $S(x)$，该级数收敛域为 $(-1, 1]$。

对级数逐项求导：

$S'(x) = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n x^n = \frac{1}{1-(-x)} = \frac{1}{1+x}$ ($|x|<1$)

两边从 $0$ 到 $x$ 积分：

$S(x) = \int_0^x \frac{1}{1+t} dt = \ln(1+x)$

在端点 $x=1$ 处由阿贝尔定理，和函数连续。

所以和函数 $S(x) = \ln(1+x)$，定义域为 $x \in (-1, 1]$。

(4) $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1} x^{2n-1}}{2n-1}$

解答：

设和函数为 $S(x)$，该级数收敛域为 $[-1, 1]$。

逐项求导得：

$S'(x) = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} x^{2n-2} = \sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k (x^2)^k = \frac{1}{1+x^2}$ ($|x|<1$)

两边从 $0$ 到 $x$ 积分：

$S(x) = \int_0^x \frac{1}{1+t^2} dt = \arctan x$

端点 $x=\pm 1$ 处同样成立。

所以和函数 $S(x) = \arctan x$，定义域为 $x \in [-1, 1]$。

二、提高题

3. 求下列幂级数的收敛域.

(1) $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n \frac{2^n}{\sqrt{n}} \left(x-\frac{1}{2}\right)^n$

(注：题目图片中下界疑似为 $n=0$，但分母 $\sqrt{n}$ 在 $n=0$ 时无意义，故按 $n=1$ 修正求解)

解答：

设 $a_n = \frac{(-1)^n 2^n}{\sqrt{n}}$。

$\lim_{n \to \infty} \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right| = \lim_{n \to \infty} \frac{2^{n+1}\sqrt{n}}{2^n\sqrt{n+1}} = 2$

因此，收敛半径 $R = \frac{1}{2}$。收敛区间为 $\left|x-\frac{1}{2}\right| < \frac{1}{2}$，即 $0 < x < 1$。

考察端点：

当 $x = 1$ 时，级数化为 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}$，交错级数收敛。

当 $x = 0$ 时，级数化为 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{n}}$，$p$-级数 ($p=\frac{1}{2} \le 1$) 发散。

所以，收敛域为 $(0, 1]$。

(2) $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{2n-1}}{n \cdot 2^n}$

解答：

提取 $\frac{1}{x}$ （假设 $x \neq 0$），级数为 $\frac{1}{x} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(x^2)^n}{n \cdot 2^n}$。

令 $t = x^2$，对于 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{t^n}{n \cdot 2^n}$，$\lim \left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right| = \frac{1}{2}$，故 $t$ 的收敛半径为 $2$。

由 $|x^2| < 2 \implies |x| < \sqrt{2}$，所以 $R = \sqrt{2}$。

考察端点：

当 $x = \sqrt{2}$ 时，级数化为 $\frac{1}{\sqrt{2}} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$，发散。

当 $x = -\sqrt{2}$ 时，级数化为 $-\frac{1}{\sqrt{2}} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$，发散。

所以，收敛域为 $(-\sqrt{2}, \sqrt{2})$。

(3) $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{(-1)^n}{\ln n} (x-1)^n$

解答：

设 $a_n = \frac{(-1)^n}{\ln n}$。

$\lim_{n \to \infty} \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right| = \lim_{n \to \infty} \frac{\ln n}{\ln(n+1)} = 1$

收敛半径 $R = 1$。收敛区间为 $|x-1| < 1$，即 $0 < x < 2$。

考察端点：

当 $x = 2$ 时，级数化为 $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{(-1)^n}{\ln n}$，由莱布尼茨判别法知其收敛。

当 $x = 0$ 时，级数化为 $\sum_{n=2}^{\infty} \frac{(-1)^n(-1)^n}{\ln n} = \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{\ln n}$，因 $\frac{1}{\ln n} > \frac{1}{n}$ 且调和级数发散，故该级数发散。

所以，收敛域为 $(0, 2]$。

(4) $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{3+(-1)^n}{3^n} x^n$

解答：

设系数 $a_n = \frac{3+(-1)^n}{3^n}$。

利用根值判别法求上极限：$\limsup_{n \to \infty} \sqrt[n]{|a_n|} = \limsup_{n \to \infty} \frac{\sqrt[n]{3+(-1)^n}}{3} = \frac{1}{3}$

收敛半径 $R = 3$。收敛区间为 $(-3, 3)$。

考察端点：

当 $x = 3$ 时，级数的一般项为 $3+(-1)^n$，极限不为零，发散。

当 $x = -3$ 时，级数的一般项为 $(3+(-1)^n)(-1)^n$，极限同样不为零，发散。

所以，收敛域为 $(-3, 3)$。

4. 求下列幂级数的和函数.

(1) $\sum_{n=0}^{\infty} (2n+1) x^n$

解答：

原级数可拆分为两部分：$2\sum_{n=1}^{\infty} n x^n + \sum_{n=0}^{\infty} x^n$

已知 $\sum_{n=0}^{\infty} x^n = \frac{1}{1-x}$ （$|x|<1$）

对于第一部分，提出一个 $x$：

$2x \sum_{n=1}^{\infty} n x^{n-1} = 2x \left(\sum_{n=0}^{\infty} x^n\right)' = 2x \left(\frac{1}{1-x}\right)' = \frac{2x}{(1-x)^2}$

所以，和函数 $S(x) = \frac{2x}{(1-x)^2} + \frac{1}{1-x} = \frac{x+1}{(1-x)^2}$，收敛域 $(-1, 1)$。

(2) $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{2n-1} x^{2n}$

解答：

构造恒等变形：$\frac{n}{2n-1} = \frac{1}{2} \cdot \frac{2n-1+1}{2n-1} = \frac{1}{2} + \frac{1}{2(2n-1)}$

因此，$S(x) = \frac{1}{2} \sum_{n=1}^{\infty} x^{2n} + \frac{x}{2} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{2n-1}}{2n-1}$

第一项是公比为 $x^2$ 的等比级数（缺常数项）：

$\frac{1}{2} \sum_{n=1}^{\infty} (x^2)^n = \frac{1}{2} \cdot \frac{x^2}{1-x^2}$

对于第二部分，令 $g(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{2n-1}}{2n-1}$，对其求导得 $g'(x) = \sum_{n=1}^{\infty} x^{2n-2} = \frac{1}{1-x^2}$。

积分回去：$g(x) = \int_0^x \frac{1}{1-t^2} dt = \frac{1}{2}\ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right)$。

代回得 $S(x) = \frac{x^2}{2(1-x^2)} + \frac{x}{4}\ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right)$，收敛域 $(-1, 1)$。

(3) $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{(n+1)!} x^n$

解答：

将分子变形：$\frac{n}{(n+1)!} = \frac{n+1-1}{(n+1)!} = \frac{1}{n!} - \frac{1}{(n+1)!}$

所以，级数拆分为：

$S(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n!} - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{(n+1)!}$

利用泰勒展开 $e^x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!} = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \dots$

第一部分：$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n!} = e^x - 1$

第二部分：当 $x \neq 0$ 时，$\frac{1}{x} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{n+1}}{(n+1)!} = \frac{1}{x} (e^x - 1 - x) = \frac{e^x - 1}{x} - 1$

因此 $S(x) = (e^x - 1) - \left(\frac{e^x - 1}{x} - 1\right) = e^x - \frac{e^x - 1}{x}$。

当 $x=0$ 时，级数各项为 0，$S(0)=0$。同样是其极限。

收敛域为 $(-\infty, +\infty)$。

5. 如果幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n x^n$ 的收敛半径为 2, 则幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty} n a_n (x-1)^n$ 的收敛区间为？

解答：

幂级数逐项求导不改变其收敛半径。所以，$\sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^{n-1}$ 的收敛半径仍为 2，进而 $\sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^n$ 的收敛半径也是 2。

新级数 $\sum_{n=1}^{\infty} n a_n (x-1)^n$ 仅仅是将其平移了中心点至 $x_0 = 1$。

所以收敛区间为 $|x-1| < 2$，即 $-1 < x < 3$。即收敛区间为 $(-1, 3)$。

6. 设 $a_n$ 为曲线 $y=x^n$、$y=x^{n+1}$ ($n=1,2,\cdots$) 所围成区域的面积, 令 $S_1 = \sum_{n=1}^{\infty} a_n$, $S_2 = \sum_{n=1}^{\infty} a_{2n-1}$, 求 $S_1$、$S_2$ 的值.

解答：

在 $[0, 1]$ 区间内，$x^n \ge x^{n+1}$，两曲线的交点为 $(0,0)$ 和 $(1,1)$。

求出面积 $a_n$：

$a_n = \int_0^1 (x^n - x^{n+1}) dx = \left[ \frac{x^{n+1}}{n+1} - \frac{x^{n+2}}{n+2} \right]_0^1 = \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2}$

求 $S_1$（利用裂项相消）：

$S_1 = \sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2} \right) = \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{3} \right) + \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{4} \right) + \dots = \frac{1}{2}$

求 $S_2$：

$S_2 = \sum_{n=1}^{\infty} a_{2n-1} = \sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{1}{2n} - \frac{1}{2n+1} \right)$

展开即为：$S_2 = \frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{4} - \frac{1}{5} + \dots$

我们已知 $\ln(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + \dots$

令 $x=1$，有 $\ln 2 = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \dots$

所以 $\frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{4} - \dots = 1 - \ln 2$。

故 $S_2 = 1 - \ln 2$。

7. 求极限 $\lim_{n \to \infty} \left(\frac{1}{a} + \frac{2}{a^2} + \dots + \frac{n}{a^n}\right)$, 其中 $a > 1$.

解答：

令 $x = \frac{1}{a}$，因为 $a>1$，所以 $0 < x < 1$。

题目转化为求级数和：$S = \sum_{k=1}^{\infty} k x^k$

利用逐项求导：

$S = x \sum_{k=1}^{\infty} k x^{k-1} = x \left( \sum_{k=0}^{\infty} x^k \right)' = x \left( \frac{1}{1-x} \right)' = \frac{x}{(1-x)^2}$

将 $x = \frac{1}{a}$ 代回：

$S = \frac{\frac{1}{a}}{(1-\frac{1}{a})^2} = \frac{\frac{1}{a}}{\frac{(a-1)^2}{a^2}} = \frac{a}{(a-1)^2}$

所以极限值为 $\frac{a}{(a-1)^2}$。

三、考研真题

8. (2020117) 设数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1=1$, $(n+1)a_{n+1} = \left(n+\frac{1}{2}\right)a_n$, 证明: 当 $|x|<1$ 时, 幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n x^n$ 收敛, 并求其和函数.

解答：

由递推关系可得：$\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right| = \frac{n+\frac{1}{2}}{n+1} = \frac{2n+1}{2n+2}$

极限 $\lim_{n \to \infty} \left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right| = 1$，因此收敛半径 $R = 1$。故当 $|x|<1$ 时，幂级数绝对收敛。

设和函数 $S(x) = \sum_{n=1}^{\infty} a_n x^n$，则 $S'(x) = \sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^{n-1}$。且易知 $S(0) = 0$。

将递推关系式改写为：$2(n+1)a_{n+1} = (2n+1)a_n = 2n a_n + a_n$

两边同乘 $x^n$ 并从 $n=1$ 到 $\infty$ 求和：

$\sum_{n=1}^{\infty} 2(n+1)a_{n+1} x^n = \sum_{n=1}^{\infty} 2n a_n x^n + \sum_{n=1}^{\infty} a_n x^n$

等式左边：$2 \sum_{n=1}^{\infty} (n+1)a_{n+1} x^n = 2(2a_2 x + 3a_3 x^2 + \dots) = 2(S'(x) - a_1) = 2S'(x) - 2$ （因为 $a_1=1$）

等式右边：$2x \sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^{n-1} + S(x) = 2x S'(x) + S(x)$

联立得到微分方程：

$2S'(x) - 2 = 2x S'(x) + S(x) \implies 2(1-x)S'(x) - S(x) = 2$

将其化为标准线性微分方程：

$S'(x) - \frac{1}{2(1-x)} S(x) = \frac{1}{1-x}$

积分因子为 $e^{\int -\frac{1}{2(1-x)} dx} = e^{\frac{1}{2}\ln(1-x)} = \sqrt{1-x}$

方程两边同乘积分因子得到：

$\left(\sqrt{1-x} S(x)\right)' = \frac{1}{1-x} \sqrt{1-x} = (1-x)^{-1/2}$

两边积分：

$\sqrt{1-x} S(x) = \int (1-x)^{-1/2} dx = -2\sqrt{1-x} + C$

由初始条件 $S(0) = 0$，代入得 $0 = -2(1) + C \implies C=2$。

所以 $\sqrt{1-x} S(x) = 2 - 2\sqrt{1-x}$

$S(x) = \frac{2}{\sqrt{1-x}} - 2$ （$|x|<1$）。

9. (2021118) 设 $u_n(x) = e^{-nx} + \frac{1}{n(n+1)}x^{n+1}$ ($n=1,2,\cdots$), 求级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n(x)$ 的收敛域及和函数.

解答：

级数可分为两部分：$S(x) = \sum_{n=1}^{\infty} e^{-nx} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{n+1}}{n(n+1)}$。

第一部分是等比级数，公比为 $e^{-x}$。收敛条件为 $e^{-x} < 1 \implies x > 0$。其和为 $\frac{e^{-x}}{1-e^{-x}} = \frac{1}{e^x-1}$。

第二部分设 $g(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{n+1}}{n(n+1)}$。由于 $\lim \left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right| = 1$，其收敛半径为 1。当 $x=\pm 1$ 时级数绝对收敛，收敛域为 $[-1, 1]$。

要求原级数收敛，必须两部分同时收敛，取交集得收敛域为 $(0, 1]$。

对于 $g(x)$ 的和，通过两次求导：

$g''(x) = \sum_{n=1}^{\infty} x^{n-1} = \frac{1}{1-x}$

$g'(x) = \int_0^x \frac{1}{1-t} dt = -\ln(1-x)$

$g(x) = \int_0^x -\ln(1-t) dt$

使用分部积分法：

$\int -\ln(1-t) dt = t(-\ln(1-t)) - \int t \cdot \frac{1}{1-t} dt = -t\ln(1-t) + \int \left(1-\frac{1}{1-t}\right)dt = -t\ln(1-t) + t + \ln(1-t)$

所以 $g(x) = (1-x)\ln(1-x) + x$。

因此，总和函数为 $S(x) = \frac{1}{e^x-1} + (1-x)\ln(1-x) + x$。

(注：当 $x \to 1$ 时 $(1-x)\ln(1-x) \to 0$，在 $x=1$ 处 $S(1) = \frac{1}{e-1} + 1$)。

10. (2022320) 求幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-4)^n + 1}{4^n (2n+1)} x^{2n}$ 的收敛域及和函数.

解答：

将级数拆分为两项：

$S(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n+1} x^{2n} + \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{2n+1} \left(\frac{x}{2}\right)^{2n}$

第一部分 $S_1(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n+1} x^{2n}$。收敛半径 $R_1=1$。在 $x=\pm 1$ 时收敛，域为 $[-1, 1]$。

当 $x \neq 0$ 时，$\frac{1}{x} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n+1} x^{2n+1} = \frac{\arctan x}{x}$。

第二部分 $S_2(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{2n+1} \left(\frac{x}{2}\right)^{2n}$。令 $t = \frac{x}{2}$，得 $\sum \frac{t^{2n}}{2n+1}$。$t$ 的收敛半径为 1，即 $|x|<2$。在 $x=\pm 2$ 时发散，域为 $(-2, 2)$。

当 $x \neq 0$ 时，$\frac{1}{x/2} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{2n+1} \left(\frac{x}{2}\right)^{2n+1} = \frac{2}{x} \cdot \frac{1}{2}\ln\left(\frac{1+x/2}{1-x/2}\right) = \frac{1}{x}\ln\left(\frac{2+x}{2-x}\right)$。

总收敛域为二者交集，即 $[-1, 1]$。

总和函数为：$S(x) = \frac{\arctan x}{x} + \frac{1}{x}\ln\left(\frac{2+x}{2-x}\right)$ ($x \in [-1, 1], x \neq 0$)。

当 $x=0$ 时，代入原级数 $n=0$ 的项，得 $S(0) = \frac{1+1}{1\cdot 1} = 2$（由极限求法也是相符的）。

第4节将函数展开成幂级数

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

待校验 4

第 9 题原答案有误

一、基础题

1. 将下列函数展开成 $x$ 的幂级数，并求展开式成立的区间.

(1) $\ln(a+2x)$ ($a>0$)

【解答过程】

首先对函数进行变形，使其符合标准展开式 $\ln(1+t) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n}t^n$ 的形式：

$$\ln(a+2x) = \ln\left[a\left(1+\frac{2x}{a}\right)\right] = \ln a + \ln\left(1+\frac{2x}{a}\right)$$

令 $t = \frac{2x}{a}$，代入标准展开式得：

$$\ln(a+2x) = \ln a + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n}\left(\frac{2x}{a}\right)^n = \ln a + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1} 2^n}{n a^n}x^n$$

收敛区间为 $-1 < \frac{2x}{a} \le 1$，即 $-\frac{a}{2} < x \le \frac{a}{2}$。

展开式成立的区间为: $(-\frac{a}{2}, \frac{a}{2}]$

(2) $\sin\left(x+\frac{\pi}{4}\right)$

【解答过程】

利用三角函数和差化积公式展开：

$$\sin\left(x+\frac{\pi}{4}\right) = \sin x \cos\frac{\pi}{4} + \cos x \sin\frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2}(\sin x + \cos x)$$

将 $\sin x$ 和 $\cos x$ 的麦克劳林级数代入：

$$\sin x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!}x^{2n+1}$$$$\cos x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n)!}x^{2n}$$

合并得到：

$$\sin\left(x+\frac{\pi}{4}\right) = \frac{\sqrt{2}}{2} \left( \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n)!}x^{2n} + \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!}x^{2n+1} \right)$$

为了写成统一的幂级数形式，可以表示为：$\sum_{k=0}^{\infty} a_k x^k$，其中 $a_k = \frac{\sqrt{2}}{2}\frac{(-1)^{\lfloor k/2 \rfloor}}{k!}$。

展开式成立的区间为: $(-\infty, +\infty)$

(3) $\frac{1}{2-x-x^2}$

【解答过程】

将分母因式分解并进行部分分式展开：

$$2-x-x^2 = -(x^2+x-2) = -(x+2)(x-1) = (1-x)(2+x)$$$$\frac{1}{2-x-x^2} = \frac{1}{(1-x)(2+x)} = \frac{1}{3}\left(\frac{1}{1-x} + \frac{1}{2+x}\right) = \frac{1}{3}\left(\frac{1}{1-x} + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{1-(-\frac{x}{2})}\right)$$

利用几何级数 $\frac{1}{1-t} = \sum_{n=0}^{\infty} t^n$：

第一项展开：$\frac{1}{1-x} = \sum_{n=0}^{\infty} x^n$，成立区间 $(-1, 1)$

第二项展开：$\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{1-(-\frac{x}{2})} = \frac{1}{2}\sum_{n=0}^{\infty} \left(-\frac{x}{2}\right)^n = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2^{n+1}}x^n$，成立区间 $(-2, 2)$

两者相加，得：

$$\frac{1}{2-x-x^2} = \frac{1}{3}\sum_{n=0}^{\infty}\left(1 + \frac{(-1)^n}{2^{n+1}}\right)x^n$$

收敛区间为 $(-1, 1)$ 与 $(-2, 2)$ 的交集。

展开式成立的区间为: $(-1, 1)$

(4) $(1+x)\ln(1-x)$

【解答过程】

已知 $\ln(1-x) = -\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n}$，收敛区间为 $[-1, 1)$。

$$(1+x)\ln(1-x) = \ln(1-x) + x\ln(1-x)$$$$= -\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n} - x\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n} = -\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n} - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{n+1}}{n}$$

将第二个级数的指标平移，令 $k = n+1$，则第二个级数为 $\sum_{k=2}^{\infty} \frac{x^k}{k-1}$。统一指标为 $n$：

$$= -x - \sum_{n=2}^{\infty} \frac{x^n}{n} - \sum_{n=2}^{\infty} \frac{x^n}{n-1} = -x - \sum_{n=2}^{\infty} \left(\frac{1}{n} + \frac{1}{n-1}\right)x^n$$$$= -x - \sum_{n=2}^{\infty} \frac{2n-1}{n(n-1)}x^n$$

展开式成立的区间为: $[-1, 1)$

2. 将下列函数展开成 $x-1$ 的幂级数.

(1) $\frac{1}{x-2}$

【解答过程】

令 $t = x-1$，则 $x = t+1$。

$$\frac{1}{x-2} = \frac{1}{(t+1)-2} = \frac{1}{t-1} = -\frac{1}{1-t}$$

利用几何级数展开：

$$-\frac{1}{1-t} = -\sum_{n=0}^{\infty} t^n = -\sum_{n=0}^{\infty} (x-1)^n$$

成立条件 $|t| < 1$，即 $|x-1| < 1$。

收敛区间为: $(0, 2)$

(2) $\ln(2+x)$

【解答过程】

令 $t = x-1$，则 $x = t+1$。

$$\ln(2+x) = \ln(2+t+1) = \ln(3+t) = \ln\left[3\left(1+\frac{t}{3}\right)\right] = \ln 3 + \ln\left(1+\frac{t}{3}\right)$$

展开得到：

$$= \ln 3 + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n}\left(\frac{t}{3}\right)^n = \ln 3 + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n 3^n}(x-1)^n$$

成立条件 $-1 < \frac{t}{3} \le 1$，即 $-3 < x-1 \le 3$。

收敛区间为: $(-2, 4]$

(3) $\frac{1}{x}$

【解答过程】

令 $t = x-1$，则 $x = t+1$。

$$\frac{1}{x} = \frac{1}{1+t} = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n t^n = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n (x-1)^n$$

成立条件 $|t| < 1$，即 $|x-1| < 1$。

收敛区间为: $(0, 2)$

(4) $\frac{1}{x^2+3x+2}$

【解答过程】

先分解部分分式：

$$\frac{1}{x^2+3x+2} = \frac{1}{(x+1)(x+2)} = \frac{1}{x+1} - \frac{1}{x+2}$$

令 $t = x-1$，代入得：

$$= \frac{1}{t+2} - \frac{1}{t+3} = \frac{1}{2(1+\frac{t}{2})} - \frac{1}{3(1+\frac{t}{3})}$$

分别展开：

$$= \frac{1}{2}\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\left(\frac{t}{2}\right)^n - \frac{1}{3}\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\left(\frac{t}{3}\right)^n$$$$= \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \left(\frac{1}{2^{n+1}} - \frac{1}{3^{n+1}}\right) (x-1)^n$$

收敛区间由 $|\frac{t}{2}| < 1$ 且 $|\frac{t}{3}| < 1$ 决定，取交集 $|t| < 2$，即 $|x-1| < 2$。

收敛区间为: $(-1, 3)$

二、提高题

3. 展开 $\arctan\left(\frac{1-2x}{1+2x}\right)$，并求级数 $\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{2n+1}$ 的和.

【解答过程】

令 $f(x) = \arctan\left(\frac{1-2x}{1+2x}\right)$。先对其求导：

$$f'(x) = \frac{1}{1 + \left(\frac{1-2x}{1+2x}\right)^2} \cdot \frac{-2(1+2x) - 2(1-2x)}{(1+2x)^2}$$$$= \frac{1}{\frac{(1+2x)^2+(1-2x)^2}{(1+2x)^2}} \cdot \frac{-4}{(1+2x)^2} = \frac{-4}{2 + 8x^2} = \frac{-2}{1+4x^2}$$

将 $f'(x)$ 利用几何级数展开为幂级数：

$$f'(x) = -2 \cdot \frac{1}{1+(4x^2)} = -2 \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n (4x^2)^n = -2 \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n 2^{2n} x^{2n}$$

该几何级数收敛的条件是 $|4x^2| < 1$，即 $|x| < \frac{1}{2}$，收敛开区间为 $(-\frac{1}{2}, \frac{1}{2})$。

对 $f'(x)$ 从 $0$ 到 $x$ 逐项积分，且 $f(0) = \arctan(1) = \frac{\pi}{4}$：

$$f(x) = f(0) + \int_0^x f'(t) \mathrm{d}t = \frac{\pi}{4} + \int_0^x \left(-2 \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n 2^{2n} t^{2n}\right) \mathrm{d}t$$$$f(x) = \frac{\pi}{4} - \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n 2^{2n+1}}{2n+1} x^{2n+1}$$

检查区间的端点：

当 $x = \frac{1}{2}$ 时，级数部分变为 $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n+1}$，这是一个交错级数，由莱布尼茨判别法知其收敛。且原函数在 $x = \frac{1}{2}$ 处有定义且连续（$f(\frac{1}{2}) = 0$），故等式成立。
当 $x = -\frac{1}{2}$ 时，原函数中的分母 $1+2x = 0$，函数在此处无定义，故等式不成立。

因此，展开式成立的区间为: $(-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}]$。

求特定级数的和：

既然展开式在 $x = \frac{1}{2}$ 处成立，我们将 $x = \frac{1}{2}$ 直接代入上式：

$$f\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{\pi}{4} - \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n 2^{2n+1}}{2n+1} \left(\frac{1}{2}\right)^{2n+1}$$$$\arctan(0) = \frac{\pi}{4} - \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n+1}$$$$0 = \frac{\pi}{4} - \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n+1}$$

移项即可得到级数的和：

$$\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n+1} = \frac{\pi}{4}$$

4. 将 $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(\frac{e^x-1}{x}\right)$ 展开为 $x$ 的幂级数，并求级数 $\sum_{n=0}^\infty \frac{n}{(n+1)!}$ 的和.

【解答过程】

已知 $e^x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!} = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \dots$

$$\frac{e^x-1}{x} = \frac{1}{x} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n!} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{n-1}}{n!} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{(n+1)!}$$

对其求导：

$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(\frac{e^x-1}{x}\right) = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{(n+1)!} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n x^{n-1}}{(n+1)!} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{n+1}{(n+2)!} x^n$$

求级数 $\sum_{n=0}^\infty \frac{n}{(n+1)!}$ 的和：

$$\sum_{n=0}^\infty \frac{n}{(n+1)!} = \sum_{n=1}^\infty \frac{n}{(n+1)!} = \sum_{n=1}^\infty \frac{n+1-1}{(n+1)!} = \sum_{n=1}^\infty \left( \frac{1}{n!} - \frac{1}{(n+1)!} \right)$$

这是一个裂项相消级数：

$$= \left(\frac{1}{1!} - \frac{1}{2!}\right) + \left(\frac{1}{2!} - \frac{1}{3!}\right) + \dots = 1$$

或者，将 $x=1$ 代入导数展开式前的 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n x^{n-1}}{(n+1)!}$ 中也可得出结论。级数和为 $1$。

5. 利用幂级数求下列微分方程满足所给条件的特解.

(1) $y' = y^2 + x^3$, $y\big|_{x=0} = \frac{1}{2}$

【解答过程】

设解为 $y = \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$。

由初值条件 $y(0) = a_0 = \frac{1}{2}$。

求导得 $y' = \sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^{n-1} = a_1 + 2a_2 x + 3a_3 x^2 + 4a_4 x^3 + \dots$

$y^2 = (a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + \dots)^2 = a_0^2 + 2a_0 a_1 x + (a_1^2 + 2a_0 a_2) x^2 + (2a_0 a_3 + 2a_1 a_2) x^3 + \dots$

将 $y'$ 和 $y^2$ 代入方程 $y' = y^2 + x^3$，比较同次幂的系数：

常数项 ($x^0$): $a_1 = a_0^2 = (\frac{1}{2})^2 = \frac{1}{4}$

$x^1$ 项: $2a_2 = 2a_0 a_1 \Rightarrow 2a_2 = 2(\frac{1}{2})(\frac{1}{4}) \Rightarrow a_2 = \frac{1}{8}$

$x^2$ 项: $3a_3 = a_1^2 + 2a_0 a_2 \Rightarrow 3a_3 = (\frac{1}{4})^2 + 2(\frac{1}{2})(\frac{1}{8}) = \frac{1}{16} + \frac{1}{8} = \frac{3}{16} \Rightarrow a_3 = \frac{1}{16}$

$x^3$ 项: $4a_4 = 2a_0 a_3 + 2a_1 a_2 + 1 \Rightarrow 4a_4 = 2(\frac{1}{2})(\frac{1}{16}) + 2(\frac{1}{4})(\frac{1}{8}) + 1 = \frac{1}{16} + \frac{1}{16} + 1 = \frac{9}{8} \Rightarrow a_4 = \frac{9}{32}$

故特解前几项为：$y \approx \frac{1}{2} + \frac{1}{4}x + \frac{1}{8}x^2 + \frac{1}{16}x^3 + \frac{9}{32}x^4 + \dots$

(2) $(1-x)y' + y = 1+x$, $y\big|_{x=0} = 0$

【解答过程】

设解为 $y = \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$。初值 $y(0) = a_0 = 0$。

$y' = \sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^{n-1}$。

代入方程：

$$(1-x)\sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^{n-1} + \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n = 1+x$$$$\sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^{n-1} - \sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^n + \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n = 1+x$$

平移第一项的指标令 $k = n-1 \Rightarrow n = k+1$：

$$\sum_{k=0}^{\infty} (k+1)a_{k+1} x^k - \sum_{k=1}^{\infty} k a_k x^k + \sum_{k=0}^{\infty} a_k x^k = 1+x$$

比较系数：

$k=0$: $a_1 + a_0 = 1 \Rightarrow a_1 = 1$

$k=1$: $2a_2 - a_1 + a_1 = 1 \Rightarrow 2a_2 = 1 \Rightarrow a_2 = \frac{1}{2}$

$k \ge 2$: $(k+1)a_{k+1} - k a_k + a_k = 0 \Rightarrow (k+1)a_{k+1} - (k-1)a_k = 0 \Rightarrow a_{k+1} = \frac{k-1}{k+1}a_k$

于是 $a_3 = \frac{1}{3}a_2 = \frac{1}{6}$， $a_4 = \frac{2}{4}a_3 = \frac{1}{12} \dots$

故级数解为 $y = x + \frac{1}{2}x^2 + \frac{1}{6}x^3 + \frac{1}{12}x^4 + \dots$

6. 利用函数的幂级数展开式求下列各式的近似值.

(1) $\frac{1}{e}$ (误差不超过 $10^{-4}$)

【解答过程】

$e^x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!}$。令 $x = -1$：

$$\frac{1}{e} = e^{-1} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n!} = 1 - 1 + \frac{1}{2!} - \frac{1}{3!} + \dots + \frac{(-1)^n}{n!} + \dots$$

这是一个交错级数。由莱布尼茨判别法，截断误差不超过第一个被舍去项的绝对值。

要求 $\frac{1}{(n+1)!} \le 10^{-4}$，即 $(n+1)! \ge 10000$。

$7! = 5040$， $8! = 40320 > 10000$。所以应取到 $n=7$ 项（即下一个截去的是第8项 $1/8!$）。

$$\frac{1}{e} \approx 1 - 1 + \frac{1}{2} - \frac{1}{6} + \frac{1}{24} - \frac{1}{120} + \frac{1}{720} - \frac{1}{5040} = \frac{1854}{5040} \approx 0.3678$$

(2) $\sqrt[3]{500}$ (误差不超过 $10^{-3}$)

【解答过程】

找到 $500$ 附近完全立方数，最接近的是 $512 = 8^3$。

$$\sqrt[3]{500} = \sqrt[3]{512 - 12} = 8 \sqrt[3]{1 - \frac{12}{512}} = 8 \left(1 - \frac{3}{128}\right)^{\frac{1}{3}}$$

利用二项式展开 $(1+x)^\alpha = 1 + \alpha x + \frac{\alpha(\alpha-1)}{2!}x^2 + \dots$，此处 $x = -\frac{3}{128}$，$\alpha = \frac{1}{3}$。

$$8 \left[ 1 + \frac{1}{3}\left(-\frac{3}{128}\right) + \frac{\frac{1}{3}(\frac{1}{3}-1)}{2!}\left(-\frac{3}{128}\right)^2 + \dots \right]$$$$= 8 \left[ 1 - \frac{1}{128} - \frac{1}{9} \left(\frac{3}{128}\right)^2 - \dots \right] = 8 - \frac{8}{128} - \frac{8}{9}\frac{9}{128^2} - \dots$$

误差分析：因为各项均为负，需要估算余项。

第一项近似： $8 - \frac{1}{16} = 8 - 0.0625 = 7.9375$。

检查第二项量级：$\frac{8}{128^2} \approx \frac{8}{16384} \approx 0.00048 < 10^{-3}$。因此可以仅用两项，但如果求更高的精度，则计算：

近似值 $\approx 7.9375 - 0.00048 = 7.9370$。

(3) $\int_0^{\frac{1}{2}} \frac{\arctan x}{x} \mathrm{d}x$ (误差不超过 $10^{-3}$)

【解答过程】

$\arctan x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n+1}x^{2n+1}$，于是 $\frac{\arctan x}{x} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n+1}x^{2n}$。

积分：

$$\int_0^{\frac{1}{2}} \left( \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n+1}x^{2n} \right) \mathrm{d}x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)^2} \left[ \frac{x^{2n+1}}{2n+1} \dots \text{Wait, the integration gives: } \frac{x^{2n+1}}{2n+1} \right]$$$$= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)^2} \left( \frac{1}{2} \right)^{2n+1} = \frac{1}{2} - \frac{1}{9 \cdot 2^3} + \frac{1}{25 \cdot 2^5} - \frac{1}{49 \cdot 2^7} + \dots$$

这是交错级数。要求误差 $\le 10^{-3}$，只需找第一项绝对值 $< 10^{-3}$ 的项。

$n=0$: $\frac{1}{2} = 0.5$

$n=1$: $\frac{1}{9 \cdot 8} = \frac{1}{72} \approx 0.0138$

$n=2$: $\frac{1}{25 \cdot 32} = \frac{1}{800} = 0.00125 > 10^{-3}$

$n=3$: $\frac{1}{49 \cdot 128} = \frac{1}{6272} \approx 0.00015 < 10^{-3}$

因此取前三项即可：

$$\text{近似值} \approx \frac{1}{2} - \frac{1}{72} + \frac{1}{800} = 0.5 - 0.01388 + 0.00125 \approx 0.487$$

7. 利用欧拉公式将函数 $f(x) = e^x \cos x$ 展开成 $x$ 的幂级数.

【解答过程】

根据欧拉公式 $e^{ix} = \cos x + i \sin x$，我们有 $\cos x = \mathrm{Re}(e^{ix})$。

因此，$f(x) = e^x \cos x = \mathrm{Re}(e^x \cdot e^{ix}) = \mathrm{Re}(e^{(1+i)x})$。

将其按指数函数展开：

$$e^{(1+i)x} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(1+i)^n}{n!} x^n$$

将复数 $1+i$ 写成极坐标形式：$1+i = \sqrt{2} e^{i\frac{\pi}{4}}$。

则 $(1+i)^n = (\sqrt{2})^n e^{i\frac{n\pi}{4}} = 2^{\frac{n}{2}} \left( \cos\frac{n\pi}{4} + i \sin\frac{n\pi}{4} \right)$。

取实部：

$$\mathrm{Re}\left( \sum_{n=0}^{\infty} \frac{2^{n/2} (\cos\frac{n\pi}{4} + i \sin\frac{n\pi}{4})}{n!} x^n \right) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{2^{n/2} \cos\frac{n\pi}{4}}{n!} x^n$$

所以，$e^x \cos x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{2^{n/2} \cos\frac{n\pi}{4}}{n!} x^n$。

三、考研真题

8. (2007320) 将函数 $f(x) = \frac{1}{x^2-3x-4}$ 展开成 $x-1$ 的幂级数，并求其收敛区间.

【解答过程】

先将分母因式分解并部分分式展开：

$$x^2-3x-4 = (x-4)(x+1)$$$$f(x) = \frac{1}{(x-4)(x+1)} = \frac{1}{5} \left( \frac{1}{x-4} - \frac{1}{x+1} \right)$$

令 $t = x-1$，则 $x = t+1$。

$$f(x) = \frac{1}{5} \left( \frac{1}{t-3} - \frac{1}{t+2} \right) = \frac{1}{5} \left( -\frac{1}{3(1-\frac{t}{3})} - \frac{1}{2(1+\frac{t}{2})} \right)$$

展开：

$$= \frac{1}{5} \left[ -\frac{1}{3} \sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{t}{3}\right)^n - \frac{1}{2} \sum_{n=0}^{\infty} \left(-\frac{t}{2}\right)^n \right]$$$$= -\frac{1}{5} \sum_{n=0}^{\infty} \left( \frac{1}{3^{n+1}} + \frac{(-1)^n}{2^{n+1}} \right) (x-1)^n$$

收敛区间为 $|t/3| < 1$ 且 $|t/2| < 1$，即 $|x-1| < 2$。

收敛区间为: $(-1, 3)$

9. (2006117) 将函数 $f(x) = \frac{x}{2+x-x^2}$ 展开成 $x$ 的幂级数.

【解答过程】

分母因式分解：$2+x-x^2 = -(x^2-x-2) = -(x-2)(x+1) = (2-x)(1+x)$。

部分分式展开：

$$f(x) = \frac{x}{(2-x)(1+x)} = \frac{A}{2-x} + \frac{B}{1+x}$$

通分得 $x = A(1+x) + B(2-x)$。

令 $x=-1$，得 $-1 = 3B \Rightarrow B = -\frac{1}{3}$。

令 $x=2$，得 $2 = 3A \Rightarrow A = \frac{2}{3}$。

所以 $f(x) = \frac{2}{3(2-x)} - \frac{1}{3(1+x)} = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{1-\frac{x}{2}} - \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{1-(-x)}$。

分别展开：

$$f(x) = \frac{1}{3} \sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{x}{2}\right)^n - \frac{1}{3} \sum_{n=0}^{\infty} (-x)^n = \frac{1}{3} \sum_{n=0}^{\infty} \left( \frac{1}{2^n} - (-1)^n \right) x^n$$

收敛区间为: $|x| < 1$。

第5节傅⾥叶级数

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

待校验 3

一、基础题

题目 1

将下列函数在所给区间上展开成以 $2\pi$ 为周期的傅里叶级数.

(1) $f(x) = \frac{\pi}{4} - \frac{x}{2} \quad (-\pi, \pi)$

(2) $f(x) = |\sin x| \quad [0, 2\pi]$

(3) $f(x) = x^2 \quad (0, 2\pi)$

【解答过程】

(1) 周期 $2l = 2\pi$，即 $l = \pi$。

计算傅里叶系数：

$$a_0 = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} \left(\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2}\right) dx = \frac{1}{\pi} \left[ \frac{\pi}{4}x - \frac{x^2}{4} \right]_{-\pi}^{\pi} = \frac{1}{\pi} \left( \frac{\pi^2}{4} - \left(-\frac{\pi^2}{4}\right) \right) = \frac{\pi}{2}$$$$a_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} \left(\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2}\right) \cos nx \, dx$$

由于 $\frac{\pi}{4}\cos nx$ 是偶函数，$-\frac{x}{2}\cos nx$ 是奇函数，在对称区间积分：

$$a_n = \frac{1}{\pi} \left( 2 \int_{0}^{\pi} \frac{\pi}{4} \cos nx \, dx - 0 \right) = \frac{1}{2} \left[ \frac{\sin nx}{n} \right]_0^\pi = 0$$$$b_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} \left(\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2}\right) \sin nx \, dx$$

由于 $\frac{\pi}{4}\sin nx$ 是奇函数，$-\frac{x}{2}\sin nx$ 是偶函数：

$$b_n = -\frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} \frac{x}{2} \sin nx \, dx = -\frac{1}{\pi} \left( \left[ -\frac{x}{n}\cos nx \right]_0^\pi + \frac{1}{n}\int_{0}^{\pi}\cos nx \, dx \right)$$$$b_n = -\frac{1}{\pi} \left( -\frac{\pi}{n}(-1)^n + 0 \right) = \frac{(-1)^{n}}{n}$$

结论： $f(x) = \frac{\pi}{4} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n} \sin nx \quad (x \in (-\pi, \pi))$

(2) 函数 $f(x) = |\sin x|$ 的基本周期为 $\pi$。按题目要求展开成 $2\pi$ 周期的级数。将区间平移至 $[-\pi, \pi]$，$|\sin x|$ 在该区间上是偶函数，因此 $b_n = 0$。

$$a_0 = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} |\sin x| dx = \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} \sin x \, dx = \frac{2}{\pi} [-\cos x]_0^\pi = \frac{4}{\pi}$$$$a_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} |\sin x| \cos nx \, dx = \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} \sin x \cos nx \, dx = \frac{1}{\pi} \int_{0}^{\pi} [\sin(n+1)x - \sin(n-1)x] dx$$

当 $n=1$ 时，$a_1 = \frac{1}{\pi} \int_0^\pi \sin 2x \, dx = 0$。

当 $n \ge 2$ 时：

$$a_n = \frac{1}{\pi} \left[ -\frac{\cos(n+1)x}{n+1} + \frac{\cos(n-1)x}{n-1} \right]_0^\pi = \frac{1}{\pi} \left( \frac{1 - (-1)^{n+1}}{n+1} - \frac{1 - (-1)^{n-1}}{n-1} \right)$$

当 $n$ 为奇数时，$a_n = 0$；当 $n$ 为偶数（令 $n=2k$）时：

$$a_{2k} = \frac{1}{\pi} \left( \frac{2}{2k+1} - \frac{2}{2k-1} \right) = -\frac{4}{\pi(4k^2-1)}$$

结论： $f(x) = \frac{2}{\pi} - \frac{4}{\pi} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{4k^2-1} \cos 2kx \quad (x \in [0, 2\pi])$

(3) 区间为 $(0, 2\pi)$，在此区间直接积分。

$$a_0 = \frac{1}{\pi} \int_{0}^{2\pi} x^2 dx = \frac{1}{\pi} \left[ \frac{x^3}{3} \right]_0^{2\pi} = \frac{8\pi^2}{3}$$$$a_n = \frac{1}{\pi} \int_{0}^{2\pi} x^2 \cos nx \, dx = \frac{1}{\pi} \left( \left[ \frac{x^2 \sin nx}{n} \right]_0^{2\pi} - \frac{2}{n}\int_{0}^{2\pi} x \sin nx \, dx \right)$$$$= -\frac{2}{n\pi} \left( \left[ -\frac{x \cos nx}{n} \right]_0^{2\pi} + \frac{1}{n}\int_{0}^{2\pi} \cos nx \, dx \right) = -\frac{2}{n\pi} \left( -\frac{2\pi}{n} \right) = \frac{4}{n^2}$$$$b_n = \frac{1}{\pi} \int_{0}^{2\pi} x^2 \sin nx \, dx = \frac{1}{\pi} \left( \left[ -\frac{x^2 \cos nx}{n} \right]_0^{2\pi} + \frac{2}{n}\int_{0}^{2\pi} x \cos nx \, dx \right)$$$$= \frac{1}{\pi} \left( -\frac{4\pi^2}{n} + \frac{2}{n} \left[ \frac{x \sin nx}{n} \right]_0^{2\pi} - \frac{2}{n^2}\int_0^{2\pi} \sin nx \, dx \right) = -\frac{4\pi}{n}$$

结论： $f(x) = \frac{4\pi^2}{3} + \sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{4}{n^2} \cos nx - \frac{4\pi}{n} \sin nx \right) \quad (x \in (0, 2\pi))$

题目 2

将下列函数分别展开成正弦级数和余弦级数:

(1) $f(x) = x(\pi - x) \quad (0 \le x \le \pi)$

(2) $f(x) = \begin{cases} 1, & 0 \le x \le h, \\ 0, & h < x \le \pi. \end{cases}$

【解答过程】

没问题，为了在最终结果中保留求和下标 $n$，且形式为 $2n+1$，我们在计算傅里叶系数时，暂且使用 $k$ 作为积分和系数的下标变量。以下是更新后的完整解答过程：

将下列函数分别展开成正弦级数和余弦级数:

(1) $f(x) = x(\pi - x) \quad (0 \le x \le \pi)$

【解答过程】

展开为正弦级数（奇延拓）： $a_k = 0$。

$$b_k = \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} (\pi x - x^2) \sin kx \, dx$$

分部积分后得：

$$\int_0^\pi x \sin kx \, dx = \frac{\pi}{k}(-1)^{k+1}$$$$\int_0^\pi x^2 \sin kx \, dx = \frac{\pi^2}{k}(-1)^{k+1} + \frac{2}{k^3}((-1)^k - 1)$$

代入得：$b_k = \frac{2}{\pi} \left[ \frac{\pi^2}{k}(-1)^{k+1} - \frac{\pi^2}{k}(-1)^{k+1} - \frac{2}{k^3}((-1)^k - 1) \right] = \frac{4}{\pi k^3}(1 - (-1)^k)$

当 $k$ 为偶数时，$b_k = 0$；

当 $k$ 为奇数时，令 $k = 2n+1 \ (n=0, 1, 2, \dots)$，则：

$$b_{2n+1} = \frac{4}{\pi (2n+1)^3}(1 - (-1)^{2n+1}) = \frac{8}{\pi(2n+1)^3}$$

正弦级数： $f(x) = \frac{8}{\pi} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(2n+1)^3} \sin(2n+1)x \quad (0 \le x \le \pi)$

展开为余弦级数（偶延拓）： $b_k = 0$。

$$a_0 = \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} (\pi x - x^2) dx = \frac{2}{\pi} \left[ \frac{\pi}{2}x^2 - \frac{x^3}{3} \right]_0^\pi = \frac{\pi^2}{3}$$$$a_k = \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} (\pi x - x^2) \cos kx \, dx$$

分部积分后代入得：$a_k = -\frac{2}{k^2}(1 + (-1)^k)$。

当 $k$ 为奇数时，$a_k = 0$；

当 $k$ 为偶数时，令 $k = 2n \ (n=1, 2, \dots)$，则：

$$a_{2n} = -\frac{2}{(2n)^2}(1 + 1) = -\frac{4}{4n^2} = -\frac{1}{n^2}$$

余弦级数： $f(x) = \frac{\pi^2}{6} - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} \cos 2nx \quad (0 \le x \le \pi)$

(2)

展开为正弦级数： $a_n = 0$。

$$b_n = \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} f(x) \sin nx \, dx = \frac{2}{\pi} \int_{0}^{h} 1 \cdot \sin nx \, dx = \frac{2}{\pi} \left[ -\frac{\cos nx}{n} \right]_0^h = \frac{2}{n\pi}(1 - \cos nh)$$

正弦级数： $f(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2(1 - \cos nh)}{n\pi} \sin nx$

展开为余弦级数： $b_n = 0$。

$$a_0 = \frac{2}{\pi} \int_{0}^{h} 1 \, dx = \frac{2h}{\pi}$$$$a_n = \frac{2}{\pi} \int_{0}^{h} 1 \cdot \cos nx \, dx = \frac{2}{\pi} \left[ \frac{\sin nx}{n} \right]_0^h = \frac{2\sin nh}{n\pi}$$

余弦级数： $f(x) = \frac{h}{\pi} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2\sin nh}{n\pi} \cos nx$

题目 3

将函数 $f(x) = \begin{cases} 1 - x, & 0 < x \le 2, \\ x - 3, & 2 < x < 4 \end{cases}$ 在 $(0, 4)$ 上展开成余弦级数.

【解答过程】

区间长度 $l = 4$，展成余弦级数需作偶延拓，此时 $b_k = 0$。

$$a_0 = \frac{2}{4} \int_{0}^{4} f(x) dx = \frac{1}{2} \left( \int_{0}^{2} (1-x) dx + \int_{2}^{4} (x-3) dx \right) = \frac{1}{2} \left( [x-\frac{x^2}{2}]_0^2 + [\frac{(x-3)^2}{2}]_2^4 \right) = \frac{1}{2} (0 + 0) = 0$$$$a_k = \frac{2}{4} \int_{0}^{4} f(x) \cos \frac{k\pi x}{4} dx = \frac{1}{2} \left( \int_{0}^{2} (1-x) \cos \frac{k\pi x}{4} dx + \int_{2}^{4} (x-3) \cos \frac{k\pi x}{4} dx \right)$$

对两部分分别运用分部积分公式计算并代入边界后，合并可得：

$$a_k = \frac{8}{k^2\pi^2} \left( 1 - 2\cos\frac{k\pi}{2} + \cos k\pi \right)$$

化简括号内的项 $1 - 2\cos\frac{k\pi}{2} + (-1)^k$：

当 $k$ 为奇数时，$\cos\frac{k\pi}{2} = 0$，且 $(-1)^k = -1$，则项为 $1-0-1=0$。
当 $k$ 为 4 的整数倍（即 $k=4m$）时，项为 $1 - 2(1) + 1 = 0$。
当 $k$ 满足 $k = 4n+2 \ (n=0, 1, 2, \dots)$ 时，$\cos\frac{(4n+2)\pi}{2} = \cos(2n\pi + \pi) = -1$，且 $(-1)^{4n+2} = 1$。此时括号内的项为 $1 - 2(-1) + 1 = 4$。

所以仅当下标 $k = 4n+2 \ (n=0, 1, 2, \dots)$ 时系数非零：

$$a_{4n+2} = \frac{8}{(4n+2)^2 \pi^2} \times 4 = \frac{32}{4(2n+1)^2 \pi^2} = \frac{8}{\pi^2(2n+1)^2}$$

对应余弦函数中的自变量为：$\frac{k\pi x}{4} = \frac{(4n+2)\pi x}{4} = \frac{(2n+1)\pi x}{2}$

结论：

$f(x) = \frac{8}{\pi^2} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(2n+1)^2} \cos \frac{(2n+1)\pi x}{2} \quad (x \in (0, 4))$

二、提高题

题目 4

将函数 $f(x) = \frac{\pi}{4}$ 在 $[0, \pi]$ 上展开成正弦级数，并证明

(1) $1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{5} - \frac{1}{7} + \cdots = \frac{\pi}{4}$ ;

(2) $1 + \frac{1}{5} - \frac{1}{7} - \frac{1}{11} + \frac{1}{13} + \frac{1}{17} - \cdots = \frac{\pi}{3}$.

【解答过程】

正弦级数展开：

$$b_n = \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} \frac{\pi}{4} \sin nx \, dx = \frac{1}{2} \left[ -\frac{\cos nx}{n} \right]_0^\pi = \frac{1 - (-1)^n}{2n}$$

当 $n=2k$ 时 $b_{2k}=0$；当 $n=2k-1$ 时 $b_{2k-1} = \frac{1}{2k-1}$。

故 $f(x)$ 的正弦级数为：$\sum_{k=1}^{\infty} \frac{\sin(2k-1)x}{2k-1} = \frac{\pi}{4} \quad (0 < x < \pi)$。

(1) 证明：

在上述正弦级数中，令 $x = \frac{\pi}{2} \in (0, \pi)$，因为函数在 $x=\frac{\pi}{2}$ 处连续，级数收敛于 $f(\frac{\pi}{2})$。

$$\sum_{k=1}^{\infty} \frac{\sin(2k-1)\frac{\pi}{2}}{2k-1} = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1}}{2k-1} = 1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{5} - \frac{1}{7} + \cdots = \frac{\pi}{4}$$

得证。

(2) 证明：

在正弦级数中，令 $x = \frac{\pi}{6} \in (0, \pi)$。

$$\frac{\pi}{4} = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{2k-1} \sin\frac{(2k-1)\pi}{6}$$

将求和分成两部分：$2k-1$ 为 3 的倍数，以及 $2k-1$ 不为 3 的倍数。

当 $2k-1 = 3(2m-1)$ 时，即 $m=1,2,3...$，对应项为：

$$\sum_{m=1}^{\infty} \frac{1}{3(2m-1)} \sin\frac{3(2m-1)\pi}{6} = \frac{1}{3} \sum_{m=1}^{\infty} \frac{\sin\frac{(2m-1)\pi}{2}}{2m-1} = \frac{1}{3} \left( 1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{5} - \cdots \right) = \frac{1}{3} \times \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{12}$$

其余 $2k-1$ 不为 3 的倍数时（即 $2k-1 = 1, 5, 7, 11, 13...$），$\sin\frac{(2k-1)\pi}{6}$ 的值依次为 $\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, -\frac{1}{2}, -\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, \dots$

故剩余部分之和为：

$$\frac{1}{2} \left( 1 + \frac{1}{5} - \frac{1}{7} - \frac{1}{11} + \frac{1}{13} + \cdots \right)$$

设待求级数和为 $S$，则有：$\frac{\pi}{4} = \frac{1}{2} S + \frac{\pi}{12}$

解得：$\frac{1}{2} S = \frac{\pi}{4} - \frac{\pi}{12} = \frac{\pi}{6} \implies S = \frac{\pi}{3}$

得证。

题目 5

设函数 $f(x)$ 是以 $2\pi$ 为周期的函数，且其傅里叶系数为 $a_n$、$b_n$，求 $f(x+h)$（$h$ 为实数）的傅里叶系数.

【解答过程】

设 $F(x) = f(x+h)$ 的傅里叶系数为 $A_n, B_n$。由平移周期性可知，积分区间可以在整周期内任意平移。

$$A_0 = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x+h) dx \xlongequal{t = x+h} \frac{1}{\pi} \int_{-\pi+h}^{\pi+h} f(t) dt = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(t) dt = a_0$$$$A_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x+h) \cos nx \, dx \xlongequal{t = x+h} \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(t) \cos(n(t-h)) dt$$

使用三角恒等式展开 $\cos(nt - nh) = \cos nt \cos nh + \sin nt \sin nh$：

$$A_n = \cos nh \left( \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(t) \cos nt \, dt \right) + \sin nh \left( \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(t) \sin nt \, dt \right) = a_n \cos nh + b_n \sin nh$$

同理：

$$B_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x+h) \sin nx \, dx = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(t) \sin(n(t-h)) dt$$

展开 $\sin(nt - nh) = \sin nt \cos nh - \cos nt \sin nh$：

$$B_n = \cos nh \left( \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(t) \sin nt \, dt \right) - \sin nh \left( \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(t) \cos nt \, dt \right) = b_n \cos nh - a_n \sin nh$$

结论： $f(x+h)$ 的傅里叶系数为 $A_0 = a_0$；$A_n = a_n \cos nh + b_n \sin nh$；$B_n = b_n \cos nh - a_n \sin nh$。

三、考研真题

题目 6

(2023113) 设 $f(x)$ 是周期为 2 的周期函数，且 $f(x) = 1 - x, x \in [0, 1]$. 若 $f(x) = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} a_n \cos n\pi x$，则 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{2n} = \underline{\quad\quad}$.

【解答过程】

由于级数中仅含余弦项，可知 $f(x)$ 在 $[-1, 1]$ 上是偶函数，即 $f(x) = 1 - |x|$。

由于傅里叶级数在 $x=0$ 和 $x=1$ 处收敛于函数本身：

$f(0) = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} a_n = 1 - 0 = 1$

$f(1) = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} a_n \cos n\pi = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} a_n (-1)^n = 1 - 1 = 0$

将两式相加：

$f(0) + f(1) = a_0 + \sum_{n=1}^{\infty} a_n (1 + (-1)^n) = 1$

注意 $1 + (-1)^n$ 在 $n$ 为奇数时为 $0$，在 $n$ 为偶数 ($n=2k$) 时为 $2$：

$a_0 + 2 \sum_{k=1}^{\infty} a_{2k} = 1 \implies \sum_{n=1}^{\infty} a_{2n} = \frac{1 - a_0}{2}$

求 $a_0$：

$$a_0 = \frac{2}{1} \int_{0}^{1} (1-x) dx = 2 \left[ x - \frac{x^2}{2} \right]_0^1 = 2 \times \frac{1}{2} = 1$$

故 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{2n} = \frac{1 - 1}{2} = 0$。

答案：0

题目 7

(2013103) 设 $f(x) = \left| x - \frac{1}{2} \right|$, $b_n = 2 \int_0^1 f(x) \sin n\pi x dx \ (n=1,2,\cdots)$, 令 $S(x) = \sum_{n=1}^{\infty} b_n \sin n\pi x$，则 $S\left(-\frac{9}{4}\right) = \underline{\quad\quad}$.

A. $\frac{3}{4}$ B. $\frac{1}{4}$ C. $-\frac{1}{4}$ D. $-\frac{3}{4}$

【解答过程】

$S(x)$ 是 $f(x)$ 在 $[0, 1]$ 上展开的正弦级数，这就意味着 $S(x)$ 对应的函数是对 $f(x)$ 先作奇延拓至 $[-1, 1]$，再作周期为 2 的周期延拓。

我们要求 $S\left(-\frac{9}{4}\right)$。

利用周期 $T=2$ 性质：

$S\left(-\frac{9}{4}\right) = S\left(-\frac{9}{4} + 2\right) = S\left(-\frac{1}{4}\right)$

利用奇函数性质（$S(-x) = -S(x)$）：

$S\left(-\frac{1}{4}\right) = -S\left(\frac{1}{4}\right)$

在 $(0, 1)$ 区间内，$S(x) = f(x) = \left| x - \frac{1}{2} \right|$（因在此处连续）。

故 $S\left(\frac{1}{4}\right) = f\left(\frac{1}{4}\right) = \left| \frac{1}{4} - \frac{1}{2} \right| = \left| -\frac{1}{4} \right| = \frac{1}{4}$。

因此，$S\left(-\frac{9}{4}\right) = -\frac{1}{4}$。

答案选 C

题目 8

(2008119) 将函数 $f(x) = 1 - x^2 \ (0 \le x \le \pi)$ 展开成余弦级数，并求级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n^2}$ 的和.

【解答过程】

展开成余弦级数，偶延拓，区间 $[-\pi, \pi]$，周期 $2\pi$。

$$a_0 = \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} (1 - x^2) dx = \frac{2}{\pi} \left[ x - \frac{x^3}{3} \right]_0^\pi = 2 - \frac{2\pi^2}{3}$$$$a_n = \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} (1 - x^2) \cos nx \, dx = -\frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} x^2 \cos nx \, dx$$

（其中 $\int_0^\pi 1 \cdot \cos nx \, dx = 0$）

连续两次分部积分计算 $\int_0^\pi x^2 \cos nx \, dx$：

$$= \left[ \frac{x^2}{n}\sin nx \right]_0^\pi - \frac{2}{n}\int_{0}^{\pi} x \sin nx \, dx = 0 - \frac{2}{n} \left( \left[ -\frac{x}{n}\cos nx \right]_0^\pi + \frac{1}{n}\int_0^\pi \cos nx \, dx \right) = -\frac{2}{n} \left( -\frac{\pi}{n}(-1)^n + 0 \right) = \frac{2\pi}{n^2}(-1)^n$$

故 $a_n = -\frac{2}{\pi} \left( \frac{2\pi}{n^2}(-1)^n \right) = -\frac{4}{n^2}(-1)^n = \frac{4(-1)^{n+1}}{n^2}$。

余弦级数展开式为： $1 - x^2 = \left( 1 - \frac{\pi^2}{3} \right) + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{4(-1)^{n+1}}{n^2} \cos nx \quad (x \in [0, \pi])$

求级数和：

在上述等式中令 $x = 0$（原函数在 $x=0$ 处连续）：

$$f(0) = 1 - 0 = 1$$

代入右侧级数得：

$$1 = 1 - \frac{\pi^2}{3} + 4 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n^2} \times 1$$

抵消 $1$ 后，移项得到：

$$4 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n^2} = \frac{\pi^2}{3}$$

由于 $(-1)^{n+1} = (-1)^{n-1}$，则：

$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n^2} = \frac{\pi^2}{12}$$

结论： 级数和为 $\frac{\pi^2}{12}$。

总习题十一

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

待校验： 1（3）、5（3）（4）、6（4）、9

1. 填空题

(1)

部分和数列 $\{S_n\}$ 有界是正项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 收敛的__________条件.

解答过程：

对于正项级数，其每一项 $u_n \ge 0$，因此其部分和数列 $S_n = u_1 + u_2 + \dots + u_n$ 是单调递增的。根据数列的单调有界定理，单调递增数列收敛的充分必要条件是其有界。因此，部分和数列有界是正项级数收敛的充要（充分必要）条件。

(2)

设 $p_n = \frac{a_n + |a_n|}{2}$ , $q_n = \frac{|a_n| - a_n}{2}$ ($n=1,2,3,\cdots$)，若级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 绝对收敛，则级数 $\sum_{n=1}^{\infty} p_n$ __________ ；级数 $\sum_{n=1}^{\infty} q_n$ __________（填收敛、发散、不确定）.

解答过程：

已知 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 绝对收敛，这意味着级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 和正项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} |a_n|$ 均收敛。

观察公式可知，$p_n = \frac{1}{2}a_n + \frac{1}{2}|a_n|$，且 $q_n = \frac{1}{2}|a_n| - \frac{1}{2}a_n$。

根据级数收敛的线性性质，两个收敛级数的线性组合依然收敛。因此，$\sum_{n=1}^{\infty} p_n$ 和 $\sum_{n=1}^{\infty} q_n$ 必定都收敛。

两空均填：收敛。

(3)

已知级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n!}{n^n} e^{-nx}$ 的收敛域为 $(a, +\infty)$，则 $a =$__________.

解答过程：

设一般项为 $u_n = \frac{n!}{n^n} e^{-nx}$。我们使用达朗贝尔判别法（比值审敛法）求收敛域：

$$\lim_{n \to \infty} \left| \frac{u_{n+1}}{u_n} \right| = \lim_{n \to \infty} \frac{(n+1)! e^{-(n+1)x}}{(n+1)^{n+1}} \cdot \frac{n^n}{n! e^{-nx}} = \lim_{n \to \infty} \frac{n^n}{(n+1)^n} e^{-x} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{(1 + \frac{1}{n})^n} e^{-x} = \frac{1}{e} e^{-x} = e^{-x-1}$$

为了使级数收敛，必须满足极限值小于 1，即：

$$e^{-x-1} < 1 \implies -x-1 < 0 \implies x > -1$$

当 $x = -1$ 时，原级数变为 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n!}{n^n} e^n$。由斯特林公式 $n! \sim \sqrt{2\pi n} (\frac{n}{e})^n$ 可知，此时一般项 $u_n \sim \sqrt{2\pi n} \to \infty \neq 0$，级数发散。

所以该级数的收敛域严格为 $(-1, +\infty)$ 。因此 $a = -1$ 。

(4)

若幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n x^n$ 的收敛域是 $(-8, 8]$，则 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_n}{n(n+1)} x^n$ 的收敛半径为__________，$\sum_{n=1}^{\infty} a_n x^{3n-1}$ 的收敛域为__________.

解答过程：

① 已知 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n x^n$ 的收敛域为 $(-8, 8]$，则其收敛半径 $R = 8$。对于新的幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_n}{n(n+1)} x^n$，其系数相比原级数乘以了 $\frac{1}{n(n+1)}$。由于 $\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{\frac{1}{n(n+1)}} = 1$，对系数乘以或除以 $n$ 的多项式不改变收敛半径。因此，第一个空填 $8$。

② 对于级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n x^{3n-1}$，可将其变形为 $\frac{1}{x} \sum_{n=1}^{\infty} a_n (x^3)^n$。令 $t = x^3$，则级数变为 $\frac{1}{x} \sum_{n=1}^{\infty} a_n t^n$。已知该形式的幂级数在 $t \in (-8, 8]$ 时收敛，故有：

$$-8 < x^3 \le 8 \implies -2 < x \le 2$$

因此，第二个空填 $(-2, 2]$。

(5)

设周期函数 $f(x)$ 的周期为 $2\pi$，其在 $(-\pi, \pi)$ 上的表达式为 $f(x) = \pi x + x^2$，则 $f(x)$ 的傅里叶系数 $b_3 =$__________.

解答过程：

根据傅里叶级数系数公式计算 $b_n$：

$$b_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \sin(nx) dx = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} (\pi x + x^2) \sin(nx) dx$$

由于在对称区间 $(-\pi, \pi)$ 上，$x^2 \sin(nx)$ 整体是奇函数，其积分为 0。只需计算 $\pi x \sin(nx)$ 的部分：

$$b_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} \pi x \sin(nx) dx = \int_{-\pi}^{\pi} x \sin(nx) dx$$

利用分部积分法：

$$b_n = -\frac{1}{n} \int_{-\pi}^{\pi} x d(\cos(nx)) = -\frac{1}{n} \left[ x \cos(nx) \right]_{-\pi}^{\pi} + \frac{1}{n} \int_{-\pi}^{\pi} \cos(nx) dx$$$$b_n = -\frac{1}{n} (\pi \cos(n\pi) - (-\pi) \cos(-n\pi)) + 0 = -\frac{2\pi}{n} \cos(n\pi) = -\frac{2\pi}{n} (-1)^n = \frac{2\pi (-1)^{n+1}}{n}$$

令 $n = 3$ 代入，得到 $b_3 = \frac{2\pi (-1)^{3+1}}{3} = \frac{2\pi}{3}$。

2. 选择题

(1)

如果级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ ( $u_n \neq 0$ ) 收敛，则必有__________.

A. $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{u_n}$ 发散

B. $\sum_{n=1}^{\infty} (u_n + \frac{1}{n})$ 收敛

C. $\sum_{n=1}^{\infty} |u_n|$ 收敛

D. $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n u_n$ 收敛

解答过程：

已知级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 收敛，根据级数收敛的必要条件，其一般项必须趋于 0，即 $\lim_{n \to \infty} u_n = 0$。

考察选项 A 的一般项 $\frac{1}{u_n}$，由于 $\lim_{n \to \infty} u_n = 0$ 且 $u_n \neq 0$，所以 $\lim_{n \to \infty} |\frac{1}{u_n}| = \infty \neq 0$。由于一般项不趋于 0，级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{u_n}$ 必定发散。故选 A。

(2)

设级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 收敛，则必收敛的级数为__________.

A. $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n \frac{u_n}{n}$

B. $\sum_{n=1}^{\infty} u_n^2$

C. $\sum_{n=1}^{\infty} (u_{2n-1} - u_{2n})$

D. $\sum_{n=1}^{\infty} (u_n + u_{n+1})$

解答过程：

已知 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 收敛。根据级数收敛的性质，去掉级数的有限项不影响敛散性，故 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n+1}$（即原级数去掉第一项 $u_1$）也收敛。

根据收敛级数的线性性质，两个收敛级数相加仍收敛。因此，级数 $\sum_{n=1}^{\infty} (u_n + u_{n+1}) = \sum_{n=1}^{\infty} u_n + \sum_{n=1}^{\infty} u_{n+1}$ 必定收敛。故选 D。

(3)

已知级数 $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} a_n = 2$, $\sum_{n=1}^{\infty} a_{2n-1} = 5$，则级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n =$__________.

A. $3$

B. $7$

C. $8$

D. $9$

解答过程：

将已知的两个级数展开：

第一式：$a_1 - a_2 + a_3 - a_4 + a_5 - a_6 + \cdots = 2$

第二式（奇数项之和）：$a_1 + a_3 + a_5 + \cdots = 5$

用第二式减去第一式，即可得到偶数项之和：

$\sum_{n=1}^{\infty} a_{2n} = (a_1 + a_3 + \cdots) - (a_1 - a_2 + a_3 - \cdots) = a_2 + a_4 + a_6 + \cdots = 5 - 2 = 3$

原级数的所有项之和即为奇数项之和与偶数项之和相加：

$\sum_{n=1}^{\infty} a_n = \sum_{n=1}^{\infty} a_{2n-1} + \sum_{n=1}^{\infty} a_{2n} = 5 + 3 = 8$。故选 C。

(4)

级数 $\sum_{n=1}^{\infty} (\frac{1}{\sqrt{n}} - \frac{1}{\sqrt{n+1}}) \sin(n+k)$ ( $k$ 为常数 ) __________.

A. 绝对收敛

B. 条件收敛

C. 敛散性与 $k$ 有关

D. 发散

解答过程：

考察一般项加绝对值构成的正项级数：$\sum_{n=1}^{\infty} \left| (\frac{1}{\sqrt{n}} - \frac{1}{\sqrt{n+1}}) \sin(n+k) \right|$。

由于正弦函数的有界性 $|\sin(n+k)| \le 1$，可得放缩关系：

$$\left| \left( \frac{1}{\sqrt{n}} - \frac{1}{\sqrt{n+1}} \right) \sin(n+k) \right| \le \frac{1}{\sqrt{n}} - \frac{1}{\sqrt{n+1}}$$

对不等式右侧进行分子有理化化简：

$$\frac{1}{\sqrt{n}} - \frac{1}{\sqrt{n+1}} = \frac{\sqrt{n+1} - \sqrt{n}}{\sqrt{n(n+1)}} = \frac{1}{\sqrt{n(n+1)}(\sqrt{n+1} + \sqrt{n})}$$

当 $n \to \infty$ 时，该式等价于 $\frac{1}{n \cdot 2\sqrt{n}} = \frac{1}{2n^{3/2}}$。这是一个 $p$ 级数，且 $p = \frac{3}{2} > 1$，故级数 $\sum (\frac{1}{\sqrt{n}} - \frac{1}{\sqrt{n+1}})$ 收敛。

由比较判别法可知，原级数加绝对值后收敛，即原级数绝对收敛。故选 A。

(5)

若级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 条件收敛，则 $x = \sqrt{3}$ 与 $x = 3$ 依次为幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty} n a_n (x-1)^n$ 的__________.

A. 收敛点，收敛点

B. 收敛点，发散点

C. 发散点，收敛点

D. 发散点，发散点

解答过程：

已知级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 条件收敛，这意味着以 $a_n$ 为系数的幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n y^n$ 在 $y=1$ 处收敛但在绝对值内不一定收敛，由此可判定其收敛半径 $R = 1$。

幂级数在收敛域内逐项求导，其收敛半径不会改变，因此级数 $\sum_{n=1}^{\infty} n a_n y^{n-1}$ 及其变体 $\sum_{n=1}^{\infty} n a_n y^n$ 的收敛半径同样为 $R = 1$。

题目中的幂级数是以 $(x-1)$ 为展开中心，令 $y = x - 1$，则该级数在 $|y| < 1$ 即 $|x - 1| < 1$ 内部收敛，由此得到收敛区间为 $(0, 2)$。

当 $x = \sqrt{3} \approx 1.732$ 时，位于区间 $(0, 2)$ 内，故是收敛点。
当 $x = 3$ 时，位于区间 $(0, 2)$ 外部，故是发散点。

故选 B。

3. 判断下列正项级数的敛散性

(1)

$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n^{n+\frac{1}{n}}}{(n+\frac{1}{n})^n}$

解答过程：

判断一般项 $u_n$ 在 $n \to \infty$ 时的极限：

$$u_n = \frac{n^{n+\frac{1}{n}}}{(n+\frac{1}{n})^n} = \frac{n^n \cdot n^{\frac{1}{n}}}{n^n \left(1 + \frac{1}{n^2}\right)^n} = \frac{n^{\frac{1}{n}}}{\left(1 + \frac{1}{n^2}\right)^n}$$

对于分子：$\lim_{n \to \infty} n^{\frac{1}{n}} = 1$。

对于分母：$\lim_{n \to \infty} \left(1 + \frac{1}{n^2}\right)^n = \lim_{n \to \infty} \left[ \left(1 + \frac{1}{n^2}\right)^{n^2} \right]^{\frac{1}{n}} = e^0 = 1$。

所以一般项的极限 $\lim_{n \to \infty} u_n = \frac{1}{1} = 1 \neq 0$。根据级数收敛的必要条件（收敛级数一般项必趋于0），该级数发散。

(2)

$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n \sqrt[n]{n}}$

解答过程：

设一般项为 $u_n = \frac{1}{n \cdot n^{1/n}}$。

选取调和级数 $\sum_{n=1}^{\infty} v_n = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 作为参考级数（已知调和级数发散）。

计算两者的极限比值：

$$\lim_{n \to \infty} \frac{u_n}{v_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{1}{n \cdot n^{1/n}}}{\frac{1}{n}} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n^{1/n}} = 1$$

因为极限值为非零常数 $1 > 0$，根据极限比较判别法，原级数与调和级数敛散性相同。因此，该级数发散。

(3)

$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^n}{(n+1)!}$

解答过程：

设一般项 $u_n = \frac{2^n}{(n+1)!}$。级数中含有阶乘项，适合使用达朗贝尔判别法（比值审敛法）：

$$\lim_{n \to \infty} \frac{u_{n+1}}{u_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{2^{n+1}}{(n+2)!} \cdot \frac{(n+1)!}{2^n} = \lim_{n \to \infty} \frac{2}{n+2} = 0$$

由于极限值 $\rho = 0 < 1$，根据比值审敛法，该级数收敛。

(4)

$\sum_{n=1}^{\infty} \left( a^{\frac{1}{n^2}} - 1 \right) \quad (a>1)$

解答过程：

设一般项 $u_n = a^{\frac{1}{n^2}} - 1$。因为 $a > 1$，所以对所有 $n \ge 1$，均有 $u_n > 0$。

利用等价无穷小代换原则，当 $x \to 0$ 时，$a^x - 1 \sim x \ln a$。

这里令 $x = \frac{1}{n^2}$，当 $n \to \infty$ 时 $x \to 0$，因此一般项可等价代换为：$u_n \sim \frac{\ln a}{n^2}$。

取比较级数为 $p$ 级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}$，因为 $p = 2 > 1$，该比较级数收敛。

由极限比较判别法可知，原级数与 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}$ 的敛散性相同，因此该级数收敛。

(5)

$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\ln n}{n^{\frac{4}{3}}}$

解答过程：

设一般项 $u_n = \frac{\ln n}{n^{4/3}}$。为了构造极限比较判别法，我们可以选择一个幂次 $p$ 介于 $1$ 和 $\frac{4}{3}$ 之间。取 $p = \frac{7}{6}$，即使用收敛的 $p$ 级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{7/6}}$ 作为参考。

考察两者的极限比值：

$$\lim_{n \to \infty} \frac{u_n}{v_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{\ln n}{n^{4/3}}}{\frac{1}{n^{7/6}}} = \lim_{n \to \infty} \frac{\ln n}{n^{4/3 - 7/6}} = \lim_{n \to \infty} \frac{\ln n}{n^{1/6}}$$

根据洛必达法则，多项式增长速度远大于对数，故 $\lim_{n \to \infty} \frac{\ln n}{n^{1/6}} = 0$。

由于比较级数收敛，且极限为 0，这说明原级数一般项趋于 0 的速度比收敛的比较级数还要快，故原级数收敛。

(6)

$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{a^n}{n^s} \quad (a>0, s>0)$

解答过程：

设一般项 $u_n = \frac{a^n}{n^s}$。包含指数形式，使用达朗贝尔判别法：

$$\lim_{n \to \infty} \frac{u_{n+1}}{u_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{a^{n+1}}{(n+1)^s} \cdot \frac{n^s}{a^n} = \lim_{n \to \infty} a \left( \frac{n}{n+1} \right)^s = a \cdot 1^s = a$$

根据比值判别法的结论：

当 $0 < a < 1$ 时，$\rho < 1$，级数收敛。
当 $a > 1$ 时，$\rho > 1$，级数发散。
当 $a = 1$ 时，比值判别法失效。此时原级数退化为经典的 $p$ 级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^s}$。

根据 $p$ 级数的性质：当 $s> 1$ 时级数收敛；当 $0 < s < 1$ 时级数发散。

综合结论：

当 $0 < a < 1$ 或（ $a=1$ 且 $s>1$ ）时级数收敛；

当 $a > 1$ 或（ $a=1$ 且 $0

4. 判断下列级数的敛散性，若级数收敛，是绝对收敛还是条件收敛？

(1)

$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n! 2^n \sin \frac{n\pi}{5}}{n^n}$

解答过程：

考察加绝对值后的级数：$\sum_{n=1}^{\infty} \left| \frac{n! 2^n \sin \frac{n\pi}{5}}{n^n} \right|$。

由于正弦函数的有界性 $\left| \sin \frac{n\pi}{5} \right| \le 1$，可得放缩式：

$$\left| u_n \right| \le \frac{n! 2^n}{n^n}$$

令比较级数一般项为 $v_n = \frac{n! 2^n}{n^n}$，应用比值审敛法：

$$\lim_{n \to \infty} \frac{v_{n+1}}{v_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{(n+1)! 2^{n+1}}{(n+1)^{n+1}} \cdot \frac{n^n}{n! 2^n} = \lim_{n \to \infty} 2 \cdot \left( \frac{n}{n+1} \right)^n = \lim_{n \to \infty} \frac{2}{\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n} = \frac{2}{e}$$

由于自然对数底数 $e \approx 2.718$，故 $\frac{2}{e} < 1$。

因此比较级数 $\sum_{n=1}^{\infty} v_n$ 收敛。根据比较判别法，取绝对值后的级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \left| u_n \right|$ 也必然收敛。

既然级数取绝对值后收敛，所以原级数是绝对收敛。

(2)

$\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n \frac{n+2}{n+1} \cdot \frac{1}{\sqrt{n}} \quad (k>0)$

(注：原图末尾带有 “$(k>0)$”，但一般项中并无参数 $k$，疑为排版残留，不影响本题计算)

解答过程：

首先考察加绝对值后的正项级数：$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n+2}{n+1} \cdot \frac{1}{\sqrt{n}}$。

设一般项 $v_n = \frac{n+2}{n+1} \cdot \frac{1}{\sqrt{n}}$。

当 $n \to \infty$ 时，$\frac{n+2}{n+1} \to 1$，因此 $v_n \sim \frac{1}{\sqrt{n}}$。

取比较级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{n}}$，这是一个 $p$ 级数，由于 $p = \frac{1}{2} \le 1$，该比较级数发散。

根据极限比较判别法，加绝对值后的级数发散，即原级数不绝对收敛。

接下来利用莱布尼茨判别法（交错级数审敛法）考察原级数 $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n v_n$：

① 极限：$\lim_{n \to \infty} v_n = \lim_{n \to \infty} \frac{n+2}{n+1} \cdot \frac{1}{\sqrt{n}} = 1 \cdot 0 = 0$。

② 单调性：构造函数 $f(x) = \frac{x+2}{(x+1)\sqrt{x}}$ $(x \ge 1)$。求导得：

$f'(x) = \frac{\sqrt{x}(x+1) - (x+2)\left[ \frac{1}{2\sqrt{x}}(x+1) + \sqrt{x} \right]}{(x+1)^2 x}$

通分并观察分子，当 $x$ 充分大时，导数 $f'(x) < 0$ 恒成立，说明数列 $\{v_n\}$ 最终是单调递减的。

满足莱布尼茨判别法条件，原级数收敛。

综合可知，该级数是条件收敛。

(3)

$\sum_{n=1}^{\infty} \sin(n\pi + \frac{1}{\ln n})$

(注：原题下标从 $n=1$ 开始，但 $n=1$ 时 $\ln 1 = 0$ 导致无意义。按严谨数学规范，下文推导默认级数实际从 $n=2$ 起算)

解答过程：

利用诱导公式化简一般项：

$$u_n = \sin\left(n\pi + \frac{1}{\ln n}\right) = \sin(n\pi)\cos\left(\frac{1}{\ln n}\right) + \cos(n\pi)\sin\left(\frac{1}{\ln n}\right)$$

由于 $\sin(n\pi) = 0$，$\cos(n\pi) = (-1)^n$，原级数可转化为标准的交错级数：

$$\sum_{n=2}^{\infty} (-1)^n \sin\left(\frac{1}{\ln n}\right)$$

首先考察绝对收敛性：$\sum_{n=2}^{\infty} \left| \sin\left(\frac{1}{\ln n}\right) \right|$。

当 $n \to \infty$ 时，$\frac{1}{\ln n} \to 0$，由等价无穷小 $\sin x \sim x$，有 $\left| \sin\left(\frac{1}{\ln n}\right) \right| \sim \frac{1}{\ln n}$。

因为 $\ln n < n$，所以 $\frac{1}{\ln n} > \frac{1}{n}$。由于调和级数 $\sum \frac{1}{n}$ 发散，由比较判别法可知 $\sum \frac{1}{\ln n}$ 发散，进而原级数加绝对值后发散。即原级数不绝对收敛。

考察条件收敛性：设 $v_n = \sin\left(\frac{1}{\ln n}\right)$。

因为 $\ln n$ 单调递增，所以 $\frac{1}{\ln n}$ 单调递减且趋于 0。

又因为在 $(0, \frac{\pi}{2})$ 内正弦函数单调递增，故 $v_n$ 单调递减且 $\lim_{n \to \infty} v_n = 0$。

满足莱布尼茨判别法，原交错级数收敛。

综合可知，该级数是条件收敛。

(4)

$\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n \ln \frac{n+1}{n}$

解答过程：

一般项为交错形式，设正项部分 $v_n = \ln \frac{n+1}{n} = \ln\left(1 + \frac{1}{n}\right)$。

考察绝对收敛性：$\sum_{n=1}^{\infty} \ln\left(1 + \frac{1}{n}\right)$。

当 $n \to \infty$ 时，$\ln\left(1 + \frac{1}{n}\right) \sim \frac{1}{n}$。

取调和级数 $\sum \frac{1}{n}$ 作为比较对象，由极限比较判别法可知，绝对值级数与调和级数敛散性相同，因此发散。原级数不绝对收敛。

考察条件收敛性：

① $\lim_{n \to \infty} v_n = \lim_{n \to \infty} \ln\left(1 + \frac{1}{n}\right) = \ln 1 = 0$。

② 因为 $1 + \frac{1}{n}$ 随 $n$ 的增大而严格单调递减，且对数函数是单调增函数，故 $v_n = \ln\left(1 + \frac{1}{n}\right)$ 单调递减。

满足莱布尼茨判别法，原级数收敛。

综合可知，该级数是条件收敛。

5. 求下列幂级数的收敛区间

(1)

$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{3^n - (-1)^n}{n^2} x^n$

解答过程：

记系数 $a_n = \frac{3^n - (-1)^n}{n^2}$。利用比值法求收敛半径 $R$：

$$\rho = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right| = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{3^{n+1} - (-1)^{n+1}}{(n+1)^2} \cdot \frac{n^2}{3^n - (-1)^n} \right|$$

提取最高次项 $3^{n+1}$ 和 $3^n$：

$$\rho = \lim_{n \to \infty} \left( \frac{n}{n+1} \right)^2 \cdot \frac{3^{n+1}\left(1 - (\frac{-1}{3})^{n+1}\right)}{3^n\left(1 - (\frac{-1}{3})^n\right)} = 1 \cdot 3 \cdot \frac{1 - 0}{1 - 0} = 3$$

收敛半径 $R = \frac{1}{\rho} = \frac{1}{3}$。

因此，该幂级数的收敛区间为 $(-\frac{1}{3}, \frac{1}{3})$。

(注：根据“收敛区间”的严格定义，通常指开区间，端点处的敛散性无需在“收敛区间”的答案中体现。若求“收敛域”才需代入 $x=\pm \frac{1}{3}$ 判断。)

(2)

$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n!}{n^n} x^n$

解答过程：

系数 $a_n = \frac{n!}{n^n}$。求收敛半径：

$$\rho = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right| = \lim_{n \to \infty} \frac{(n+1)!}{(n+1)^{n+1}} \cdot \frac{n^n}{n!} = \lim_{n \to \infty} \frac{n^n}{(n+1)^n} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n} = \frac{1}{e}$$

收敛半径 $R = \frac{1}{\rho} = e$。

因此，该幂级数的收敛区间为 $(-e, e)$。

(3)

$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{e^n + (-2)^n} \frac{(x+1)^n}{n}$

解答过程：

这是一个展开中心在 $x_0 = -1$ 的幂级数。系数 $a_n = \frac{1}{n(e^n + (-2)^n)}$。

利用根值法求收敛半径：

$$\rho = \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{|a_n|} = \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{\frac{1}{n|e^n + (-2)^n|}}$$

由于 $e > 2$，当 $n$ 很大时 $e^n$ 占据主导，即 $e^n + (-2)^n \sim e^n$：

$$\rho = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt[n]{n} \cdot e \cdot \sqrt[n]{1 + (\frac{-2}{e})^n}} = \frac{1}{1 \cdot e \cdot 1} = \frac{1}{e}$$

收敛半径 $R = \frac{1}{\rho} = e$。

由于级数形式为 $\sum a_n (x+1)^n$，收敛条件为 $|x + 1| < e$，解得 $-e - 1 < x < e - 1$。

因此，该幂级数的收敛区间为 $(-1-e, -1+e)$。

(4)

$\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(x-3)^{2n}}{4^n}$

解答过程：

利用换元法，令 $t = (x-3)^2$，原级数化为 $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{4^n} t^n$。

这是一个标准的几何级数（等比级数），公比为 $\frac{t}{4}$。

几何级数收敛的充要条件是公比的绝对值小于 1，即：

$$\left| \frac{t}{4} \right| < 1 \implies |t| < 4$$

代回原变量 $x$：

$$(x-3)^2 < 4 \implies |x-3| < 2 \implies -2 < x - 3 < 2 \implies 1 < x < 5$$

因此，该幂级数的收敛区间为 $(1, 5)$。

6. 求下列幂级数的收敛域及和函数

(1)

$\sum_{n=0}^{\infty} \left( \frac{1}{2n+1} - 1 \right) x^{2n}$

解答过程：

① 求收敛域：

系数 $a_{2n} = \frac{1}{2n+1} - 1 = \frac{-2n}{2n+1}$，偶数次幂级数。

利用后一项比前一项的极限（设 $t=x^2$ 求 $t$ 的收敛半径，或者直接用比值法）：

$$\lim_{n \to \infty} \left| \frac{a_{2(n+1)} x^{2(n+1)}}{a_{2n} x^{2n}} \right| = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{\frac{-2(n+1)}{2n+3}}{\frac{-2n}{2n+1}} \right| |x|^2 = 1 \cdot |x|^2 = x^2$$

收敛需满足 $x^2 < 1$，即 $x \in (-1, 1)$，收敛半径 $R=1$。

检查端点：当 $x = \pm 1$ 时，一般项为 $\frac{-2n}{2n+1}$，当 $n \to \infty$ 时其极限为 $-1 \neq 0$，级数发散。

故收敛域为 $(-1, 1)$。

② 求和函数：

设和函数为 $S(x)$，将级数拆分为两部分：

$$S(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2n}}{2n+1} - \sum_{n=0}^{\infty} x^{2n} \quad (x \in (-1, 1))$$

第二部分是公比为 $x^2$ 的等比级数：

$$\sum_{n=0}^{\infty} x^{2n} = \frac{1}{1-x^2}$$

第一部分，设 $S_1(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2n}}{2n+1}$。

当 $x \neq 0$ 时，两边同乘 $x$ 凑成奇数次幂，方便求导：

$$x S_1(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2n+1}}{2n+1}$$

对两边求导：

$$(x S_1(x))' = \sum_{n=0}^{\infty} x^{2n} = \frac{1}{1-x^2}$$

再通过积分求回原函数，利用 $S_1(0)=1$ 可知 $x S_1(x)|_{x=0} = 0$：

$$x S_1(x) = \int_0^x \frac{1}{1-t^2} dt = \frac{1}{2} \int_0^x \left( \frac{1}{1+t} + \frac{1}{1-t} \right) dt = \frac{1}{2} \ln \frac{1+x}{1-x}$$

所以当 $x \neq 0$ 时，$S_1(x) = \frac{1}{2x} \ln \frac{1+x}{1-x}$。

综合两部分，和函数为：

$$S(x) = \begin{cases} \frac{1}{2x} \ln \frac{1+x}{1-x} - \frac{1}{1-x^2}, & x \in (-1, 1) \text{ 且 } x \neq 0 \\ 0, & x = 0 \end{cases}$$

(2)

$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{n+1} x^n$

解答过程：

① 求收敛域：

系数 $a_n = \frac{n}{n+1}$。

$\lim_{n \to \infty} \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right| = \lim_{n \to \infty} \frac{n+1}{n+2} \cdot \frac{n+1}{n} = 1$。故收敛半径 $R=1$。

检查端点：当 $x = \pm 1$ 时，一般项极限不为零，级数发散。

故收敛域为 $(-1, 1)$。

② 求和函数：

对一般项进行代数变形拆分：

$$S(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n+1-1}{n+1} x^n = \sum_{n=1}^{\infty} \left( 1 - \frac{1}{n+1} \right) x^n = \sum_{n=1}^{\infty} x^n - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n+1}$$

第一部分为首项是 $x$ 的等比级数：

$$\sum_{n=1}^{\infty} x^n = \frac{x}{1-x}$$

第二部分，设 $S_2(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n+1}$。当 $x \neq 0$ 时，提取一个 $\frac{1}{x}$：

$$S_2(x) = \frac{1}{x} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{n+1}}{n+1} = \frac{1}{x} \left( \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} + \cdots \right)$$

熟知麦克劳林展开式 $\ln(1-x) = - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n} = -x - \frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{3} - \cdots$

因此：$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{n+1}}{n+1} = -\ln(1-x) - x$

代回得到：$S_2(x) = \frac{1}{x} (-\ln(1-x) - x) = -\frac{\ln(1-x)}{x} - 1$

将两部分相减：

$$S(x) = \frac{x}{1-x} - \left( -\frac{\ln(1-x)}{x} - 1 \right) = \frac{x}{1-x} + \frac{\ln(1-x)}{x} + 1$$

注意当 $x=0$ 时，原级数显然为 0。

和函数为：

$$S(x) = \begin{cases} \frac{x}{1-x} + \frac{\ln(1-x)}{x} + 1, & x \in (-1, 1) \text{ 且 } x \neq 0 \\ 0, & x = 0 \end{cases}$$

(3)

$\sum_{n=1}^{\infty} n(x+1)^n$

解答过程：

① 求收敛域：

令 $t = x+1$，级数化为 $\sum_{n=1}^{\infty} n t^n$。

系数 $a_n = n$。求收敛半径 $\rho = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right| = \lim_{n \to \infty} \frac{n+1}{n} = 1$。

所以 $R=1$，需满足 $|t| < 1$，即 $|x+1| < 1$，解得 $x \in (-2, 0)$。

检查端点：

当 $x = -2$ 时，$t = -1$，级数为 $\sum n(-1)^n$，一般项不趋于 0，发散。

当 $x = 0$ 时，$t = 1$，级数为 $\sum n$，一般项不趋于 0，发散。

因此，收敛域为 $(-2, 0)$。

② 求和函数：

设 $S(t) = \sum_{n=1}^{\infty} n t^n$，提出一个 $t$：

$$S(t) = t \sum_{n=1}^{\infty} n t^{n-1}$$

由于幂级数在收敛域内可逐项求导，内部可以凑成导数形式：

$$S(t) = t \sum_{n=1}^{\infty} (t^n)' = t \left( \sum_{n=1}^{\infty} t^n \right)'$$

等号右边括号内是首项为 $t$、公比为 $t$ 的等比级数（$|t|<1$）：

$$S(t) = t \left( \frac{t}{1-t} \right)' = t \left( \frac{1(1-t) - t(-1)}{(1-t)^2} \right) = t \cdot \frac{1}{(1-t)^2} = \frac{t}{(1-t)^2}$$

代回 $t = x+1$，得到和函数：

$$S(x) = \frac{x+1}{(1 - (x+1))^2} = \frac{x+1}{(-x)^2} = \frac{x+1}{x^2} \quad (x \in (-2, 0))$$

(4)

$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{2n}}{n(2n-1)}$

解答过程：

① 求收敛域：

设 $t = x^2$，原级数变为 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{t^n}{n(2n-1)}$。

系数 $a_n = \frac{1}{n(2n-1)}$，收敛半径 $R_t = \lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{a_{n+1}} = \lim_{n \to \infty} \frac{(n+1)(2n+1)}{n(2n-1)} = 1$。

因此 $|t| < 1 \implies |x^2| < 1 \implies x \in (-1, 1)$。

检查端点：当 $x = \pm 1$ 时，级数为 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(2n-1)}$，因为当 $n \to \infty$ 时，$\frac{1}{n(2n-1)} \sim \frac{1}{2n^2}$，由于 $p=2 > 1$，由比较判别法知其收敛。

因此，收敛域为 $[-1, 1]$。

② 求和函数：

设 $S(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{2n}}{n(2n-1)}$。逐项求导两次：

$$S'(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2n x^{2n-1}}{n(2n-1)} = 2 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{2n-1}}{2n-1}$$$$S''(x) = 2 \sum_{n=1}^{\infty} x^{2n-2} = 2(1 + x^2 + x^4 + \cdots) = \frac{2}{1-x^2} \quad (|x|<1)$$

对 $S''(x)$ 积分求回 $S'(x)$，且 $S'(0)=0$：

$$S'(x) = \int_0^x \frac{2}{1-t^2} dt = \int_0^x \left(\frac{1}{1-t} + \frac{1}{1+t}\right) dt = \ln\frac{1+x}{1-x}$$

对 $S'(x)$ 再积分求回 $S(x)$，且 $S(0)=0$，利用分部积分法：

$$S(x) = \int_0^x 1 \cdot \ln\frac{1+t}{1-t} dt = \left[ t \ln\frac{1+t}{1-t} \right]_0^x - \int_0^x t \cdot d\left( \ln\frac{1+t}{1-t} \right)$$$$S(x) = x \ln\frac{1+x}{1-x} - \int_0^x t \cdot \frac{2}{1-t^2} dt = x \ln\frac{1+x}{1-x} + \int_0^x \frac{-2t}{1-t^2} dt$$$$S(x) = x \ln\frac{1+x}{1-x} + \ln(1-x^2) = x \ln(1+x) - x \ln(1-x) + \ln(1+x) + \ln(1-x)$$

合并同类项，得到：

$$S(x) = (x+1)\ln(x+1) + (1-x)\ln(1-x)$$

(注：根据阿贝尔定理，端点处的和等于内部和函数的极限，故当 $x=\pm 1$ 时也适用，约定 $0\ln 0 = 0$)。

7. 将下列函数展开成 $x$ 的幂级数

(1)

$x \arctan x - \ln\sqrt{1+x^2}$

解答过程：

首先将对数部分化简：$f(x) = x \arctan x - \frac{1}{2} \ln(1+x^2)$。

利用熟知的标准展开式：

$$\arctan x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n+1} x^{2n+1} \quad (x \in [-1, 1])$$$$\ln(1+t) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n} t^n \implies \ln(1+x^2) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n} x^{2n} \quad (x \in [-1, 1])$$

分别代入原函数：

$$x \arctan x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n+1} x^{2n+2}$$

为了方便与后面合并，将求和指标调整，令 $k = n+1$（则 $k$ 从 1 开始），替换后将 $k$ 仍写为 $n$：

$$x \arctan x = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{2n-1} x^{2n}$$

对于对数部分：

$$-\frac{1}{2} \ln(1+x^2) = -\frac{1}{2} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n} x^{2n} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n} x^{2n}$$

将两部分合并：

$$f(x) = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \left( \frac{1}{2n-1} - \frac{1}{2n} \right) x^{2n} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{2n(2n-1)} x^{2n} \quad (x \in [-1, 1])$$

(2)

$\frac{2x}{x^2 - 5x - 6}$

解答过程：

首先对分母因式分解并使用部分分式展开：

$$x^2 - 5x - 6 = (x-6)(x+1)$$

设 $\frac{2x}{(x-6)(x+1)} = \frac{A}{x-6} + \frac{B}{x+1}$

通分得到 $A(x+1) + B(x-6) = 2x$。

令 $x = -1$，得到 $-7B = -2 \implies B = \frac{2}{7}$
令 $x = 6$，得到 $7A = 12 \implies A = \frac{12}{7}$

将其写为适合等比级数展开的形式 $\frac{1}{1-q}$：

$$f(x) = \frac{12/7}{x-6} + \frac{2/7}{x+1} = \frac{12/7}{-6(1 - x/6)} + \frac{2/7}{1 - (-x)}$$$$f(x) = -\frac{2}{7} \cdot \frac{1}{1 - \frac{x}{6}} + \frac{2}{7} \cdot \frac{1}{1 - (-x)}$$

利用等比级数公式 $\frac{1}{1-q} = \sum_{n=0}^{\infty} q^n$：

$$f(x) = -\frac{2}{7} \sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{x}{6}\right)^n + \frac{2}{7} \sum_{n=0}^{\infty} (-x)^n \quad \left( 收敛条件: \left|\frac{x}{6}\right|<1 \text{ 且 } |-x|<1 \implies x \in (-1, 1) \right)$$

合并写成一个级数：

$$f(x) = \frac{2}{7} \sum_{n=0}^{\infty} \left[ (-1)^n - \frac{1}{6^n} \right] x^n \quad (x \in (-1, 1))$$

8. 设 $f(x)$ 是周期为 $2\pi$ 的周期函数

题目：

设 $f(x)$ 是周期为 $2\pi$ 的周期函数，其在 $[-\pi, \pi)$ 上的表达式为

$$f(x) = \begin{cases} x, & -\pi \le x < 0 \\ \pi - x, & 0 \le x < \pi \end{cases}$$

试将 $f(x)$ 展开成傅里叶级数.

解答过程：

计算傅里叶系数 $a_0, a_n, b_n$。

① 计算 $a_0$：

$$a_0 = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) dx = \frac{1}{\pi} \left[ \int_{-\pi}^{0} x dx + \int_{0}^{\pi} (\pi - x) dx \right]$$$$a_0 = \frac{1}{\pi} \left[ \left. \frac{1}{2}x^2 \right|_{-\pi}^{0} + \left. \left(\pi x - \frac{1}{2}x^2\right) \right|_{0}^{\pi} \right] = \frac{1}{\pi} \left[ \left(0 - \frac{\pi^2}{2}\right) + \left(\pi^2 - \frac{\pi^2}{2}\right) \right] = 0$$

② 计算 $a_n$：

$$a_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \cos(nx) dx = \frac{1}{\pi} \left[ \int_{-\pi}^{0} x \cos(nx) dx + \int_{0}^{\pi} (\pi - x) \cos(nx) dx \right]$$

分别计算积分（利用分部积分 $\int x \cos(nx) dx = \frac{x \sin(nx)}{n} + \frac{\cos(nx)}{n^2}$）：

左段：$\int_{-\pi}^{0} x \cos(nx) dx = \left[ \frac{x \sin(nx)}{n} + \frac{\cos(nx)}{n^2} \right]_{-\pi}^{0} = \frac{1}{n^2} - \frac{(-1)^n}{n^2} = \frac{1 - (-1)^n}{n^2}$

右段：$\int_{0}^{\pi} (\pi - x) \cos(nx) dx = \pi \int_{0}^{\pi} \cos(nx) dx - \int_{0}^{\pi} x \cos(nx) dx = 0 - \left[ \frac{x \sin(nx)}{n} + \frac{\cos(nx)}{n^2} \right]_{0}^{\pi} = -\left( \frac{(-1)^n}{n^2} - \frac{1}{n^2} \right) = \frac{1 - (-1)^n}{n^2}$

合并得：$a_n = \frac{1}{\pi} \left( \frac{2(1 - (-1)^n)}{n^2} \right) = \frac{2(1 - (-1)^n)}{n^2\pi}$

③ 计算 $b_n$：

$$b_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \sin(nx) dx = \frac{1}{\pi} \left[ \int_{-\pi}^{0} x \sin(nx) dx + \int_{0}^{\pi} (\pi - x) \sin(nx) dx \right]$$

（利用分部积分 $\int x \sin(nx) dx = -\frac{x \cos(nx)}{n} + \frac{\sin(nx)}{n^2}$）：

左段：$\int_{-\pi}^{0} x \sin(nx) dx = \left[ -\frac{x \cos(nx)}{n} + \frac{\sin(nx)}{n^2} \right]_{-\pi}^{0} = 0 - \left( \frac{\pi \cos(n\pi)}{n} \right) = -\frac{\pi (-1)^n}{n}$

右段：$\int_{0}^{\pi} (\pi - x) \sin(nx) dx = \pi \int_{0}^{\pi} \sin(nx) dx - \int_{0}^{\pi} x \sin(nx) dx = \pi \left[ -\frac{\cos(nx)}{n} \right]_{0}^{\pi} - \left[ -\frac{x \cos(nx)}{n} \right]_{0}^{\pi} = \pi \left( \frac{1 - (-1)^n}{n} \right) - \left( -\frac{\pi (-1)^n}{n} \right) = \frac{\pi}{n}$

合并得：$b_n = \frac{1}{\pi} \left( -\frac{\pi (-1)^n}{n} + \frac{\pi}{n} \right) = \frac{1 - (-1)^n}{n}$

④ 傅里叶级数展开：

$$f(x) \sim \sum_{n=1}^{\infty} \left[ \frac{2(1 - (-1)^n)}{\pi n^2} \cos(nx) + \frac{1 - (-1)^n}{n} \sin(nx) \right]$$

由于当 $n=2k$ （偶数）时，$1 - (-1)^n = 0$；当 $n=2k-1$ （奇数）时，$1 - (-1)^n = 2$。可以将级数化简为仅含奇数项的形式：

$$f(x) \sim \sum_{k=1}^{\infty} \left[ \frac{4}{\pi (2k-1)^2} \cos((2k-1)x) + \frac{2}{2k-1} \sin((2k-1)x) \right]$$

9. 将函数 $f(x) = 2 + |x|$ 在 $[-1, 1]$ 上展开成傅里叶级数

题目：

将函数 $f(x) = 2 + |x|$ 在 $[-1, 1]$ 上展开成傅里叶级数，并求级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}$ 的和.

解答过程：

① 傅里叶级数展开：

周期 $2l = 2 \implies l = 1$。由于 $f(x) = 2 + |x|$ 在 $[-1, 1]$ 上是偶函数，因此 $b_n = 0$，这是余弦级数。

计算 $a_0$：

$$a_0 = \frac{2}{l} \int_{0}^{l} f(x) dx = \frac{2}{1} \int_{0}^{1} (2 + x) dx = 2 \left[ 2x + \frac{1}{2}x^2 \right]_{0}^{1} = 2 \left( 2 + \frac{1}{2} \right) = 5$$

计算 $a_n$：

$$a_n = 2 \int_{0}^{1} (2 + x) \cos(n\pi x) dx = 4 \int_{0}^{1} \cos(n\pi x) dx + 2 \int_{0}^{1} x \cos(n\pi x) dx$$

第一项积分为 $0$。对于第二项进行分部积分：

$$a_n = 2 \left[ \frac{x \sin(n\pi x)}{n\pi} + \frac{\cos(n\pi x)}{(n\pi)^2} \right]_{0}^{1} = 2 \left( \frac{\cos(n\pi)}{(n\pi)^2} - \frac{1}{(n\pi)^2} \right) = \frac{2((-1)^n - 1)}{n^2 \pi^2}$$

得到展开式（由于 $f(x)$ 连续并满足狄利克雷条件，处处收敛于自身）：

$$f(x) = \frac{5}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2((-1)^n - 1)}{n^2 \pi^2} \cos(n\pi x) \quad (x \in [-1, 1])$$

② 求常数级数的和：

代入特殊点 $x=0$，此时 $f(0) = 2 + 0 = 2$。

$$2 = \frac{5}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2((-1)^n - 1)}{n^2 \pi^2} \cdot 1$$

化简得：

$$-\frac{1}{2} = \frac{2}{\pi^2} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n - 1}{n^2}$$

当 $n$ 为偶数时分子为 0；当 $n=2k-1$ (奇数) 时分子为 $-2$。

$$-\frac{1}{2} = \frac{2}{\pi^2} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{-2}{(2k-1)^2} \implies \frac{\pi^2}{8} = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(2k-1)^2}$$

设目标级数 $S = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}$。将其按奇偶项分离：

$$S = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(2k-1)^2} + \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(2k)^2} = \frac{\pi^2}{8} + \frac{1}{4} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^2} = \frac{\pi^2}{8} + \frac{1}{4}S$$

解方程 $\frac{3}{4}S = \frac{\pi^2}{8}$，求得：

$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} = S = \frac{\pi^2}{6}$$

10. 设数列 $\{a_n\}$ 满足

题目：

设数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_0 = 1$, $a_1 = 0$, $a_{n+1} = \frac{1}{n+1}(n a_n + a_{n-1})$ ($n=1,2,3,\cdots$)，$S(x)$ 为幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ 的和函数.

(1) 证明幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n x^n$ 的收敛半径不小于1.

(2) 证明 $(1-x)S'(x) - xS(x) = 0, x \in (-1,1)$，并求 $S(x)$.

解答过程：

(1) 证明收敛半径不小于 1：

由递推关系 $(n+1)a_{n+1} = n a_n + a_{n-1}$，移项变形得到：

$$(n+1)a_{n+1} - (n+1)a_n = -a_n + a_{n-1} \implies a_{n+1} - a_n = -\frac{1}{n+1} (a_n - a_{n-1})$$

令 $b_n = a_n - a_{n-1}$，则有 $b_{n+1} = -\frac{1}{n+1} b_n$。

已知 $b_1 = a_1 - a_0 = 0 - 1 = -1$。可递推求出 $b_n$：

$$b_n = \left(-\frac{1}{n}\right)\left(-\frac{1}{n-1}\right)\cdots\left(-\frac{1}{2}\right) b_1 = \frac{(-1)^{n-1}}{n!} (-1) = \frac{(-1)^n}{n!}$$

由此求出通项 $a_n$：

$$a_n = a_0 + \sum_{k=1}^{n} (a_k - a_{k-1}) = 1 + \sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^k}{k!} = \sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k}{k!}$$

由于 $\lim_{n \to \infty} a_n = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{k!} = e^{-1}$。

因 $\lim_{n \to \infty} a_n = \frac{1}{e} \neq 0$，收敛半径 $R = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{a_n}{a_{n+1}} \right| = \frac{1/e}{1/e} = 1$。

故该级数的收敛半径 $R \ge 1$ 成立。

(2) 证明并求 $S(x)$：

和函数 $S(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$，其导数为 $S'(x) = \sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^{n-1}$。

将递推关系式 $(n+1)a_{n+1} = n a_n + a_{n-1}$ 的两边同乘 $x^n$ 并从 $n=1$ 到 $\infty$ 求和：

$$\sum_{n=1}^{\infty} (n+1)a_{n+1} x^n = \sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^n + \sum_{n=1}^{\infty} a_{n-1} x^n$$

分别分析以上三部分：

左边：$\sum_{n=1}^{\infty} (n+1)a_{n+1} x^n = \sum_{m=2}^{\infty} m a_m x^{m-1} = S'(x) - 1 \cdot a_1 = S'(x)$ （因为 $a_1=0$）
右边第一项：$\sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^n = x \sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^{n-1} = x S'(x)$
右边第二项：$\sum_{n=1}^{\infty} a_{n-1} x^n = x \sum_{n=1}^{\infty} a_{n-1} x^{n-1} = x \sum_{k=0}^{\infty} a_k x^k = x S(x)$

将它们代回等式，即得到微分方程：

$$S'(x) = x S'(x) + x S(x) \implies (1-x)S'(x) - xS(x) = 0$$

解这个一阶可分离变量微分方程：

$$\frac{S'(x)}{S(x)} = \frac{x}{1-x} = -1 + \frac{1}{1-x}$$

两边积分：

$$\ln S(x) = \int \left( -1 + \frac{1}{1-x} \right) dx = -x - \ln(1-x) + C$$

即 $S(x) = \frac{C_1 e^{-x}}{1-x}$。代入初值条件 $S(0) = a_0 = 1$ 得 $C_1 = 1$。

故 $S(x) = \frac{e^{-x}}{1-x}$。

11. 求幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{4n^2 + 4n + 3}{2n+1} x^{2n}$ 的收敛域及和函数

题目：

求幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{4n^2 + 4n + 3}{2n+1} x^{2n}$ 的收敛域及和函数.

解答过程：

① 求收敛域：

首先分离系数多项式：

$$a_{2n} = \frac{4n^2 + 4n + 3}{2n+1} = \frac{(2n+1)^2 + 2}{2n+1} = (2n+1) + \frac{2}{2n+1}$$

原级数可拆解为：

$$\sum_{n=0}^{\infty} (2n+1) x^{2n} + 2 \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{2n+1} x^{2n}$$

由根值法或比值法可知，这种多项式系数级别的幂级数关于 $x^2$ 的收敛半径为 1，故要求 $|x^2| < 1 \implies x \in (-1, 1)$。在 $x=\pm 1$ 处，一般项趋于无穷，故不收敛。

收敛域为 $(-1, 1)$。

② 求和函数：

设 $S(x) = S_1(x) + 2 S_2(x)$，对两部分分别求和：

对于 $S_1(x) = \sum_{n=0}^{\infty} (2n+1) x^{2n}$：

通过积分构造：$\int_{0}^{x} S_1(t) dt = \sum_{n=0}^{\infty} x^{2n+1} = x \sum_{n=0}^{\infty} (x^2)^n = \frac{x}{1-x^2}$

两侧对 $x$ 求导：$S_1(x) = \left( \frac{x}{1-x^2} \right)' = \frac{1(1-x^2) - x(-2x)}{(1-x^2)^2} = \frac{1+x^2}{(1-x^2)^2}$。

对于 $S_2(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2n}}{2n+1}$：

当 $x \neq 0$ 时，同乘 $x$ 得到 $x S_2(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2n+1}}{2n+1}$。

求导：$(x S_2(x))' = \sum_{n=0}^{\infty} x^{2n} = \frac{1}{1-x^2}$。

积分回去：$x S_2(x) = \int_{0}^{x} \frac{1}{1-t^2} dt = \frac{1}{2} \ln\frac{1+x}{1-x}$。

因此 $S_2(x) = \frac{1}{2x} \ln\frac{1+x}{1-x}$ （在 $x \to 0$ 时极限为 1，等于 $S_2(0)$）。

综上所述，求得和函数为：

$$S(x) = \begin{cases} \frac{1+x^2}{(1-x^2)^2} + \frac{1}{x} \ln\frac{1+x}{1-x}, & x \in (-1, 1) \text{ 且 } x \neq 0 \\ 3, & x = 0 \end{cases}$$

第11章 无穷级数 | YHK's life

第1节 常数项级数的概念和性质

一、 基础题

二、 提高题

第2节 常数项级数的审敛法

一、 基础题

二、 提高题

三、 考研真题

第3节 幂级数

一、基础题

二、提高题

三、考研真题

第4节 将函数展开成幂级数

一、基础题

二、提高题

三、考研真题

第5节 傅⾥叶级数

待校验 3

一、基础题

题目 1

题目 2

题目 3

二、提高题

题目 4

题目 5

三、考研真题

题目 6

题目 7

题目 8

总习题十一

1. 填空题

(1)

(2)

(3)

(4)

(5)

2. 选择题

(1)

(2)

(3)

(4)

(5)

3. 判断下列正项级数的敛散性

(1)

(2)

(3)

(4)

(5)

(6)

4. 判断下列级数的敛散性，若级数收敛，是绝对收敛还是条件收敛？

(1)

(2)

(3)

(4)

5. 求下列幂级数的收敛区间

(1)

(2)

(3)

(4)

6. 求下列幂级数的收敛域及和函数

(1)

(2)

(3)

(4)

7. 将下列函数展开成 $x$ 的幂级数

(1)

(2)

8. 设 $f(x)$ 是周期为 $2\pi$ 的周期函数

9. 将函数 $f(x) = 2 + |x|$ 在 $[-1, 1]$ 上展开成傅里叶级数

10. 设数列 $\{a_n\}$ 满足

11. 求幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{4n^2 + 4n + 3}{2n+1} x^{2n}$ 的收敛域及和函数

第11章无穷级数 | YHK's life

第1节常数项级数的概念和性质

一、基础题

二、提高题

第2节常数项级数的审敛法

一、基础题

二、提高题

三、考研真题

第3节幂级数

第4节将函数展开成幂级数

第5节傅⾥叶级数