第十一章 无穷级数

选择题

1. 下列各项中正确的是

A. 若

$$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n^2\text{和}\sum _{n=1}^{\infty }{v}_n^2$$

都收敛，则

$$\sum _{n=1}^{\infty }(u_n+v_n{)}^2$$

收敛；

B. 若

$$\sum _{n=1}^{\infty }|u_n{v}_n|$$

收敛，则

$$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n^2\text{与}\sum _{n=1}^{\infty }{v}_n^2$$

都收敛；

C. 若正项级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n$$

发散，则 $u_n\ge \frac{1}{n}$；

D. 若级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n$$

收敛且 $u_n\ge v_n(n=1,2,\cdots )$，则级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }{v}_n$$

也收敛。

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答案： A

解析： 由不等式

$$(u_n+v_n{)}^2\le 2u_n^2+2v_n^2$$

可知，若 $\sum u_n^2$ 与 $\sum v_n^2$ 均收敛，则

$$0\le \sum _{n=1}^{\infty }(u_n+v_n{)}^2\le 2\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n^2+2\sum _{n=1}^{\infty }{v}_n^2<+\infty .$$

因此选项 A 正确。

其余选项：

• B 错误。例如取 $u_n=1$，$v_n=\frac{1}{n^2}$，则

$$\sum _{n=1}^{\infty }|u_n{v}_n|=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}$$

收敛，但 $\sum u_n^2=\sum 1$ 发散。

• C 错误。正项级数发散并不要求逐项满足 $u_n\ge \frac{1}{n}$。例如当 $n\ge 2$ 时取

$$u_n=\frac{1}{n\ln n},$$

则 $u_n<\frac{1}{n}$，但 $\sum u_n$ 仍发散。

• D 错误。一般项之间可比较并不能直接判断任意项级数的敛散性。例如取

$$u_n=0,v_n=-\frac{1}{n},$$

则 $u_n\ge v_n$，且 $\sum u_n$ 收敛，但 $\sum v_n$ 发散。

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2. 若级数

$$\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n(x-1{)}^n$$

在 $x=-1$ 处收敛，则此级数在 $x=2$ 处

A. 条件收敛；    B. 绝对收敛；    C. 发散；    D. 敛散性不能确定。

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答案： B

解析： 该幂级数的中心为 $x_0=1$。在 $x=-1$ 处，有

$$|x-x_0|=|-1-1|=2.$$

幂级数在距离中心为 $2$ 的点处收敛，说明其收敛半径满足

$$R\ge 2.$$

而在 $x=2$ 处，

$$|x-x_0|=|2-1|=1<2\le R.$$

幂级数在收敛区间内部必绝对收敛，因此在 $x=2$ 处绝对收敛，故选 B。

A、C、D 均错误，因为 $x=2$ 位于已知收敛点 $x=-1$ 到幂级数中心距离所确定的内部区域内，其绝对收敛性可以确定。

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3. 级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^n\frac{n+a}{n+1}\cdot \frac{1}{\sqrt{n}}$$

A. 绝对收敛；    B. 条件收敛；    C. 发散；    D. 敛散性与 $a$ 有关。

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答案： B

解析： 先将一般项拆分：

$$\frac{n+a}{n+1}=1+\frac{a-1}{n+1}.$$

因此原级数可写为

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{\sqrt{n}}+(a-1)\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{(n+1)\sqrt{n}}.$$

其中，第一项是交错级数。因为 $n^{-1/2}$ 单调趋于 $0$，故由莱布尼茨判别法知其收敛；第二项满足

$$\sum _{n=1}^{\infty }\left|\frac{(-1{)}^n}{(n+1)\sqrt{n}}\right|=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{(n+1)\sqrt{n}},$$

而

$$\frac{1}{(n+1)\sqrt{n}}\sim \frac{1}{n^{3/2}},$$

故第二项绝对收敛。因此原级数对任意常数 $a$ 都收敛。

再考察绝对收敛性。由于

$$\left|\frac{n+a}{n+1}\right|⟶1,$$

所以

$$\left|\frac{n+a}{n+1}\cdot \frac{1}{\sqrt{n}}\right|\sim \frac{1}{\sqrt{n}}.$$

而级数 $\sum n^{-1/2}$ 发散，故原级数不绝对收敛。

因此原级数为条件收敛，且敛散性与 $a$ 无关。A、C、D 均错误。

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4. 设有级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n,S_n=\sum _{k=1}^n{a}_k,$$

则 $S_n$ 有界是级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$ 收敛的

A. 充分条件；    B. 必要条件；    C. 充分必要条件；    D. 既非充分条件也非必要条件。

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答案： B

解析： 级数 $\sum a_n$ 收敛的定义是其部分和数列 $\{S_n\}$ 存在有限极限。任何收敛数列必有界，因此

$$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n\text{ 收敛}⟹\{S_n\}\text{ 有界}.$$

所以 $S_n$ 有界是级数收敛的必要条件。

但有界并不保证收敛。例如级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}=1-1+1-1+\cdots$$

的部分和为

$$S_{2n}=0,S_{2n-1}=1,$$

部分和数列有界但不收敛，因此该条件不是充分条件。

故选 B。A、C、D 均不正确。

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5. 已知 $a_n>0(n=1,2,\cdots )$，且

$$\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}{a}_n$$

条件收敛，记

$$b_n=2a_{2n-1}-a_{2n},$$

则级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n$$

A. 绝对收敛；    B. 条件收敛；    C. 发散；    D. 收敛或发散取决于 $a_n$ 的具体形式。

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答案： C

解析： 记

$$O_N=\sum _{n=1}^N{a}_{2n-1},E_N=\sum _{n=1}^N{a}_{2n}.$$

原交错级数的偶数项部分和为

$$O_N-E_N,$$

由于原级数收敛，所以 $O_N-E_N$ 收敛，从而有界。

又因为原级数是条件收敛，所以其绝对值级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$$

发散，即

$$O_N+E_N⟶+\infty .$$

由 $O_N-E_N$ 有界以及 $O_N+E_N\to +\infty$，可得

$$O_N⟶+\infty ,E_N⟶+\infty .$$

级数 $\sum b_n$ 的前 $N$ 项部分和为

$$\sum _{n=1}^N{b}_n=2O_N-E_N=O_N+(O_N-E_N).$$

其中 $O_N\to +\infty$，而 $O_N-E_N$ 有界，因此

$$\sum _{n=1}^N{b}_n⟶+\infty .$$

故级数 $\sum b_n$ 发散，选 C。

A、B 错误，因为该级数甚至不收敛；D 错误，因为仅由题设条件已经能够确定其必然发散。

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6. 下列命题中正确的是

A. 若幂级数

$$\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$$

的收敛半径 $R\ne 0$，则

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|=R^{-1};$$

B. 若

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|$$

不存在，则

$$\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$$

不存在收敛半径；

C. 若

$$\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$$

的收敛域为 $[-R,R]$，则

$$\sum _{n=0}^{\infty }n{a}_n{x}^{n-1}$$

的收敛域为 $[-R,R]$；

D. 若

$$\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$$

的收敛区间 $(-R,R)$ 即它的收敛域，则

$$\sum _{n=0}^{\infty }\frac{a_n}{n+1}{x}^{n+1}$$

的收敛域可能是 $[-R,R]$。

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答案： D

解析： 幂级数逐项积分后收敛半径不变，但端点处的敛散性可能发生变化。原级数在两个端点均发散，逐项积分后，由于系数多了因子 $\frac{1}{n+1}$，两个端点都有可能变为收敛，因此 D 正确。

例如取 $R=1$，并令

$$a_n=\cos \frac{n\pi }{2}.$$

则在 $x=1$ 与 $x=-1$ 处，原级数的一般项均不趋于 $0$，所以两个端点都发散，原级数收敛域为 $(-1,1)$。逐项积分后，在 $x=\pm 1$ 处所得级数本质上均为收敛的交错调和型级数，因此积分后级数的收敛域可以成为 $[-1,1]$。

其余选项：

• A 错误。比值极限存在时可用比值法求收敛半径，但收敛半径存在并不保证系数比值极限一定存在。
• B 错误。任何幂级数都存在收敛半径，收敛半径由柯西—阿达马公式

$$\frac{1}{R}=\underset{n\to \infty }{\mathrm{limsup}}\sqrt[n]{|a_n|}$$

确定，不要求 $\left|a_{n+1}/a_n\right|$ 的极限存在。

• C 错误。逐项求导不改变收敛半径，但可能破坏端点收敛性。例如

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^n}{n^2}$$

在 $[-1,1]$ 上收敛，而其导数级数

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

在 $x=1$ 处发散，故收敛域不再是 $[-1,1]$。

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7. 对于任意 $x$ 的值，

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{3^n{x}^n}{n!}=$$

A. 0；    B. 1；    C. $\frac{1}{2}$；    D. $\infty$。

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答案： A

解析： 固定任意实数 $x$，令

$$a_n=\frac{3^n{x}^n}{n!}=\frac{(3x{)}^n}{n!}.$$

考察其绝对值相邻项之比：

$$\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|=\frac{|3x|}{n+1}⟶0.$$

因此当 $n$ 充分大时，$|a_{n+1}|\le q|a_n|$，其中可取某个 $0<q<1$。于是 $a_n\to 0$。即

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{3^n{x}^n}{n!}=0.$$

故选 A，B、C、D 均错误。

填空题

1. 设级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n$$

的部分和

$$S_n=\frac{n}{2n-1},$$

则

$$\sum _{n=1}^{\infty }(u_n+u_{n+1}+u_{n+2})=\underline{}.$$

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答案： $-\frac{1}{6}$

解析： 由部分和

$$S_n=\sum _{k=1}^n{u}_k=\frac{n}{2n-1}$$

可得原级数的和为

$$S=\underset{n\to \infty }{\lim }{S}_n=\frac{1}{2}.$$

又有

$$u_1=S_1=1,$$

以及

$$u_2=S_2-S_1=\frac{2}{3}-1=-\frac{1}{3}.$$

将所求级数拆开：

$$\begin{array}{rl}\sum _{n=1}^{\infty }(u_n+u_{n+1}+u_{n+2})& =\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n+\sum _{n=1}^{\infty }{u}_{n+1}+\sum _{n=1}^{\infty }{u}_{n+2}\\ & =S+(S-u_1)+(S-u_1-u_2)\\ & =3S-2u_1-u_2.\end{array}$$

代入数值，得

$$3\cdot \frac{1}{2}-2\cdot 1-\left(-\frac{1}{3}\right)=-\frac{1}{6}.$$

因此填

$$-\frac{1}{6}.$$

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2. 级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }\left(\sqrt{n+2}-2\sqrt{n+1}+\sqrt{n}\right)$$

的和 $S=\underline{}$。

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答案： $1-\sqrt{2}$

解析： 令

$$a_n=\sqrt{n},$$

则一般项可以写成二阶差分形式：

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

因此前 $N$ 项和为

$$\begin{array}{rl}{S}_N& =\sum _{n=1}^N[(a_{n+2}-a_{n+1})-(a_{n+1}-a_n)]\\ & =a_{N+2}-a_{N+1}-(a_2-a_1)\\ & =\sqrt{N+2}-\sqrt{N+1}-\sqrt{2}+1.\end{array}$$

又

$$\sqrt{N+2}-\sqrt{N+1}=\frac{1}{\sqrt{N+2}+\sqrt{N+1}}⟶0.$$

故

$$S=\underset{N\to \infty }{\lim }{S}_N=1-\sqrt{2}.$$

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3. 幂级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{x^{n-1}}{n{2}^n}$$

的收敛区间是 $\underline{}$。

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答案： $[-2,2)$

解析： 对一般项取绝对值并使用比值判别法：

$$\left|\frac{x^n}{(n+1)2^{n+1}}/\frac{x^{n-1}}{n{2}^n}\right|=\frac{|x|}{2}\cdot \frac{n}{n+1}⟶\frac{|x|}{2}.$$

当

$$\frac{|x|}{2}<1,$$

即 $|x|<2$ 时，级数绝对收敛；当 $|x|>2$ 时发散。因此收敛半径为

$$R=2.$$

再考察端点：

当 $x=2$ 时，

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2^{n-1}}{n{2}^n}=\frac{1}{2}\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n},$$

发散。

当 $x=-2$ 时，

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-2{)}^{n-1}}{n{2}^n}=\frac{1}{2}\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n},$$

由莱布尼茨判别法知其收敛。

故收敛区间为

$$[-2,2).$$

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4. 题目如下：

$$\sum _{n=1}^{\infty }(n-1)x^n$$

的和函数及定义域是 $\underline{}$。

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答案：

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

解析： 当 $|x|<1$ 时，几何级数满足

$$\sum _{n=1}^{\infty }{x}^n=\frac{x}{1-x}.$$

逐项求导得

$$\sum _{n=1}^{\infty }n{x}^{n-1}=\frac{1}{(1-x{)}^2}.$$

两边同乘 $x$，有

$$\sum _{n=1}^{\infty }n{x}^n=\frac{x}{(1-x{)}^2}.$$

因此

$$\begin{array}{rl}\sum _{n=1}^{\infty }(n-1)x^n& =\sum _{n=1}^{\infty }n{x}^n-\sum _{n=1}^{\infty }{x}^n\\ & =\frac{x}{(1-x{)}^2}-\frac{x}{1-x}\\ & =\frac{x^2}{(1-x{)}^2}.\end{array}$$

当 $x=1$ 时，一般项为 $n-1$，不趋于零；当 $x=-1$ 时，一般项为 $(n-1)(-1{)}^n$，也不趋于零。因此两端均发散。

故和函数及定义域为

$$S(x)=\frac{x^2}{(1-x{)}^2},-1<x<1.$$

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5. 幂级数

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

的和函数及定义域是 $\underline{}$。

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答案：

$$S(x)={\int }_0^x{e}^{-t^2}dt,x\in (-\infty ,+\infty ).$$

解析： 指数函数的麦克劳林展开为

$$e^{-t^2}=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n{t}^{2n}}{n!},t\in (-\infty ,+\infty ).$$

在任意有限区间上逐项积分，得

$${\int }_0^x{e}^{-t^2}dt=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n{x}^{2n+1}}{n!(2n+1)}.$$

把 $n=0$ 项分离出来，即

$${\int }_0^x{e}^{-t^2}dt=x+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n{x}^{2n+1}}{n!(2n+1)}.$$

所以和函数为

$$S(x)={\int }_0^x{e}^{-t^2}dt.$$

由于 $e^{-t^2}$ 的幂级数收敛半径为 $+\infty$，逐项积分后的幂级数收敛半径仍为 $+\infty$，故定义域为

$$(-\infty ,+\infty ).$$

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6. 设级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\sqrt{n^2+n}-\sqrt{n^2-n}}{n^p}$$

收敛，则 $p$ 的取值范围是 $\underline{}$。

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答案： $p>1$

解析： 先将分子有理化：

$$\sqrt{n^2+n}-\sqrt{n^2-n}=\frac{2n}{\sqrt{n^2+n}+\sqrt{n^2-n}}.$$

约去 $n$，得

$$\sqrt{n^2+n}-\sqrt{n^2-n}=\frac{2}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}+\sqrt{1-\frac{1}{n}}}⟶1.$$

故原级数的一般项满足

$$\frac{\sqrt{n^2+n}-\sqrt{n^2-n}}{n^p}\sim \frac{1}{n^p}.$$

原级数为正项级数，由极限比较判别法，它与 $p$-级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^p}$$

具有相同的敛散性。后者当且仅当 $p>1$ 时收敛。

因此

$$p>1.$$

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7. 设

$$\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$$

满足

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|=3,$$

又

$$\sum _{n=0}^{\infty }{b}_n{x}^{2n}$$

满足

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{a_n}{b_n}=1,$$

则

$$\sum _{n=0}^{\infty }{b}_n{x}^{2n}$$

的收敛半径 $R=\underline{}$。

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答案： $\frac{1}{\sqrt{3}}$

解析： 由

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|=3$$

可知幂级数 $\sum a_n{x}^n$ 的收敛半径为

$$R_1=\frac{1}{3}.$$

等价地，

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{|a_n|}=3.$$

又因为

$$\frac{a_n}{b_n}⟶1,$$

所以

$$\sqrt[n]{\left|\frac{a_n}{b_n}\right|}⟶1,$$

从而

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{|b_n|}=3.$$

考察级数

$$\sum _{n=0}^{\infty }{b}_n{x}^{2n}.$$

由根值判别法，其一般项绝对值的 $n$ 次方根为

$$\sqrt[n]{|b_n{x}^{2n}|}=\sqrt[n]{|b_n|}|x{|}^2⟶3|x{|}^2.$$

因此级数收敛的条件是

$$3|x{|}^2<1,$$

即

$$|x|<\frac{1}{\sqrt{3}}.$$

故收敛半径为

$$R=\frac{1}{\sqrt{3}}.$$

计算题与证明题

1. 证明级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }{\int }_n^{n+1}{e}^{-\sqrt{x}}dx$$

收敛。

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答案： 该级数收敛，并且其和为

$$\frac{4}{e}.$$

解析： 由于被积函数恒为正，且各积分区间首尾相接，因此对任意正整数 $N$，有

$$\begin{array}{rl}\sum _{n=1}^N{\int }_n^{n+1}{e}^{-\sqrt{x}}dx& ={\int }_1^{N+1}{e}^{-\sqrt{x}}dx.\end{array}$$

令

$$t=\sqrt{x},x=t^2,dx=2tdt,$$

则

$${\int }_1^{N+1}{e}^{-\sqrt{x}}dx=2{\int }_1^{\sqrt{N+1}}t{e}^{-t}dt.$$

分部积分可得

$$\int t{e}^{-t}dt=-(t+1)e^{-t}+C,$$

所以

$$\begin{array}{rl}2{\int }_1^{\sqrt{N+1}}t{e}^{-t}dt& =2{\left[-(t+1)e^{-t}\right]}_1^{\sqrt{N+1}}\\ & =\frac{4}{e}-2\left(\sqrt{N+1}+1\right)e^{-\sqrt{N+1}}.\end{array}$$

当 $N\to \infty$ 时，指数函数的衰减速度快于任何幂函数的增长速度，故

$$\left(\sqrt{N+1}+1\right)e^{-\sqrt{N+1}}\to 0.$$

于是

$$\sum _{n=1}^{\infty }{\int }_n^{n+1}{e}^{-\sqrt{x}}dx=\underset{N\to \infty }{\lim }{\int }_1^{N+1}{e}^{-\sqrt{x}}dx=\frac{4}{e}.$$

因此原级数收敛。

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2. 将下列函数在指定点展开成幂级数：

（Ⅰ）$f(x)=\arcsin x$，在 $x=0$ 处；

（Ⅱ）$f(x)=\ln x$，在 $x=1$ 及 $x=2$ 处；

（Ⅲ）$f(x)=\frac{x}{x+2}$，在 $x=1$ 处。

查看答案与解析

答案： （Ⅰ）

$$\arcsin x=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(2n)!}{4^n(n!{)}^2(2n+1)}{x}^{2n+1},-1\le x\le 1.$$

（Ⅱ）在 $x=1$ 处：

$$\ln x=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n}(x-1{)}^n,0<x\le 2.$$

在 $x=2$ 处：

$$\ln x=\ln 2+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n{2}^n}(x-2{)}^n,0<x\le 4.$$

（Ⅲ）

$$\frac{x}{x+2}=\frac{1}{3}+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2(-1{)}^{n-1}}{3^{n+1}}(x-1{)}^n,-2<x<4.$$

解析：

（Ⅰ）$\arcsin x$ 在 $x=0$ 处的展开

由二项式级数

$$(1-u{)}^{-\frac{1}{2}}=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(2n)!}{4^n(n!{)}^2}{u}^n,|u|<1,$$

令 $u=x^2$，得

$$\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(2n)!}{4^n(n!{)}^2}{x}^{2n},|x|<1.$$

又因为

$$\arcsin x={\int }_0^x\frac{dt}{\sqrt{1-t^2}},$$

故可在收敛区间内部逐项积分：

$$\begin{array}{rl}\arcsin x& =\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(2n)!}{4^n(n!{)}^2}{\int }_0^x{t}^{2n}dt\\ & =\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(2n)!}{4^n(n!{)}^2(2n+1)}{x}^{2n+1}.\end{array}$$

当 $x=\pm 1$ 时，级数各项绝对值与 $n^{-3/2}$ 同阶，因而绝对收敛。因此收敛区间为

$$[-1,1].$$

（Ⅱ）$\ln x$ 的展开

在 $x=1$ 处，令

$$u=x-1.$$

由

$$\ln (1+u)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n}{u}^n,-1<u\le 1,$$

得

$$\ln x=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n}(x-1{)}^n,0<x\le 2.$$

在右端点 $x=2$ 处为交错调和级数，收敛；在左端点 $x=0$ 处化为负调和级数，发散。

在 $x=2$ 处，将 $x$ 写成

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

于是

$$\begin{array}{rl}\ln x& =\ln 2+\ln \left(1+\frac{x-2}{2}\right)\\ & =\ln 2+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n}{\left(\frac{x-2}{2}\right)}^n\\ & =\ln 2+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n{2}^n}(x-2{)}^n.\end{array}$$

其收敛条件为

$$-1<\frac{x-2}{2}\le 1,$$

即

$$0<x\le 4.$$

（Ⅲ）$\frac{x}{x+2}$ 在 $x=1$ 处的展开

令

$$t=x-1.$$

则

$$\frac{x}{x+2}=\frac{1+t}{3+t}=1-\frac{2}{3+t}.$$

当 $|t|<3$ 时，利用几何级数得

$$\begin{array}{rl}\frac{2}{3+t}& =\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{1+\frac{t}{3}}\\ & =\frac{2}{3}\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n{\left(\frac{t}{3}\right)}^n.\end{array}$$

因此

$$\begin{array}{rl}\frac{x}{x+2}& =1-\frac{2}{3}\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^n{\left(\frac{x-1}{3}\right)}^n\\ & =\frac{1}{3}+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2(-1{)}^{n-1}}{3^{n+1}}(x-1{)}^n.\end{array}$$

收敛条件为

$$|x-1|<3,$$

即

$$-2<x<4.$$

在两个端点处，幂级数的一般项均不趋于零，故均发散。

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3. 将函数

$$f(x)=\sin (x+a)$$

展开成 $x$ 的幂级数，并求收敛域。

查看答案与解析

答案：

$$\sin (x+a)=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{\sin \left(a+\frac{n\pi }{2}\right)}{n!}{x}^n,x\in (-\infty ,+\infty ).$$

等价地，

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

解析： 利用和角公式，

$$\sin (x+a)=\sin a\cos x+\cos a\sin x.$$

由

$$\cos x=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n{x}^{2n}}{(2n)!},$$

以及

$$\sin x=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n{x}^{2n+1}}{(2n+1)!},$$

可得

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

另一方面，函数 $f(x)=\sin (x+a)$ 的各阶导数满足

$$f^{(n)}(x)=\sin \left(x+a+\frac{n\pi }{2}\right),$$

因此

$$f^{(n)}(0)=\sin \left(a+\frac{n\pi }{2}\right).$$

由麦克劳林公式也可直接写成

$$\sin (x+a)=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{\sin \left(a+\frac{n\pi }{2}\right)}{n!}{x}^n.$$

由于正弦级数和余弦级数的收敛半径均为 $+\infty$，故该幂级数对任意实数 $x$ 都收敛，收敛域为

$$(-\infty ,+\infty ).$$

---

4. 将函数

$$f(x)=\frac{x-1}{4-x}$$

在点 $x_0=1$ 处展开成幂级数，并求 $f^{(n)}(1)$。

查看答案与解析

答案：

$$\frac{x-1}{4-x}=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(x-1{)}^n}{3^n},|x-1|<3.$$

并且

$$f^{(n)}(1)=\frac{n!}{3^n},n=1,2,\cdots .$$

此外，

$$f(1)=0.$$

解析： 令

$$t=x-1.$$

则

$$4-x=3-t,$$

从而

$$\frac{x-1}{4-x}=\frac{t}{3-t}=\frac{t}{3}\cdot \frac{1}{1-\frac{t}{3}}.$$

当

$$\left|\frac{t}{3}\right|<1$$

时，利用几何级数公式

$$\frac{1}{1-u}=\sum _{k=0}^{\infty }{u}^k,|u|<1,$$

得

$$\begin{array}{rl}\frac{x-1}{4-x}& =\frac{t}{3}\sum _{k=0}^{\infty }{\left(\frac{t}{3}\right)}^k\\ & =\sum _{k=0}^{\infty }\frac{t^{k+1}}{3^{k+1}}\\ & =\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(x-1{)}^n}{3^n}.\end{array}$$

其收敛条件为

$$|x-1|<3.$$

另一方面，函数在 $x=1$ 处的泰勒展开为

$$f(x)=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{f^{(n)}(1)}{n!}(x-1{)}^n.$$

比较同次幂系数可知，当 $n\ge 1$ 时，

$$\frac{f^{(n)}(1)}{n!}=\frac{1}{3^n},$$

所以

$$f^{(n)}(1)=\frac{n!}{3^n}.$$

常数项为零，故

$$f(1)=0.$$

---

5. 已知

$$\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$$

的收敛半径 $R=R_0>0$，求证：级数

$$\sum _{n=0}^{\infty }\frac{a_n}{n!}{x}^n$$

的收敛域为 $(-\infty ,+\infty )$。

查看答案与解析

答案： 级数

$$\sum _{n=0}^{\infty }\frac{a_n}{n!}{x}^n$$

对任意 $x\in \mathbb{R}$ 都绝对收敛，因此其收敛半径为 $+\infty$，收敛域为

$$(-\infty ,+\infty ).$$

解析： 因为原幂级数

$$\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$$

的收敛半径为 $R_0>0$，故可任取一个常数 $r$，使

$$0<r<R_0.$$

此时级数

$$\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{r}^n$$

收敛，所以其通项序列 $\{a_n{r}^n\}$ 必有界。于是存在常数 $M>0$，使得对任意 $n\ge 0$，都有

$$|a_n|r^n\le M.$$

即

$$|a_n|\le \frac{M}{r^n}.$$

现在任取 $x\in \mathbb{R}$，则

$$\left|\frac{a_n}{n!}{x}^n\right|\le M\frac{{\left(\frac{|x|}{r}\right)}^n}{n!}.$$

而指数级数

$$\sum _{n=0}^{\infty }\frac{{\left(\frac{|x|}{r}\right)}^n}{n!}=e^{|x|/r}$$

对任意实数 $x$ 都收敛。由比较判别法可知

$$\sum _{n=0}^{\infty }\left|\frac{a_n}{n!}{x}^n\right|$$

收敛。

因此，所给级数对任意实数 $x$ 都绝对收敛，其收敛半径为

$$R=+\infty ,$$

收敛域为

$$(-\infty ,+\infty ).$$

---

6. 求

$$\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n{n}^2}{(n+1)!}{x}^n$$

的收敛域及和函数。

查看答案与解析

答案： 收敛域为

$$(-\infty ,+\infty ).$$

和函数为

$$S(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{1-(x^2+x+1)e^{-x}}{x},& x\ne 0,\\ 0,& x=0.\end{array}$$

解析： 记

$$S(x)=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n{n}^2}{(n+1)!}{x}^n.$$

由于 $n=0$ 时通项为零，所以可从 $n=1$ 开始求和。

先判断收敛域。设

$$u_n=\frac{(-1{)}^n{n}^2}{(n+1)!}{x}^n.$$

当 $n$ 充分大时，

$$\left|\frac{u_{n+1}}{u_n}\right|=|x|\frac{(n+1{)}^2}{(n+2)n^2}⟶0.$$

故对任意固定的 $x\in \mathbb{R}$，级数均绝对收敛。因此收敛半径为 $+\infty$，收敛域为

$$(-\infty ,+\infty ).$$

下面求和函数。对 $n\ge 1$，有

$$\frac{n^2}{(n+1)!}=\frac{1}{(n-1)!}-\frac{1}{n!}+\frac{1}{(n+1)!}.$$

因此

$$\begin{array}{rl}S(x)& =\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n{x}^n}{(n-1)!}-\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n{x}^n}{n!}+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n{x}^n}{(n+1)!}.\end{array}$$

分别计算三部分：

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n{x}^n}{(n-1)!}=-x{e}^{-x},$$$$-\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n{x}^n}{n!}=1-e^{-x},$$

并且当 $x\ne 0$ 时，

$$\begin{array}{rl}\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n{x}^n}{(n+1)!}& =-\frac{1}{x}\sum _{k=2}^{\infty }\frac{(-1{)}^k{x}^k}{k!}\\ & =-\frac{e^{-x}-1+x}{x}\\ & =\frac{1-x-e^{-x}}{x}.\end{array}$$

于是当 $x\ne 0$ 时，

$$\begin{array}{rl}S(x)& =-x{e}^{-x}+1-e^{-x}+\frac{1-x-e^{-x}}{x}\\ & =\frac{1-(x^2+x+1)e^{-x}}{x}.\end{array}$$

当 $x=0$ 时，原级数各项均为零，所以

$$S(0)=0.$$

并且

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1-(x^2+x+1)e^{-x}}{x}=0,$$

故上述分段定义在 $x=0$ 处连续。

---

7. 求

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

的和 $S$。

查看答案与解析

答案：

$$S=\frac{\pi }{2}+\ln 2-2.$$

解析： 先作部分分式分解：

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

因此

$$\begin{array}{rl}S& =\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n}-2\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{2n+1}.\end{array}$$

由对数函数的幂级数

$$\ln (1+x)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n}{x}^n,-1<x\le 1,$$

令 $x=1$，得

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n}=\ln 2.$$

又由反正切函数的幂级数

$$\arctan x=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{2n+1}{x}^{2n+1},|x|\le 1,$$

令 $x=1$，得

$$\frac{\pi }{4}=1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\cdots .$$

所以

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{2n+1}=\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\frac{1}{7}-\cdots =1-\frac{\pi }{4}.$$

代回可得

$$\begin{array}{rl}S& =\ln 2-2\left(1-\frac{\pi }{4}\right)\\ & =\frac{\pi }{2}+\ln 2-2.\end{array}$$

此外，原级数通项的绝对值满足

$$\frac{1}{n(2n+1)}\sim \frac{1}{2n^2},$$

故原级数本身绝对收敛，上述拆项与求和是合法的。

---

8. 设有级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n$。

（Ⅰ）若

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{u}_n=0,$$

又

$$\sum _{n=1}^{\infty }(u_{2n-1}+u_{2n})=(u_1+u_2)+(u_3+u_4)+\cdots$$

收敛，求证：

$$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n$$

收敛。

（Ⅱ）设

$$u_{2n-1}=\frac{1}{n},u_{2n}={\int }_n^{n+1}\frac{dx}{x}(n=1,2,\cdots ),$$

求证：

$$\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}{u}_n$$

收敛。

查看答案与解析

答案： （Ⅰ）级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n$$

收敛。

（Ⅱ）级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}{u}_n$$

收敛。

解析： （Ⅰ）证明：

记原级数的部分和为

$$S_N=\sum _{k=1}^N{u}_k.$$

由已知条件，成对合并后的级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }(u_{2n-1}+u_{2n})$$

收敛，因此其部分和

$$S_{2m}=\sum _{n=1}^m(u_{2n-1}+u_{2n})$$

存在有限极限。设

$$\underset{m\to \infty }{\lim }{S}_{2m}=S.$$

对奇数项部分和，有

$$S_{2m-1}=S_{2m}-u_{2m}.$$

由于

$$\underset{m\to \infty }{\lim }{u}_{2m}=0,$$

故

$$\underset{m\to \infty }{\lim }{S}_{2m-1}=\underset{m\to \infty }{\lim }(S_{2m}-u_{2m})=S.$$

于是原级数部分和的偶数子列与奇数子列都收敛于同一个极限 $S$，从而

$$\underset{N\to \infty }{\lim }{S}_N=S.$$

因此

$$\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n$$

收敛。

（Ⅱ）证明：

令

$$v_n=(-1{)}^{n-1}{u}_n.$$

因为

$$u_{2n-1}=\frac{1}{n}⟶0,$$

且

$$u_{2n}={\int }_n^{n+1}\frac{dx}{x}=\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)⟶0,$$

所以

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{v}_n=0.$$

将级数 $\sum v_n$ 相邻两项合并，得

$$\begin{array}{rl}{v}_{2n-1}+v_{2n}& =u_{2n-1}-u_{2n}\\ & =\frac{1}{n}-{\int }_n^{n+1}\frac{dx}{x}\\ & ={\int }_n^{n+1}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{x}\right)dx.\end{array}$$

当 $x\in [n,n+1]$ 时，

$$0\le \frac{1}{n}-\frac{1}{x}=\frac{x-n}{nx}\le \frac{1}{n^2}.$$

因此

$$0\le v_{2n-1}+v_{2n}\le \frac{1}{n^2}.$$

由于正项级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}$$

收敛，由比较判别法可知

$$\sum _{n=1}^{\infty }(v_{2n-1}+v_{2n})$$

收敛。

结合

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{v}_n=0,$$

由第（Ⅰ）问的结论可知

$$\sum _{n=1}^{\infty }{v}_n=\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}{u}_n$$

收敛。

---

9. 设

$$\sum _{n=1}^{\infty }(a_n-a_{n-1})$$

收敛，又

$$\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n$$

是收敛的正项级数，求证：

$$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{b}_n$$

绝对收敛。

查看答案与解析

答案： 级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{b}_n$$

绝对收敛。

解析： 由级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }(a_n-a_{n-1})$$

收敛，其前 $N$ 项和为

$$\sum _{n=1}^N(a_n-a_{n-1})=a_N-a_0.$$

因此数列 $\{a_N\}$ 存在有限极限，从而 $\{a_n\}$ 有界。于是存在常数 $M>0$，使得

$$|a_n|\le M,n=1,2,\dots .$$

又因为 $b_n>0$，且正项级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n$$

收敛，所以

$$|a_n{b}_n|=|a_n|b_n\le M{b}_n.$$

由正项级数比较判别法，

$$\sum _{n=1}^{\infty }|a_n{b}_n|$$

收敛。

故

$$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n{b}_n$$

绝对收敛。

---

10. 设 $f(x)$ 在 $[-2,2]$ 上有连续的导数，且 $f(0)=0$，

$$F(x)={\int }_{-x}^{x}f(x+t)dt,$$

证明级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }F\left(\frac{1}{n}\right)$$

绝对收敛。

查看答案与解析

答案： 级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }F\left(\frac{1}{n}\right)$$

绝对收敛。

解析： 先对 $F(x)$ 作变量替换。令

$$u=x+t,$$

则当 $t=-x$ 时 $u=0$，当 $t=x$ 时 $u=2x$，故

$$F(x)={\int }_0^{2x}f(u)du.$$

由于 $f^{\prime }(x)$ 在 $[-2,2]$ 上连续，所以 $f^{\prime }(x)$ 在该区间上有界。设

$$|f^{\prime }(x)|\le M,x\in [-2,2].$$

由 $f(0)=0$ 及拉格朗日中值定理，对任意 $u\in [0,2]$，存在介于 $0$ 与 $u$ 之间的 $\xi$，使得

$$f(u)-f(0)=f^{\prime }(\xi )u.$$

因此

$$|f(u)|\le M|u|.$$

取 $x=1/n$，则

$$\begin{array}{rl}\left|F\left(\frac{1}{n}\right)\right|& =\left|{\int }_0^{2/n}f(u)du\right|\\ & \le {\int }_0^{2/n}|f(u)|du\\ & \le M{\int }_0^{2/n}udu\\ & =\frac{2M}{n^2}.\end{array}$$

因为 $p$-级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}$$

收敛，所以由比较判别法，

$$\sum _{n=1}^{\infty }\left|F\left(\frac{1}{n}\right)\right|$$

收敛。

故原级数绝对收敛。

---

11. 设有级数

$$⟨U⟩:\sum _{n=1}^{\infty }{u}_n\text{与}⟨V⟩:\sum _{n=1}^{\infty }{v}_n,$$

求证：

（Ⅰ）若 $⟨U⟩$、$⟨V⟩$ 均绝对收敛，则

$$\sum _{n=1}^{\infty }(u_n+v_n)$$

绝对收敛；

（Ⅱ）若 $⟨U⟩$ 绝对收敛，$⟨V⟩$ 条件收敛，则

$$\sum _{n=1}^{\infty }(u_n+v_n)$$

条件收敛。

查看答案与解析

答案： （Ⅰ）级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }(u_n+v_n)$$

绝对收敛。

（Ⅱ）级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }(u_n+v_n)$$

条件收敛。

解析： （Ⅰ）证明：

由三角不等式，

$$|u_n+v_n|\le |u_n|+|v_n|.$$

因为 $⟨U⟩$、$⟨V⟩$ 均绝对收敛，即

$$\sum _{n=1}^{\infty }|u_n|<\infty ,\sum _{n=1}^{\infty }|v_n|<\infty ,$$

所以

$$\sum _{n=1}^{\infty }(|u_n|+|v_n|)<\infty .$$

由比较判别法可得

$$\sum _{n=1}^{\infty }|u_n+v_n|<\infty .$$

故

$$\sum _{n=1}^{\infty }(u_n+v_n)$$

绝对收敛。

（Ⅱ）证明：

因为 $⟨U⟩$ 绝对收敛，所以 $\sum u_n$ 收敛；又因为 $⟨V⟩$ 条件收敛，所以 $\sum v_n$ 也收敛。因此由收敛级数的线性运算性质，

$$\sum _{n=1}^{\infty }(u_n+v_n)$$

必收敛。

下面证明它不是绝对收敛。反设

$$\sum _{n=1}^{\infty }(u_n+v_n)$$

绝对收敛。由于

$$v_n=(u_n+v_n)-u_n,$$

而

$$|v_n|\le |u_n+v_n|+|u_n|,$$

结合 $\sum |u_n+v_n|$ 与 $\sum |u_n|$ 都收敛，可知

$$\sum _{n=1}^{\infty }|v_n|$$

也收敛。这与 $⟨V⟩$ 条件收敛矛盾。

因此

$$\sum _{n=1}^{\infty }(u_n+v_n)$$

收敛但不绝对收敛，即条件收敛。

---

12. 设 $a_n>0,b_n>0(n=1,2,\cdots )$，且满足

$$\frac{a_{n+1}}{a_n}\le \frac{b_{n+1}}{b_n},n=1,2,\cdots ,$$

试证：

（Ⅰ）若级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n$ 收敛，则 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$ 收敛；

（Ⅱ）若级数 $\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$ 发散，则 $\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n$ 发散。

查看答案与解析

答案： （Ⅰ）若

$$\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n$$

收敛，则

$$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$$

收敛。

（Ⅱ）若

$$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$$

发散，则

$$\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n$$

发散。

解析： 由条件

$$\frac{a_{n+1}}{a_n}\le \frac{b_{n+1}}{b_n}$$

及 $a_n>0,b_n>0$，可得

$$\frac{a_{n+1}}{b_{n+1}}\le \frac{a_n}{b_n}.$$

因此数列

$$\left\{\frac{a_n}{b_n}\right\}$$

单调不增，从而对任意 $n\ge 1$，均有

$$\frac{a_n}{b_n}\le \frac{a_1}{b_1}.$$

即

$$a_n\le \frac{a_1}{b_1}{b}_n.$$

（Ⅰ）证明：

若正项级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n$$

收敛，则由

$$0<a_n\le \frac{a_1}{b_1}{b}_n$$

及比较判别法，正项级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$$

收敛。

（Ⅱ）证明：

采用反证法。若

$$\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n$$

收敛，则根据第（Ⅰ）问，必有

$$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n$$

收敛，这与已知 $\sum a_n$ 发散矛盾。

故

$$\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n$$

必发散。

---

13. 考察级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n^p,$$

其中

$$a_n=\frac{1\cdot 3\cdot 5\cdots (2n-1)}{2\cdot 4\cdot 6\cdots (2n)},$$

$p$ 为常数。

（Ⅰ）证明：

$$\frac{1}{4n}<a_n^2<\frac{1}{2n+1}(n=2,3,4,\cdots );$$

（Ⅱ）证明：级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n^p$$

当 $p>2$ 时收敛，当 $p\le 2$ 时发散。

查看答案与解析

答案： （Ⅰ）对任意整数 $n\ge 2$，有

$$\frac{1}{4n}<a_n^2<\frac{1}{2n+1}.$$

（Ⅱ）

$$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n^p\{\begin{array}{ll}\text{收敛},& p>2,\\ \text{发散},& p\le 2.\end{array}$$

解析： 由定义，

$$a_{n+1}=a_n\frac{2n+1}{2n+2},$$

从而

$$a_{n+1}^2=a_n^2{\left(\frac{2n+1}{2n+2}\right)}^2.$$

（Ⅰ）证明下界：

当 $n=2$ 时，

$$a_2=\frac{1\cdot 3}{2\cdot 4}=\frac{3}{8},a_2^2=\frac{9}{64}>\frac{1}{8}=\frac{1}{4\cdot 2}.$$

假设对某个 $n\ge 2$ 有

$$a_n^2>\frac{1}{4n}.$$

则

$$a_{n+1}^2>\frac{1}{4n}{\left(\frac{2n+1}{2n+2}\right)}^2.$$

又因为

$${\left(\frac{2n+1}{2n+2}\right)}^2>\frac{n}{n+1},$$

这是由于

$$(2n+1{)}^2-4n(n+1)=1>0,$$

故

$$a_{n+1}^2>\frac{1}{4n}\cdot \frac{n}{n+1}=\frac{1}{4(n+1)}.$$

由数学归纳法，

$$a_n^2>\frac{1}{4n}(n\ge 2).$$

证明上界：

当 $n=2$ 时，

$$a_2^2=\frac{9}{64}<\frac{1}{5}=\frac{1}{2\cdot 2+1}.$$

假设对某个 $n\ge 2$ 有

$$a_n^2<\frac{1}{2n+1}.$$

则

$$\begin{array}{rl}{a}_{n+1}^2& <\frac{1}{2n+1}{\left(\frac{2n+1}{2n+2}\right)}^2\\ & =\frac{2n+1}{4(n+1{)}^2}.\end{array}$$

注意到

$$(2n+1)(2n+3)<4(n+1{)}^2,$$

因为

$$4(n+1{)}^2-(2n+1)(2n+3)=1>0.$$

因此

$$\frac{2n+1}{4(n+1{)}^2}<\frac{1}{2n+3},$$

即

$$a_{n+1}^2<\frac{1}{2(n+1)+1}.$$

由数学归纳法，

$$a_n^2<\frac{1}{2n+1}(n\ge 2).$$

综上，

$$\boxed{\frac{1}{4n}<a_n^2<\frac{1}{2n+1}}(n\ge 2).$$

（Ⅱ）讨论级数的敛散性：

首先，由第（Ⅰ）问可知

$$0<a_n^2<\frac{1}{2n+1},$$

故 $a_n\to 0$，并且对所有 $n\ge 1$ 有 $0<a_n<1$。

当 $p>2$ 时，$p/2>1$，且

$$a_n^p=(a_n^2{)}^{p/2}<{\left(\frac{1}{2n+1}\right)}^{p/2}.$$

由于 $p$-级数

$$\sum _{n=2}^{\infty }\frac{1}{(2n+1{)}^{p/2}}$$

收敛，故由比较判别法，

$$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n^p$$

收敛。

当 $0<p\le 2$ 时，由于 $0<a_n<1$，指数越小，幂值越大，所以

$$a_n^p\ge a_n^2>\frac{1}{4n}.$$

而调和级数

$$\sum _{n=2}^{\infty }\frac{1}{4n}$$

发散，故由比较判别法，

$$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n^p$$

发散。

当 $p=0$ 时，

$$a_n^p=1,$$

通项不趋于零，级数发散。

当 $p<0$ 时，由 $a_n\to 0^{+}$ 得

$$a_n^p=\frac{1}{a_n^{-p}}\to +\infty ,$$

通项仍不趋于零，级数发散。

因此

$$\boxed{\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n^p\text{ 当且仅当 }p>2\text{ 时收敛}.}$$

---

14. 设

$$a_n={\int }_0^1{x}^2(1-x{)}^{n}dx,$$

求

$$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n.$$

查看答案与解析

答案：

$$\boxed{\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n=\frac{1}{6}}.$$

解析： 由 $x\in [0,1]$ 可知

$$x^2(1-x{)}^n\ge 0.$$

因此可以交换非负项级数与积分的次序：

$$\begin{array}{rl}\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n& =\sum _{n=1}^{\infty }{\int }_0^1{x}^2(1-x{)}^{n}dx\\ & ={\int }_0^1{x}^2\sum _{n=1}^{\infty }(1-x{)}^{n}dx.\end{array}$$

对 $0<x\le 1$，几何级数满足

$$\sum _{n=1}^{\infty }(1-x{)}^n=\frac{1-x}{1-(1-x)}=\frac{1-x}{x}.$$

于是

$$\begin{array}{rl}\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n& ={\int }_0^1{x}^2\cdot \frac{1-x}{x}dx\\ & ={\int }_0^{1}x(1-x)dx\\ & ={\int }_0^1(x-x^2)dx\\ & ={\left[\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3}\right]}_0^1\\ & =\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\\ & =\frac{1}{6}.\end{array}$$

故

$$\boxed{\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n=\frac{1}{6}}.$$

也可以先直接计算

$$a_n=B(3,n+1)=\frac{2}{(n+1)(n+2)(n+3)},$$

再将其裂项求和，但交换求和与积分的方法更简洁。

---

15. 设有两条抛物线

$$y=n{x}^2+\frac{1}{n}\text{和}y=(n+1)x^2+\frac{1}{n+1},$$

记它们交点的横坐标的绝对值为 $a_n$。

（Ⅰ）求这两条抛物线所围成的平面图形的面积 $S_n$；

（Ⅱ）求级数

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{S_n}{a_n}$$

的和。

查看答案与解析

答案： （Ⅰ）

$$\boxed{a_n=\frac{1}{\sqrt{n(n+1)}}},\boxed{S_n=\frac{4}{3[n(n+1){]}^{3/2}}}.$$

（Ⅱ）

$$\boxed{\sum _{n=1}^{\infty }\frac{S_n}{a_n}=\frac{4}{3}}.$$

解析： （Ⅰ）求交点与面积：

令两条抛物线的纵坐标相等，得

$$n{x}^2+\frac{1}{n}=(n+1)x^2+\frac{1}{n+1}.$$

整理得

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

所以两个交点的横坐标为

$$x=\pm \frac{1}{\sqrt{n(n+1)}},$$

从而

$$\boxed{a_n=\frac{1}{\sqrt{n(n+1)}}}.$$

在区间 $[-a_n,a_n]$ 内，两函数之差为

$$\begin{array}{rl}& \left(n{x}^2+\frac{1}{n}\right)-\left((n+1)x^2+\frac{1}{n+1}\right)\\ & =\frac{1}{n(n+1)}-x^2\\ & =a_n^2-x^2\ge 0.\end{array}$$

故第一条抛物线位于第二条抛物线的上方，所围面积为

$$\begin{array}{rl}{S}_n& ={\int }_{-a_n}^{a_n}(a_n^2-x^2)dx\\ & =2{\int }_0^{a_n}(a_n^2-x^2)dx\\ & =2{\left[a_n^{2}x-\frac{x^3}{3}\right]}_0^{a_n}\\ & =2\left(a_n^3-\frac{a_n^3}{3}\right)\\ & =\frac{4}{3}{a}_n^3.\end{array}$$

代入 $a_n=1/\sqrt{n(n+1)}$，得

$$\boxed{S_n=\frac{4}{3[n(n+1){]}^{3/2}}}.$$

（Ⅱ）求级数的和：

由上式，

$$\frac{S_n}{a_n}=\frac{4}{3}{a}_n^2=\frac{4}{3n(n+1)}.$$

因此

$$\begin{array}{rl}\sum _{n=1}^{\infty }\frac{S_n}{a_n}& =\frac{4}{3}\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n(n+1)}\\ & =\frac{4}{3}\sum _{n=1}^{\infty }\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right).\end{array}$$

该级数为裂项相消级数，其前 $N$ 项和为

$$\sum _{n=1}^N\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)=1-\frac{1}{N+1}.$$

令 $N\to \infty$，得

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n(n+1)}=1.$$

所以

$$\boxed{\sum _{n=1}^{\infty }\frac{S_n}{a_n}=\frac{4}{3}}.$$

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16. 设 $f(x)$ 是区间 $[-\pi ,\pi ]$ 上的偶函数，且满足

$$f\left(\frac{\pi }{2}+x\right)=-f\left(\frac{\pi }{2}-x\right).$$

证明：$f(x)$ 在 $[-\pi ,\pi ]$ 上的傅里叶级数展开式中系数

$$a_{2n}=0,n=1,2,\cdots .$$

查看答案与解析

答案：

$$\boxed{a_{2n}=0,n=1,2,\cdots .}$$

解析： 由于 $f(x)$ 是偶函数，其傅里叶余弦系数为

$$a_{2n}=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }f(x)\cos 2nxdx.$$

由题设

$$f\left(\frac{\pi }{2}+t\right)=-f\left(\frac{\pi }{2}-t\right),$$

令

$$t=x-\frac{\pi }{2},$$

便得到对任意 $x\in [0,\pi ]$，有

$$f(\pi -x)=-f(x).$$

记

$$I_n={\int }_0^{\pi }f(x)\cos 2nxdx.$$

作代换 $x=\pi -t$，则

$$\begin{array}{rl}{I}_n& ={\int }_0^{\pi }f(\pi -t)\cos (2n(\pi -t))dt\\ & ={\int }_0^{\pi }[-f(t)]\cos (2n\pi -2nt)dt.\end{array}$$

由于

$$\cos (2n\pi -2nt)=\cos 2nt,$$

故

$$I_n=-{\int }_0^{\pi }f(t)\cos 2ntdt=-I_n.$$

从而

$$I_n=0.$$

因此

$$a_{2n}=\frac{2}{\pi }{I}_n=0,n=1,2,\cdots .$$

即

$$\boxed{a_{2n}=0,n=1,2,\cdots .}$$

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17. 设

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}-1,& -\pi <x\le 0,\\ 1+x^2,& 0<x\le \pi .\end{array}$$

（Ⅰ）求 $f(x)$ 以 $2\pi$ 为周期的傅氏级数，并指出其和函数 $S(x)$；

（Ⅱ）求

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{n^2}.$$

查看答案与解析

答案： （Ⅰ）傅里叶级数为

$$\boxed{f(x)\sim \frac{{\pi }^2}{6}+\sum _{n=1}^{\infty }\left[\frac{2(-1{)}^n}{n^2}\cos nx+b_n\sin nx\right],}$$

其中

$$\boxed{b_n=-\frac{\pi (-1{)}^n}{n}+\frac{2(1-(-1{)}^n)}{\pi }\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n^3}\right).}$$

在一个周期 $[-\pi ,\pi ]$ 上，其和函数为

$$\boxed{S(x)=\{\begin{array}{ll}-1,& -\pi <x<0,\\ 0,& x=0,\\ 1+x^2,& 0<x<\pi ,\\ \frac{{\pi }^2}{2},& x=\pm \pi ,\end{array}}$$

并作 $2\pi$ 周期延拓。

（Ⅱ）

$$\boxed{\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{n^2}=-\frac{{\pi }^2}{12}.}$$

解析： 傅里叶系数为

$$a_0=\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)dx,$$$$a_n=\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)\cos nxdx,b_n=\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(x)\sin nxdx.$$

（Ⅰ）计算傅里叶系数：

首先，

$$\begin{array}{rl}{a}_0& =\frac{1}{\pi }\left[{\int }_{-\pi }^0(-1)dx+{\int }_0^{\pi }(1+x^2)dx\right]\\ & =\frac{1}{\pi }\left[-\pi +\pi +\frac{{\pi }^3}{3}\right]\\ & =\frac{{\pi }^2}{3}.\end{array}$$

故常数项为

$$\frac{a_0}{2}=\frac{{\pi }^2}{6}.$$

再计算 $a_n$。由于

$${\int }_{-\pi }^0\cos nxdx={\int }_0^{\pi }\cos nxdx=0,$$

所以

$$\begin{array}{rl}{a}_n& =\frac{1}{\pi }{\int }_0^{\pi }{x}^2\cos nxdx.\end{array}$$

两次分部积分可得

$${\int }_0^{\pi }{x}^2\cos nxdx=\frac{2\pi (-1{)}^n}{n^2}.$$

因此

$$\boxed{a_n=\frac{2(-1{)}^n}{n^2}}.$$

下面计算 $b_n$：

$$\begin{array}{rl}{b}_n& =\frac{1}{\pi }\left[{\int }_{-\pi }^0(-1)\sin nxdx+{\int }_0^{\pi }(1+x^2)\sin nxdx\right].\end{array}$$

其中

$${\int }_{-\pi }^0(-1)\sin nxdx=\frac{1-(-1{)}^n}{n},$$$${\int }_0^{\pi }\sin nxdx=\frac{1-(-1{)}^n}{n}.$$

又由分部积分，

$${\int }_0^{\pi }{x}^2\sin nxdx=-\frac{{\pi }^2(-1{)}^n}{n}+\frac{2((-1{)}^n-1)}{n^3}.$$

故

$$\begin{array}{rl}{b}_n& =\frac{1}{\pi }\left[\frac{2(1-(-1{)}^n)}{n}-\frac{{\pi }^2(-1{)}^n}{n}+\frac{2((-1{)}^n-1)}{n^3}\right]\\ & =-\frac{\pi (-1{)}^n}{n}+\frac{2(1-(-1{)}^n)}{\pi }\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n^3}\right).\end{array}$$

因此傅里叶级数为

$$\boxed{f(x)\sim \frac{{\pi }^2}{6}+\sum _{n=1}^{\infty }\left[\frac{2(-1{)}^n}{n^2}\cos nx+\left(-\frac{\pi (-1{)}^n}{n}+\frac{2(1-(-1{)}^n)}{\pi }\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n^3}\right)\right)\sin nx\right].}$$

由傅里叶级数的狄利克雷收敛定理，在连续点处级数收敛于函数值，在跳跃间断点处收敛于左右极限的算术平均值。

在 $x=0$ 处，

$$S(0)=\frac{-1+1}{2}=0.$$

在周期端点 $x=\pm \pi$ 处，

$$S(\pm \pi )=\frac{f(\pi -0)+f(-\pi +0)}{2}=\frac{1+{\pi }^2-1}{2}=\frac{{\pi }^2}{2}.$$

因此在 $[-\pi ,\pi ]$ 上，

$$S(x)=\{\begin{array}{ll}-1,& -\pi <x<0,\\ 0,& x=0,\\ 1+x^2,& 0<x<\pi ,\\ \frac{{\pi }^2}{2},& x=\pm \pi .\end{array}$$

并将其作 $2\pi$ 周期延拓。

（Ⅱ）求级数的和：

在 $x=0$ 处，傅里叶级数收敛于

$$S(0)=0.$$

将 $x=0$ 代入傅里叶级数，因

$$\cos 0=1,\sin 0=0,$$

得

$$0=\frac{{\pi }^2}{6}+2\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{n^2}.$$

于是

$$\boxed{\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{n^2}=-\frac{{\pi }^2}{12}.}$$

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18. 设

$$f(x)=\sin ax,-\pi \le x\le \pi ,a>0,$$

将其展开为以 $2\pi$ 为周期的傅里叶级数。

查看答案与解析

答案： 当 $a\notin {\mathbb{N}}^{+}$ 时，

$$\boxed{\sin ax=\frac{2\sin \pi a}{\pi }\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n+1}n}{n^2-a^2}\sin nx,-\pi <x<\pi .}$$

当 $a=m\in {\mathbb{N}}^{+}$ 时，

$$\boxed{\sin ax=\sin mx.}$$

此时傅里叶级数仅第 $m$ 个正弦系数为 $1$，其余系数均为 $0$。

在端点 $x=\pm \pi$ 处，傅里叶级数的和均为 $0$。

解析： 函数

$$f(x)=\sin ax$$

是奇函数，因此

$$a_0=0,a_n=0.$$

只需计算正弦系数

$$b_n=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }\sin ax\sin nxdx.$$

当 $a\ne n$ 时，利用积化和差公式

$$2\sin ax\sin nx=\cos (a-n)x-\cos (a+n)x,$$

得

$$\begin{array}{rl}{b}_n& =\frac{1}{\pi }{\int }_0^{\pi }\left[\cos (a-n)x-\cos (a+n)x\right]dx\\ & =\frac{1}{\pi }\left[\frac{\sin (a-n)\pi }{a-n}-\frac{\sin (a+n)\pi }{a+n}\right].\end{array}$$

由于

$$\sin (a-n)\pi =(-1{)}^n\sin \pi a,\sin (a+n)\pi =(-1{)}^n\sin \pi a,$$

所以

$$\begin{array}{rl}{b}_n& =\frac{(-1{)}^n\sin \pi a}{\pi }\left(\frac{1}{a-n}-\frac{1}{a+n}\right)\\ & =\frac{2n(-1{)}^n\sin \pi a}{\pi (a^2-n^2)}\\ & =\frac{2n(-1{)}^{n+1}\sin \pi a}{\pi (n^2-a^2)}.\end{array}$$

因此，当 $a\notin {\mathbb{N}}^{+}$ 时，

$$\boxed{\sin ax=\frac{2\sin \pi a}{\pi }\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n+1}n}{n^2-a^2}\sin nx,-\pi <x<\pi .}$$

若 $a=m\in {\mathbb{N}}^{+}$，则由三角函数的正交性，

$$b_n=\{\begin{array}{ll}1,& n=m,\\ 0,& n\ne m,\end{array}$$

故傅里叶级数就是

$$\boxed{\sin mx}.$$

最后，在 $x=\pi$ 处，周期延拓函数的左右极限分别为

$$\sin a\pi ,\sin (-a\pi )=-\sin a\pi ,$$

故端点处的和为

$$\frac{\sin a\pi -\sin a\pi }{2}=0.$$

同理，$x=-\pi$ 处的和也为 $0$。