第十二章 无穷级数

1. 写出下列级数的前五项：

(1) $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1+n}{1+n^{2}} $; (2) $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1\cdot3\cdot\cdots\cdot(2n-1)}{2\cdot4\cdot\cdots\cdot2n} $;

(3) $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{5^{n}} $; (4) $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{n!}{n^{n}} $.

解 （1） $ \frac{1+1}{1+1^{2}}+\frac{1+2}{1+2^{2}}+\frac{1+3}{1+3^{2}}+\frac{1+4}{1+4^{2}}+\frac{1+5}{1+5^{2}}+\cdots $.

(2) $ \frac{1}{2}+\frac{1\cdot3}{2\cdot4}+\frac{1\cdot3\cdot5}{2\cdot4\cdot6}+\frac{1\cdot3\cdot5\cdot7}{2\cdot4\cdot6\cdot8}+\frac{1\cdot3\cdot5\cdot7\cdot9}{2\cdot4\cdot6\cdot8\cdot10}+\cdots. $

(3) $ \frac{1}{5}-\frac{1}{5^{2}}+\frac{1}{5^{3}}-\frac{1}{5^{4}}+\frac{1}{5^{5}}-\cdots $

(4) $ \frac{1!}{1}+\frac{2!}{2^{2}}+\frac{3!}{3^{3}}+\frac{4!}{4^{4}}+\frac{5!}{5^{5}}+\cdots $

根据级数收敛与发散的定义判定下列级数的收敛性：

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

(2) $ \frac{1}{1\cdot3}+\frac{1}{3\cdot5}+\frac{1}{5\cdot7}+\cdots+\frac{1}{(2n-1)(2n+1)}+\cdots; $

(3) $ \sin\frac{\pi}{6}+\sin\frac{2\pi}{6}+\cdots+\sin\frac{n\pi}{6}+\cdots; $

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

解 设级数的部分和为 $ s_{n} $.

(1) 因为

$ s_{n} = (\sqrt{2} - 1) + (\sqrt{3} - \sqrt{2}) + \cdots + (\sqrt{n + 1} - \sqrt{n}) = \sqrt{n + 1} - 1, $

$ \lim_{n\to\infty}s_n=\infty $

所以根据定义可知级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\left(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\right) $ 发散.

（2）由于 $ u_{n}=\frac{1}{(2n-1)(2n+1)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}\right) $，从而

$$ \begin{aligned}s_{n}&=\frac{1}{2}\Big[\left(1-\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}\right)\Big]\\&=\frac{1}{2}\Big(1-\frac{1}{2n+1}\Big),\end{aligned} $$

$$ \lim_{n\to\infty}s_n=\frac{1}{2}, $$

所以根据定义可知级数收敛.

（3）由于 $ u_{n} = \sin \frac{n\pi}{6} = \frac{2\sin \frac{\pi}{12}\sin \frac{n\pi}{6}}{2\sin \frac{\pi}{12}} = \frac{\cos \frac{2n-1}{12}\pi - \cos \frac{2n+1}{12}\pi}{2\sin \frac{\pi}{12}} $，从而

$$ \begin{aligned}s_{n}&=\frac{1}{2\sin\frac{\pi}{12}}\Big[\left(\cos\frac{\pi}{12}-\cos\frac{3\pi}{12}\right)+\left(\cos\frac{3\pi}{12}-\cos\frac{5\pi}{12}\right)+\cdots+&\\&\left(\cos\frac{2n-1}{12}\pi-\cos\frac{2n+1}{12}\pi\right)\Big]\\ &\\&=\frac{1}{2\sin\frac{\pi}{12}}\Big(\cos\frac{\pi}{12}-\cos\frac{2n+1}{12}\pi\Big),\\ \end{aligned} $$

因为当 $ n \to \infty $ 时， $ \cos \frac{2n+1}{12}\pi $ 的极限不存在，所以 $ s_{n} $ 的极限不存在，即级数发散。

(4)

$$ s_{n}=\ln2+\ln\frac{3}{2}+\ln\frac{4}{3}+\cdots+\ln\frac{n+1}{n}=\ln\left(n+1\right), $$

因 $ \lim_{n\to\infty}s_n=\infty $，故级数发散。

1. 判定下列级数的收敛性：

$$ -\frac{8}{9}+\frac{8^{2}}{9^{2}}-\frac{8^{3}}{9^{3}}+\cdots+(-1)^{n}\frac{8^{n}}{9^{n}}+\cdots; $$

(2)

$$ \frac{1}{3}+\frac{1}{6}+\frac{1}{9}+\cdots+\frac{1}{3n}+\cdots; $$

(3)

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

(4)

$$ \frac{3}{2}+\frac{3^{2}}{2^{2}}+\frac{3^{3}}{2^{3}}+\cdots+\frac{3^{n}}{2^{n}}+\cdots; $$

(5)

$$ \left(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{3^{2}}\right)+\left(\frac{1}{2^{3}}+\frac{1}{3^{3}}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{2^{n}}+\frac{1}{3^{n}}\right)+\cdots. $$

解 （1）此级数为公比 $ q = -\frac{8}{9} $ 的等比级数，因 $ \left|q\right| < 1 $，故该级数收敛.

（2）此级数的部分和

$$ s_{n}=\frac{1}{3}+\frac{1}{6}+\frac{1}{9}+\cdots+\frac{1}{3n}=\frac{1}{3}\bigg(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}\bigg), $$

而 $ \lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}\right)=+\infty $ ，故

$$ \lim_{n\to\infty}s_{n}=+\infty, $$

即该级数发散.

（3）此级数的一般项 $ u_{n}=\frac{1}{\sqrt[n]{3}} $，有 $ \lim_{n\to\infty}u_n=\lim_{n\to\infty}\left(\frac{1}{3}\right)^{\frac{1}{n}}=1 $，不满足级数收敛的必要条件，故该级数发散.

（4）此级数为公比 $ q = \frac{3}{2} $ 的等比级数，因 $ \left|q\right| > 1 $，故该级数发散。

（5）此级数的一般项 $ u_{n}=\frac{1}{2^{n}}+\frac{1}{3^{n}} $，注意到 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2^{n}} $ 与 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{3^{n}} $ 分别是公比 $ q=\frac{1}{2} $ 与 $ q=\frac{1}{3} $ 的等比级数，而 $ \left|q\right|<1 $，故 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2^{n}} $ 与 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{3^{n}} $ 均收敛。根据收敛级数的性质可知，原级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{2^{n}}+\frac{1}{3^{n}}\right) $ 收敛。

$ ^{*} $4. 利用柯西审敛原理判定下列级数的收敛性：

(1)

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

(2)

$$ 1+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}-\frac{1}{6}+\cdots+\frac{1}{3n-2}+\frac{1}{3n-1}-\frac{1}{3n}+\cdots; $$

（3）

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

(4)

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

解（1）

$$ \begin{align*}\left|s_{n+p}-s_{n}\right|&=\left|u_{n+1}+u_{n+2}+u_{n+3}+\cdots+u_{n+p}\right|\\&=\left|\frac{(-1)^{n+2}}{n+1}+\frac{(-1)^{n+3}}{n+2}+\frac{(-1)^{n+4}}{n+3}+\cdots+\frac{(-1)^{n+p+1}}{n+p}\right|\\&=\left|\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}+\frac{1}{n+3}-\cdots+\frac{(-1)^{p-1}}{n+p}\right|.\end{align*} $$

由于

$$ \frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}+\frac{1}{n+3}-\cdots+\frac{\left(-1\right)^{p-1}}{n+p} $$

$$ =(\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2})+(\frac{1}{n+3}-\frac{1}{n+4})+\cdots+\{\begin{aligned}&\frac{1}{n+p},&p& 为奇数 \\&\frac{1}{n+p-1}-\frac{1}{n+p},&p& 为偶数 .\end{aligned}. $$

故

$$ \frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}+\frac{1}{n+3}-\cdots+\frac{\left(-1\right)^{p-1}}{n+p}>0,\forall p\in\mathbf{Z}^{+}. $$

于是，当 p 为奇数时，

$$ \mid s_{n+p}-s_{n}\mid=\frac{1}{n+1}-\left(\frac{1}{n+2}-\frac{1}{n+3}\right)-\cdots-\left(\frac{1}{n+p-1}-\frac{1}{n+p}\right)<\frac{1}{n+1}; $$

当p为偶数时，

$$ \mid s_{n+p}-s_{n}\mid=\frac{1}{n+1}-\left(\frac{1}{n+2}-\frac{1}{n+3}\right)-\cdots-\left(\frac{1}{n+p-2}-\frac{1}{n+p-1}\right)-\frac{1}{n+p}<\frac{1}{n+1}. $$

因此，对任意给定的正数 $ \varepsilon $，取正整数 $ N \geqslant \frac{1}{\varepsilon} $，则当 n > N 时，对任何正整数 p，都有

$$ \mid s_{n+p}-s_{n}\mid<\frac{1}{n+1}<\frac{1}{n}<\varepsilon, $$

根据柯西收敛原理知，级数收敛。

（2）当 n 是 3 的倍数时，如果取 p = 3n，则必有

$$ \begin{align*}\left|s_{n+p}-s_{n}\right|&=\left|\frac{1}{n+1}+\left(\frac{1}{n+2}-\frac{1}{n+3}\right)+\frac{1}{n+4}+\left(\frac{1}{n+5}-\frac{1}{n+6}\right)+\cdots+\frac{1}{4n-2}+\left(\frac{1}{4n-1}-\frac{1}{4n}\right)\right|\\&>\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+4}+\cdots+\frac{1}{4n-2}>\underbrace{\frac{1}{4n}+\frac{1}{4n}+\cdots+\frac{1}{4n}}_{n 个 }=\frac{1}{4}.\end{align*} $$

于是对 $ \varepsilon_{0}=\frac{1}{4} $，不论 N 为何正整数，当 n>N 并 n 是 3 的倍数，且当 p=3n 时，就有

$$ \left|\begin{array}{c}s_{n+p}-s_{n}\end{array}\right|>\varepsilon_{0}, $$

根据柯西收敛原理知，级数发散。

注 柯西收敛原理是这样叙述的：级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}u_{n} $ 收敛的充要条件为“对任意给定的正数 $ \varepsilon $，总存在正整数 N，使得当 n > N 时，对任意的正整数 p，都有 $ \left|s_{n+p}-s_{n}\right| < \varepsilon $”.

因此按柯西收敛原理，判别级数发散的充要条件就是对上述条件的否定，即“对某个正数 $ \varepsilon_{0} $，不论 N 取什么正整数，至少有一个 $ n (> N) $ 且至少有一个 $ p \in \mathbb{Z}^{+} $，使得 $ \left|s_{n+p} - s_{n}\right| \geq \varepsilon_{0} $”。

(3)

$$ \begin{align*}\left|s_{n+p}-s_{n}\right|&=\left|u_{n+1}+u_{n+2}+\cdots+u_{n+p}\right|\\&=\left|\frac{\sin(n+1)x}{2^{n+1}}+\frac{\sin(n+2)x}{2^{n+2}}+\cdots+\frac{\sin(n+p)x}{2^{n+p}}\right|\end{align*} $$

$$ \leqslant\frac{1}{2^{^{n+1}}}+\frac{1}{2^{^{n+2}}}+\cdots+\frac{1}{2^{^{n+p}}}=\frac{1}{2^{^{n+1}}}\cdot\frac{1-\frac{1}{2^{^{p}}}}{1-\frac{1}{2}}<\frac{1}{2^{^{n}}}. $$

由此可知，对任意给定的正数 $ \varepsilon $，取正整数 $ N \geqslant \log_{2}\frac{1}{\varepsilon} $，当 n > N 时，对一切正整数 p，都有 $ \left|s_{n+p}-s_{n}\right| < \varepsilon $．按柯西收敛原理，该级数收敛．

（4）本题与（2）类同，因 $ u_{n}=\frac{1}{3n+1}+\left(\frac{1}{3n+2}-\frac{1}{3n+3}\right)>\frac{1}{3n+1}\geqslant\frac{1}{4n} $，故对 $ \varepsilon_{0}=\frac{1}{8} $，不论 n 取什么正整数，取 p=n 时，就有 $ \left|s_{n+p}-s_{n}\right|=u_{n+1}+u_{n+2}+\cdots+u_{2n}\geqslant\frac{1}{4}\left(\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots+\frac{1}{2n}\right)>\frac{1}{4}\times\frac{1}{2}=\frac{1}{8} $。因此该级数发散。

习题12-2

常数项级数的审敛法

1. 用比较审敛法或极限形式的比较审敛法判定下列级数的收敛性：

(1) $ 1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \cdots + \frac{1}{2n-1} + \cdots; $

(2) $ 1 + \frac{1 + 2}{1 + 2^2} + \frac{1 + 3}{1 + 3^2} + \cdots + \frac{1 + n}{1 + n^2} + \cdots; $

(3) $ \frac{1}{2\cdot5}+\frac{1}{3\cdot6}+\cdots+\frac{1}{(n+1)(n+4)}+\cdots; $

(4) $ \sin \frac{\pi}{2} + \sin \frac{\pi}{2^2} + \sin \frac{\pi}{2^3} + \cdots + \sin \frac{\pi}{2^n} + \cdots $;

(5) $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{1+a^{n}}(a>0) $.

解 （1）解法一 $ u_{n}=\frac{1}{2n-1}>\frac{1}{2n}(n=1,2,\cdots) $，由于级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n} $ 发散，故各项乘 $ \frac{1}{2} $ 后的级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2n} $ 也发散，由比较审敛法知原级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2n-1} $ 发散.

解法二 因 $ \lim_{n\to\infty}\frac{\frac{1}{2n-1}}{\frac{1}{n}}=\frac{1}{2} $，而 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n} $ 发散，故由极限形式的比较审敛法知原级数发散.

(2) $ u_{n}=\frac{1+n}{1+n^{2}}>\frac{1+n}{n+n^{2}}=\frac{1}{n} $，而 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n} $发散，由比较审敛法知原级数

发散.

（3）因 $ \lim_{n\to\infty}\frac{\frac{1}{(n+1)(n+4)}}{\frac{1}{n^{2}}}=1 $，而 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}} $收敛，由极限形式的比较审敛法知原

级数收敛.

（4）因 $ \lim_{n\to\infty}\frac{\sin\frac{\pi}{2^n}}{\frac{1}{2^n}}=\lim_{n\to\infty}\pi\cdot\frac{\sin\frac{\pi}{2^n}}{\frac{\pi}{2^n}}=\pi $ ，而 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2^n} $ 收敛，故由极限形式的比较审

敛法知原级数收敛.

（5）当 $ 0 < a \leq 1 $ 时， $ \frac{1}{1 + a^{n}} \geq \frac{1}{2} $，一般项不趋于零，故 $ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{1 + a^{n}} $ 发散；当 a > 1 时， $ \frac{1}{1 + a^{n}} < \frac{1}{a^{n}} $，而 $ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{a^{n}} $ 收敛，故由比较审敛法知 $ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{1 + a^{n}} $ 收敛.

2 2性：

$$ \frac{3}{1\cdot2}+\frac{3^{2}}{2\cdot2^{2}}+\frac{3^{3}}{3\cdot2^{3}}+\cdots+\frac{3^{n}}{n\cdot2^{n}}+\cdots; $$

$$ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^{2}}{3^{n}} $$

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

解 （1）因 $ \lim_{n\to\infty}\frac{u_{n+1}}{u_n}=\lim_{n\to\infty}\frac{3^{n+1}}{(n+1)2^{n+1}}\bigg/\frac{3^n}{n2^n}=\lim_{n\to\infty}\frac{3}{2}\cdot\frac{n}{n+1}=\frac{3}{2}>1 $ ，故级数发散.

（2）因 $ \lim_{n\to\infty}\frac{u_{n+1}}{u_n}=\lim_{n\to\infty}\frac{(n+1)^2}{3^{n+1}}\bigg/\frac{n^2}{3^n}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{3}\cdot\frac{(n+1)^2}{n^2}=\frac{1}{3}<1 $ ，故级数收敛.

（3）因 $ \lim_{n\to\infty}\frac{u_{n+1}}{u_n}=\lim_{n\to\infty}\frac{2^{n+1}(n+1)!}{(n+1)^n+1}\bigg/\frac{2^n n!}{n^n}=\lim_{n\to\infty}2\bigg(\frac{n}{1+n}\bigg)^n=\frac{2}{e}<1 $ ，故级数收敛.

(4) 因 $ \lim_{n \to \infty} \frac{u_{n+1}}{u_n} = \lim_{n \to \infty} (n+1) \tan \frac{\pi}{2^{n+2}} / n \tan \frac{\pi}{2^{n+1}} $

$ = \lim_{n \to \infty} \frac{n+1}{n} \cdot \frac{\frac{\pi}{2^{n+2}}}{\frac{\pi}{2^{n+1}}} = \lim_{n \to \infty} \frac{n+1}{n} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{2} < 1 $,

故级数收敛.

$ ^{*} $3. 用根值审敛法判定下列级数的收敛性：

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

(4) $ \sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{b}{a_{n}}\right)^{n} $，其中 $ a_{n}\rightarrow a(n\rightarrow\infty) $， $ a_{n} $，b，a 均为正数.

解 （1）因 $ \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{u_n}=\lim_{n\to\infty}\frac{n}{2n+1}=\frac{1}{2}<1 $ ，故级数收敛.

（2）因 $ \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{u_n}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{\ln(n+1)}=0<1 $ ，故级数收敛.

（3）因 $ \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{u_n}=\lim_{n\to\infty}\left(\frac{n}{3n-1}\right)^{\frac{2n-1}{n}}=\left(\frac{1}{3}\right)^2<1 $，故级数收敛。

(4) $ \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{u_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{b}{a_n} = \frac{b}{a} $.

当 b < a 时，因 $ \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{u_n}<1 $ ，故级数收敛；

当 b > a 时，因 $ \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{u_n} > 1 $ ，故级数发散；

当 b=a 时，级数的收敛性不能确定（例如， $ b=1, a_{n}=1, \sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{b}{a_{n}}\right)^{n}= $

$ \sum_{n=1}^{\infty}1 $ 发散；又如， $ b=1, a_{n}=n^{\frac{2}{n}} \rightarrow 1 (n \rightarrow \infty) $， $ \sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{b}{a_{n}}\right)^{n}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}} $ 收敛）.

1. 判定下列级数的收敛性：

(1) $ \frac{3}{4}+2\left(\frac{3}{4}\right)^{2}+3\left(\frac{3}{4}\right)^{3}+\cdots+n\left(\frac{3}{4}\right)^{n}+\cdots; $

(2) $ \frac{1^{4}}{1!}+\frac{2^{4}}{2!}+\frac{3^{4}}{3!}+\cdots+\frac{n^{4}}{n!}+\cdots; $

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

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

(5) $ \sqrt{2} + \sqrt{\frac{3}{2}} + \cdots + \sqrt{\frac{n+1}{n}} + \cdots; $

(6) $ \frac{1}{a+b}+\frac{1}{2a+b}+\cdots+\frac{1}{na+b}+\cdots(a>0,b>0). $

解 (1) $ \lim_{n\to\infty}\frac{u_{n+1}}{u_n}=\lim_{n\to\infty}\frac{n+1}{n}\cdot\frac{3}{4}=\frac{3}{4}<1 $，由比值审敛法知级数收敛.

(2) $ \lim_{n\to\infty}\frac{u_{n+1}}{u_n}=\lim_{n\to\infty}\left(\frac{n+1}{n}\right)^4\cdot\frac{1}{n+1}=0<1 $，由比值审敛法知级数收敛.

(3) $ \lim_{n\to\infty}\frac{n+1}{n(n+2)}\bigg/\frac{1}{n}=1 $，而级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n} $发散，由极限形式的比较审敛法知原

级数发散.

（4）因 $ \lim_{n\to\infty}2^n\sin\frac{\pi}{3^n}\left(\frac{2}{3}\right)^n=\lim_{n\to\infty}\pi\cdot\frac{\sin\frac{\pi}{3^n}}{\frac{\pi}{3^n}}=\pi $ ，而几何级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{2}{3}\right)^n $ 收敛，故由极限形式的比较审敛法知原级数收敛.

（5）因 $ \lim_{n\to\infty}u_n=\lim_{n\to\infty}\left(\frac{n+1}{n}\right)^{\frac{1}{2}}=1\neq0 $ ，故级数发散.

（6）因 $ \lim_{n\to\infty}\frac{1}{na+b}\bigg/\frac{1}{n}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{a+\frac{b}{n}}=\frac{1}{a} $，而级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n} $发散，故由极限形式的

较审敛法知原级数发散.

1. 判定下列级数是否收敛. 如果是收敛的, 是绝对收敛还是条件收敛?

(1) $ 1 - \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{3}} - \frac{1}{\sqrt{4}} + \cdots + \frac{(-1)^{n-1}}{\sqrt{n}} + \cdots; $

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

(3) $ \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} - \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2^{2}} + \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2^{3}} - \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2^{4}} + \cdots + (-1)^{n-1} \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2^{n}} + \cdots; $

(4) $ \frac{1}{\ln2} - \frac{1}{\ln3} + \frac{1}{\ln4} - \frac{1}{\ln5} + \cdots + (-1)^{n-1} \frac{1}{\ln(n+1)} + \cdots; $

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

解 (1) $ u_{n} = \frac{(-1)^{n-1}}{n^{\frac{1}{2}}} $, $ \sum_{n=1}^{\infty} |u_{n}| = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{\frac{1}{2}}} $ 是发散的；又 $ \sum_{n=1}^{\infty} u_{n} $ 是交错级数.

满足 $ \left|u_{n}\right|>\left|u_{n+1}\right| $ 且 $ \lim_{n\to\infty}u_n=0 $ ，故由莱布尼茨定理知原级数收敛且条件收敛.

（2）因 $ \lim_{n\to\infty}\left|\frac{u_{n+1}}{u_n}\right|=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{3}\frac{n+1}{n}=\frac{1}{3}<1 $ ，由比值审敛法知级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\left|u_{n}\right| $ 收敛，故原级数绝对收敛.

（3） $ u_{n}=\frac{(-1)^{n-1}}{3\cdot2^{n}} $，因 $ \sum_{n=1}^{\infty}\left|u_{n}\right|=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{3\cdot2^{n}} $是公比 $ q=\frac{1}{2}(\left|q\right|<1) $的等比级数，故收敛，从而原级数绝对收敛.

(4) $ u_{n} = \frac{(-1)^{n-1}}{\ln(n+1)} $, $ \left|u_{n}\right| = \frac{1}{\ln(n+1)} > \frac{1}{n+1} $，而 $ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n+1} $ 是发散的，故由比较审敛法知级数 $ \sum_{n=1}^{\infty} \left|u_{n}\right| $ 发散，又 $ \sum_{n=1}^{\infty} u_{n} $ 是交错级数，满足 $ \left|u_{n}\right| > \left|u_{n+1}\right| $ 且 $ \lim_{n\to\infty} u_n = 0 $，故由莱布尼茨定理知原级数收敛且条件收敛。

(5) $ u_{n} = \frac{(-1)^{n+1}2^{n^2}}{n!} $, $ \left|u_{n}\right| = \frac{2^n \cdot 2^n \cdot \cdots \cdot 2^n}{1 \cdot 2 \cdot \cdots \cdot n} $，由于 $ 2^n > k (k = 1, 2, \cdots, n) $，故 $ \left|u_{n}\right| > 1 $，即原级数的一般项 $ u_n $ 当 $ n \to \infty $ 时不趋于零，故该级数发散。

习题12-3

幂级数

1. 求下列幂级数的收敛区间：

(1)

$$ x+2x^{2}+3x^{3}+\cdots+nx^{n}+\cdots; $$

(2) $ 1 - x + \frac{x^{2}}{2^{2}} + \cdots + (-1)^{n} \frac{x^{n}}{n^{2}} + \cdots $;

(3)

$$ \frac{x}{2}+\frac{x^{2}}{2\cdot4}+\frac{x^{3}}{2\cdot4\cdot6}+\cdots+\frac{x^{n}}{2\cdot4\cdot\cdots\cdot(2n)}+\cdots; $$

(4) $ \frac{x}{1 \cdot 3} + \frac{x^2}{2 \cdot 3^2} + \frac{x^3}{3 \cdot 3^3} + \cdots + \frac{x^n}{n \cdot 3^n} + \cdots $;

(5)

$$ \frac{2}{2}x+\frac{2^{2}}{5}x^{2}+\frac{2^{3}}{10}x^{3}+\cdots+\frac{2^{n}}{n^{2}+1}x^{n}+\cdots; $$

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

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

(8) $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(x-5)^{n}}{\sqrt{n}} $

解 (1) $ \lim_{n\to\infty}\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}=\lim_{n\to\infty}\frac{n+1}{n}=1 $，故收敛半径为1，收敛区间是 $ (-1,1) $.

（2） $ n \geqslant 1 $ 起， $ \frac{|a_{n+1}|}{|a_n|} = \frac{1}{(n+1)^2} \bigg| \frac{1}{n^2} = \left( \frac{n}{n+1} \right)^2 $，有 $ \lim_{n \to \infty} \frac{|a_{n+1}|}{|a_n|} = 1 $，故收敛半径为1，收敛区间为 $ (-1,1) $.

（3） $ \lim_{n\to\infty}\frac{\left|a_{n+1}\right|}{\left|a_{n}\right|}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{2(n+1)}=0 $，故收敛半径为 $ +\infty $，收敛区间是 $ (-∞,+∞) $。

(4) $ \lim_{n\to\infty}\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|} = \lim_{n\to\infty}\frac{1}{3} \cdot \frac{n}{n+1} = \frac{1}{3} $，故收敛半径为3，收敛区间为 $ (-3,3) $.

(5) $ \lim_{n\to\infty}\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}=\lim_{n\to\infty}2\cdot\frac{n^{2}+1}{(n+1)^2+1}=2 $，故收敛半径为 $ \frac{1}{2} $，收敛区间为 $ \left(-\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right) $.

(6) 这是缺(偶次幂)项的级数，把 $ (-1)^{n}\frac{x^{2n+1}}{2n+1} $ 视为数项级数的一般项 $ u_{n} $

由于

$$ \lim_{n\to\infty}\frac{\left|u_{n+1}\right|}{\left|u_{n}\right|}=\lim_{n\to\infty}\frac{2n+1}{2n+3}\left|x\right|^{2}=\left|x\right|^{2}, $$

当 $ \left|x\right|<1 $ 时，级数绝对收敛；当 $ \left|x\right|>1 $ 时，因一般项 $ u_{n}\neq0(n\rightarrow\infty) $，级数发散。故原级数收敛半径为1，收敛区间为 $ (-1,1) $。

（7）这是缺（奇次幂）项的级数。

解法一 与(6)类似，将它按数项级数处理，用比值法确定收敛半径和收敛区间.

解法二 令 $ t = x^{2} $，先讨论 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{2n-1}{2^{n}}t^{n-1} $ 的收敛区间.

$$ \lim_{n\to\infty}\frac{\left|a_{n+1}\right|}{\left|a_{n}\right|}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{2}\frac{2n+1}{2n-1}=\frac{1}{2}, $$

故该级数的收敛半径为2，因此，原级数的收敛半径为 $ \sqrt{2} $，收敛区间为 $ (-\sqrt{2}, \sqrt{2}) $。

(8) $ \lim_{n \to \infty} \frac{|a_{n+1}|}{|a_n|} = \lim_{n \to \infty} \frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}} = 1 $，故收敛半径为1。当 $ |x-5| < 1 $ 时，级数；当 $ |x-5| > 1 $ 时，级数发散。故级数的收敛区间为(A,6)。

收敛；当 $ |x-5|>1 $时，级数发散。故级数的收敛区间为 $ (4,6) $。

1. 利用逐项求导或逐项积分，求下列级数的和函数：

(1)

$$ \sum_{n=1}^{\infty}nx^{n-1}； $$

(2)

$$ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{4n+1}}{4n+1}; $$

(3)

$$ x+\frac{x^{3}}{3}+\frac{x^{5}}{5}+\cdots+\frac{x^{2n-1}}{2n-1}+\cdots; $$

(4)

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

解（1）容易求出此级数的收敛半径为1. 当-1<x<1时，

$$ \int_{0}^{x}\left(\sum_{n=1}^{\infty}nx^{n-1}\right)\mathrm{d}x=\sum_{n=1}^{\infty}\left(\int_{0}^{x}nx^{n-1}\mathrm{d}x\right)=\sum_{n=1}^{\infty}x^{n}=\frac{x}{1-x}. $$

在上式两端对x求导得

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

又原级数在 $ x = \pm 1 $ 处发散，故它的和函数 $ s(x) = \frac{1}{(1 - x)^2} (-1 < x < 1) $.

（2）不难求出此级数的收敛半径为1. 当-1<x<1时，

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

在上式两端分别从0至x积分，并由于 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{4n+1}}{4n+1} $在x=0处收敛于0，故得

$$ \begin{aligned}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{4n+1}}{4n+1}&=\int_{0}^{x}\frac{x^{4}}{1-x^{4}}\mathrm{d}x\\&=\int_{0}^{x}\left(-1+\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{1+x^{2}}+\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{1-x^{2}}\right)\mathrm{d}x\\&=\frac{1}{4}\ln\frac{1+x}{1-x}+\frac{1}{2}\arctan x-x.\end{aligned} $$

又原级数在 $ x = \pm 1 $ 处均发散，故它的和函数

$$ s\left(x\right)\ =\ \frac{1}{4}\ln\frac{1+x}{1-x}\ +\ \frac{1}{2}\arctan\ x-x\quad\left(-1

（3）记级数为 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{2n-1}}{2n-1} $，其收敛半径为1. 当-1<x<1时，

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

在上式两端分别从0至x积分，并注意到 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{2n-1}}{2n-1} $在x=0处收敛于0，故得

$$ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{2n-1}}{2n-1}=\int_{0}^{x}\frac{1}{1-x^{2}}\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\ln\frac{1+x}{1-x}. $$

又原级数在 $ x = \pm 1 $ 处均发散，故它的和函数

$$ s\left(x\right)\ =\ \frac{1}{2}\ln\frac{1+x}{1-x}\quad\left(-1

（4）容易求得此级数的收敛半径为1，收敛域为 $ (-1,1) $. 当 $ x\in(-1,1) $时，

$$ \sum_{n=1}^{\infty}\left(n+2\right)x^{n+3}=x^{2}\sum_{n=1}^{\infty}\left(n+2\right)x^{n+1}=x^{2}\left(\sum_{n=1}^{\infty}x^{n+2}\right)^{\prime}, $$

其中 $ \sum_{n=1}^{\infty}x^{n+2}=x^{3}\sum_{n=0}^{\infty}x^{n}=\frac{x^{3}}{1-x} $. 又 $ \left(\sum_{n=1}^{\infty}x^{n+2}\right)^{\prime}=\left(\frac{x^{3}}{1-x}\right)^{\prime}=\frac{3x^{2}-2x^{3}}{(1-x)^{2}} $，故原级数的和函数

$$ s\left(x\right)=x^{2}\cdot\frac{3x^{2}-2x^{3}}{\left(1-x\right)^{2}}=\frac{3x^{4}-2x^{5}}{\left(1-x\right)^{2}}\quad\left(-1

习题12-4

函数展开成幂级数

1. 求函数 $ f(x) = \cos x $ 的泰勒级数，并验证它在整个数轴上收敛于这个函数.

解 在定点 $ x_{0} $ 处，因

$$ f^{\left(n\right)}\left(x_{0}\right)=\cos\left(x_{0}+n\cdot\frac{\pi}{2}\right)\quad\left(n=0,1,2,\cdots\right), $$

故 $ f(x) $的泰勒级数为

$$ \begin{align*}\cos x_{0}&+\cos\left(x_{0}+\frac{\pi}{2}\right)\left(x-x_{0}\right)+\frac{\cos\left(x_{0}+\pi\right)}{2!}\left(x-x_{0}\right)^{2}+\cdots+\\&\frac{\cos\left(x_{0}+\frac{n\pi}{2}\right)}{n!}\left(x-x_{0}\right)^{n}+\cdots.\end{align*} $$

因为对任意的 $ x \in (-\infty, +\infty) $，

$$ \left|R_{n}\left(x\right)\right|=\left|\frac{\cos\left(\xi+\frac{n+1}{2}\pi\right)}{\left(n+1\right)!}\left(x-x_{0}\right)^{n+1}\right|\leqslant\frac{\left|x-x_{0}\right|^{n+1}}{\left(n+1\right)!} $$

（其中 $ \xi $ 介于 $ x_{0} $ 与 x 之间），而 $ \lim_{n\to\infty}\frac{\left|x-x_0\right|^{n+1}}{(n+1)!}=0 $ ，于是得

$$ \lim_{n\to\infty}R_{n}(x)=0. $$

所以在整个数轴上，有

$$ \begin{align*}f(x)&=\cos x=\cos x_{0}+\cos\left(x_{0}+\frac{\pi}{2}\right)(x-x_{0})+\frac{\cos(x_{0}+\pi)}{2!}(x-x_{0})^{2}+\\&\quad\cdots+\frac{\cos\left(x_{0}+\frac{n\pi}{2}\right)}{n!}(x-x_{0})^{n}+\cdots.\end{align*} $$

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)

$$ sh\;x=\frac{\mathrm{e}^{x}\;-\mathrm{e}^{-x}}{2}\;; $$

(2)

$$ \ln(a+x)(a>0); $$

(3)

(4)

$$ a^{x}; $$

$$ \sin^{2}x; $$

(5)

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

(6)

$$ \frac{x}{\sqrt{1+x^{2}}}. $$

解 (1) 由于 $ e^{x} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{n}}{n!}, x \in (-\infty, +\infty) $，故

$$ \mathrm{e}^{-x}\ =\ \sum_{n=0}^{\infty}\ \frac{\left(-1\right)^{n}}{n!}x^{n}\ ,\quad x\ \in\ \left(-\infty\ ,\ +\infty\right). $$

于是

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

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

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

得

$$ \ln(a+x)=\ln a+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n}\left(\frac{x}{a}\right)^{n},\quad x\in(-a,+a]. $$

（3）利用 $ e^{x} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{n}}{n!}, x \in (-\infty, +\infty) $，得

$$ a^{x}=\mathrm{e}^{x\ln a}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(x\ln a\right)^{n}}{n!}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(\ln a\right)^{n}}{n!}x^{n},\quad x\in(-\infty,+\infty). $$

（4）解法一 利用

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

得

$$ \begin{align*}\sin^{2}x&=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\cos2x=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n}(2x)^{2n}}{\left(2n\right)!}\\&=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n-1}(2x)^{2n}}{2(2n)!},\quad x\in\left(-\infty,+\infty\right).\end{align*} $$

解法二

$$ \begin{align*}\left(\sin^{2}x\right)^{\prime}&=2\sin x\cos x=\sin2x\\&=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n-1}\left(2x\right)^{2n-1}}{\left(2n-1\right)!},\quad x\in\left(-\infty,+\infty\right),\end{align*} $$

将上式两端从0至x积分并逐项积分，得

$$ \begin{align*}\sin^{2}x&=\int_{0}^{x}\left(\sin^{2}x\right)^{\prime}\mathrm{d}x=\int_{0}^{x}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n-1}\left(2x\right)^{2n-1}}{\left(2n-1\right)!\mathrm{d}x}\\&=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n-1}2^{2n-1}}{\left(2n\right)!}x^{2n},\quad x\in\left(-\infty,+\infty\right).\end{align*} $$

（5）解法一 因为

$$ \left[\left(1+x\right)\ln\left(1+x\right)\right]^{\prime}=\ln\left(1+x\right)+1=1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n-1}x^{n}}{n},\quad x\in\left(-1,1\right). $$

将上式两端从0至x积分并逐项积分得

$$ \begin{align*}\left(1+x\right)\ln\left(1+x\right)&=x+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n-1}x^{n+1}}{n\left(n+1\right)}\\&=x+\sum_{n=2}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n}x^{n}}{\left(n-1\right)n},\quad x\in\left(-1,1\right),\end{align*} $$

又在 x=1 处，上式右端的幂级数收敛，且函数 $ (1+x)\ln(1+x) $ 连续，故

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

解法二 利用 $ \ln(1+x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}x^{n}}{n},x\in(-1,1] $，得

$$ \begin{array}{r l}{\big(1+x\big)\ln\big(1+x\big)}&{=\ln\big(1+x\big)+x\ln\big(1+x\big)}\\ {}&{=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\big(-1\big)^{n-1}x^{n}}{n}+x\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\big(-1\big)^{n-1}x^{n}}{n}}\\ {}&{=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\big(-1\big)^{n-1}x^{n}}{n}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\big(-1\big)^{n-1}x^{n+1}}{n}}\\ {}&{=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\big(-1\big)^{n-1}x^{n}}{n}+\displaystyle\sum_{n=2}^{\infty}\frac{\big(-1\big)^{n}x^{n}}{n-1}}\\ \end{array} $$

$$ \begin{align*}&=x+\sum_{n=2}^{\infty}\left[\frac{\left(-1\right)^{n-1}}{n}+\frac{\left(-1\right)^{n}}{n-1}\right]x^{n}\\&=x+\sum_{n=2}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n}x^{n}}{n\left(n-1\right)},\quad x\in\left(-1,1\right].\end{align*} $$

（6）解法一 利用 $ \sqrt{1+x}=1+\frac{1}{2}x-\frac{1}{2\cdot4}x^{2}+\frac{1\cdot3}{2\cdot4\cdot6}x^{3}-\cdots,x\in[-1,1] $，并因为 $ \int_{0}^{x}\frac{x}{\sqrt{1+x^{2}}}dx=\sqrt{1+x^{2}}-1 $，以 $ x^{2} $ 替换上面幂级数中的 x，得

$$ \begin{aligned}\int_{0}^{x}\frac{x}{\sqrt{1+x^{2}}}\mathrm{d}x&=\sqrt{1+x^{2}}-1\\&=\frac{1}{2}x^{2}-\frac{1}{2\cdot4}x^{4}+\frac{1\cdot3}{2\cdot4\cdot6}x^{6}-\cdots+\left(-1\right)^{n-1}\cdot\frac{1\cdot3\cdot5\cdot\cdots\cdots\cdot(2n-3)}{2\cdot4\cdot6\cdot\cdots\cdots\cdot(2n)}x^{2n}+\cdots.\end{aligned} $$

在 $ (-1,1) $内将上式两端对x求导，得

$$ \begin{align*}\frac{x}{\sqrt{1+x^{2}}}&=x-\frac{1}{2}x^{3}+\frac{1\cdot3}{2\cdot4}x^{5}-\cdots+\left(-1\right)^{n-1}\cdot\frac{1\cdot3\cdot5\cdot\cdots\cdot(2n-3)}{2\cdot4\cdot6\cdot\cdots\cdot(2n-2)}x^{2n-1}+\cdots\\&=x+\sum_{n=2}^{\infty}\left(-1\right)^{n-1}\cdot\frac{1\cdot3\cdot5\cdot\cdots\cdot(2n-3)}{2\cdot4\cdot6\cdot\cdots\cdot(2n-2)}x^{2n-1}\\&=x+\sum_{n=1}^{\infty}\left(-1\right)^{n}\frac{2(2n)!}{\left(n!\right)^{2}}\left(\frac{x}{2}\right)^{2n+1},\quad x\in\left(-1,1\right).\end{align*} $$

在 $ x = \pm 1 $ 处上式右端的级数均收敛且函数 $ \frac{x}{\sqrt{1 + x^{2}}} $ 连续，故

$$ \frac{x}{\sqrt{1+x^{2}}}=x+\sum_{n=1}^{\infty}\left(-1\right)^{n}\frac{2\left(2n\right)!!}{\left(n!\right)^{2}}\left(\frac{x}{2}\right)^{2n+1},\quad x\in\left\lbrack-1,1\right\rbrack. $$

解法二 将 $ x^{2} $ 替换展开式

$$ \frac{1}{\sqrt{1+x}}=1+\sum_{n=1}^{\infty}\left(-1\right)^{n}\frac{1\cdot3\cdot5\cdot\cdots\cdot(2n-1)}{2\cdot4\cdot6\cdot\cdots\cdot(2n)}x^{n}\quad(x\in(-1,1]) $$

中的x，得

$$ \frac{1}{\sqrt{1+x^{2}}}=1+\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}\frac{1\cdot3\cdot5\cdot\cdots\cdot(2n-1)}{2\cdot4\cdot6\cdot\cdots\cdot(2n)}x^{2n},\quad x\in\left[-1,1\right], $$

从而得

$$ \begin{align*}\frac{x}{\sqrt{1+x^{2}}}&=x+\sum_{n=1}^{\infty}\left(-1\right)^{n}\frac{1\cdot3\cdot5\cdot\cdots\cdot(2n-1)}{2\cdot4\cdot6\cdot\cdots\cdot(2n)}x^{2n+1}\\&=x+\sum_{n=1}^{\infty}\left(-1\right)^{n}\frac{2(2n)!}{(n!)^{2}}\bigg(\frac{x}{2}\bigg)^{2n+1},\quad x\in\left\lbrack-1,1\right\rbrack.\end{align*} $$

1. 将下列函数展开成 x-1 的幂级数，并求展开式成立的区间：

(1) $ \sqrt{x^{3}} $; (2) $ \lg x $.

解（1）当 m > 0 时，因

$$ \left(1+x\right)^{m}=1+mx+\frac{m(m-1)}{2!}x^{2}+\cdots+\frac{m(m-1)\cdots(m-n+1)}{n!}x^{n}+\cdots, $$

$$ x\in[-1,1], $$

而

$$ \sqrt{x^{3}}=\left[1+(x-1)\right]^{\frac{3}{2}}, $$

在以上二项展开式中取 $ m = \frac{3}{2} $，并用 x-1 替换其中的 x，得

$$ \begin{align*}\sqrt{x^{3}}&=1+\frac{3}{2}(x-1)+\frac{1}{2!}\cdot\frac{3}{2}\bigg(\frac{3}{2}-1\bigg)(x-1)^{2}+\cdots+\\&\quad\frac{1}{n!}\frac{3}{2}\bigg(\frac{3}{2}-1\bigg)\cdot\cdots\cdot\bigg(\frac{3}{2}-n+1\bigg)(x-1)^{n}+\cdots\\&=1+\frac{3}{2}(x-1)+\sum_{n=0}^{\infty}\frac{3\cdot(-1)^{n}1\cdot3\cdot5\cdot\cdots\cdot(2n-1)}{2^{n+2}(n+2)!}(x-1)^{n+2}\\&=1+\frac{3}{2}(x-1)+\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\frac{(2n)!}{(n!)^{2}}\cdot\frac{3}{(n+1)(n+2)2^{n}}\bigg(\frac{x-1}{2}\bigg)^{n+2},\quad x\in[0,2].\end{align*} $$

(2) $ \lg x = \frac{\ln x}{\ln 10} = \frac{1}{\ln 10} \ln \left[1 + (x - 1)\right] $，利用

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

将上式中的 x 换成 x-1，得

$$ \lg x=\frac{1}{\ln10}\sum_{n=1}^{\infty}\left(-1\right)^{n-1}\frac{\left(x-1\right)^{n}}{n},\quad x\in(0,2]. $$

1. 将函数 $ f(x) = \cos x $ 展开成 $ x + \frac{\pi}{3} $ 的幂级数.

解

$$ \cos x=\cos\left[\left(x+\frac{\pi}{3}\right)-\frac{\pi}{3}\right]=\frac{1}{2}\cos\left(x+\frac{\pi}{3}\right)+\frac{\sqrt{3}}{2}\sin\left(x+\frac{\pi}{3}\right). $$

将 $ x + \frac{\pi}{3} $ 替换以下两式

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

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

中的x，得

$$ \begin{align*}\cos\ x\ &=\ \frac{1}{2}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n}}{\left(2n\right)!}\bigg(x+\frac{\pi}{3}\bigg)^{2n}\ +\frac{\sqrt{3}}{2}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n}}{\left(2n+1\right)!}\bigg(x+\frac{\pi}{3}\bigg)^{2n+1}\\&=\ \frac{1}{2}\sum_{n=0}^{\infty}\left(-1\right)^{n}\bigg[\frac{1}{\left(2n\right)!}\bigg(x+\frac{\pi}{3}\bigg)^{2n}\ +\frac{\sqrt{3}}{\left(2n+1\right)!}\bigg(x+\frac{\pi}{3}\bigg)^{2n+1}\bigg],\quad x\in\left(-\infty\ ,+\infty\right).\end{align*} $$

1. 将函数 $ f(x) = \frac{1}{x} $ 展开成 x - 3 的幂级数.

解 利用 $ \frac{1}{1-x}=\sum_{n=0}^{\infty}x^{n},x\in(-1,1) $ 得

$$ \begin{aligned}\frac{1}{x}&=\frac{1}{3+x-3}=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{1+\frac{x-3}{3}}=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{1-\left(-\frac{x-3}{3}\right)}\\&=\frac{1}{3}\cdot\sum_{n=0}^{\infty}\left(-\frac{x-3}{3}\right)^{n},\quad\frac{3-x}{3}\in\left(-1,1\right),\end{aligned} $$

即

$$ \frac{1}{x}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n}}{3^{n+1}}(x-3)^{n},\quad x\in\left(0,6\right). $$

1. 将函数 $ f(x) = \frac{1}{x^{2} + 3x + 2} $ 展开成 $ x + 4 $ 的幂级数.

解

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

其中

$$ \frac{1}{x+1}=\frac{1}{-3+(x+4)}=-\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{1-\frac{x+4}{3}}=-\frac{1}{3}\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{x+4}{3}\right)^{n}, $$

$ \frac{x+4}{3} \in (-1,1) $，即 $ x \in (-7,-1) $；

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

$ \frac{x+4}{2}\in(-1,1) $，即 $ x\in(-6,-2) $。于是

$$ \begin{align*}\frac{1}{x^{2}+3x+2}&=\frac{1}{2}\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{x+4}{2}\right)^{n}-\frac{1}{3}\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{x+4}{3}\right)^{n}\\&=\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{1}{2^{n+1}}-\frac{1}{3^{n+1}}\right)\left(x+4\right)^{n},\end{align*} $$

$$ x\in\left(-7,-1\right)\cap\left(-6,-2\right)=\left(-6,-2\right). $$

习题12-5

函数的幂级数展开式的应用

1. 利用函数的幂级数展开式求下列各数的近似值：

(1) $ \ln 3 $ (误差不超过 0.0001);

(2）$\sqrt{e}$（误差不超过0.001）；

（3） $ \sqrt[9]{522} $（误差不超过0.00001）；

(4) $ \cos 2^{\circ} $ (误差不超过0.0001).

解 (1) $ \ln\frac{1+x}{1-x}=2\left(x+\frac{x^{3}}{3}+\frac{x^{5}}{5}+\cdots+\frac{x^{2n-1}}{2n-1}+\cdots\right) $， $ x\in(-1,1) $.

令 $ \frac{1+x}{1-x}=3 $，可得 $ x=\frac{1}{2} $。从而

$$ \ln3=\ln\frac{1+\frac{1}{2}}{1-\frac{1}{2}}=2\bigg[\frac{1}{2}+\frac{1}{3\cdot2^{3}}+\frac{1}{5\cdot2^{5}}+\cdots+\frac{1}{(2n-1)2^{2n-1}}+\cdots\bigg]. $$

$$ \begin{align*}\left|r_{n}\right|&=2\Big[\frac{1}{(2n+1)2^{2n+1}}+\frac{1}{(2n+3)2^{2n+3}}+\cdots\Big]\\&=\frac{2}{(2n+1)2^{2n+1}}\Big[1+\frac{(2n+1)2^{2n+1}}{(2n+3)2^{2n+3}}+\frac{(2n+1)2^{2n+1}}{(2n+5)2^{2n+5}}+\cdots\Big]\\&<\frac{2}{(2n+1)2^{2n+1}}\Big(1+\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{2^{4}}+\cdots\Big)\\&=\frac{2}{(2n+1)2^{2n+1}}\cdot\frac{1}{1-\frac{1}{4}}=\frac{1}{3(2n+1)2^{2n-2}},\end{align*} $$

$$ \mid r_{5}\mid<\frac{1}{3\cdot11\cdot2^{8}}\approx0.000\;12, $$

$$ \mid r_{6}\mid<\frac{1}{3\cdot13\cdot2^{10}}\approx0.00003<10^{-4}, $$

故取n=6，则

$ \ln3\approx2\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{3\cdot2^{3}}+\frac{1}{5\cdot2^{5}}+\cdots+\frac{1}{11\cdot2^{11}}\right) $，考虑到舍入误差，计算时应取五位小数，从而得 $ \ln3\approx1.0986 $.

(2)

$$ \mathrm{e}^{x}=1+x+\frac{x^{2}}{2!}+\cdots+\frac{x^{n}}{n!}+\cdots,\quad x\in(-\infty,+\infty). $$

令 $ x = \frac{1}{2} $，得

$$ \sqrt{\mathrm{e}}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2!2^{2}}+\cdots+\frac{1}{n!2^{n}}+\cdots. $$

$$ \begin{aligned}r_{n}&=\frac{1}{(n+1)!2^{n+1}}+\frac{1}{(n+2)!2^{n+2}}+\cdots\\&=\frac{1}{(n+1)!2^{n+1}}\bigg[1+\frac{1}{(n+2)\cdot2}+\frac{1}{(n+2)(n+3)\cdot2^{2}}+\cdots\bigg]\\&<\frac{1}{(n+1)!2^{n+1}}\bigg(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^{2}}+\cdots\bigg)\\&=\frac{1}{(n+1)!2^{n+1}}\cdot\frac{1}{1-\frac{1}{2}}=\frac{1}{(n+1)!2^{n}},\\ \end{aligned} $$

$$ r_{4}<\frac{1}{5!2^{4}}\approx0.0005<10^{-3}, $$

故取 n=4 ，计算时取四位小数可得

$$ \sqrt{\mathrm{e}}\approx1\;+\frac{1}{2}\;+\frac{1}{2!2^{2}}\;+\frac{1}{3!2^{3}}\;+\frac{1}{4!2^{4}}\;\approx\;1.648. $$

) $ \sqrt[9]{522} = \sqrt[9]{2^9 + 10} = 2\left(1 + \frac{10}{2^9}\right)^{\frac{1}{9}} $，因

(3)

$$ \begin{align*}\left(1+x\right)^{m}&=1+mx+\frac{m(m-1)}{2!}x^{2}+\cdots+\\&\quad\frac{m(m-1)\cdot\cdots\cdot(m-n+1)}{n!}x^{n}+\cdots\quad(-1

故

$$ \begin{aligned}\sqrt[9]{522}&=2\left(1+\frac{10}{2^{9}}\right)^{\frac{1}{9}}=2\left[1+\frac{1}{9}\cdot\frac{10}{2^{9}}+\frac{\frac{1}{9}\left(\frac{1}{9}-1\right)}{2!}\cdot\frac{10^{2}}{2^{18}}+\cdots+\right.\\&\left.\quad\frac{\frac{1}{9}\left(\frac{1}{9}-1\right)\cdot\cdots\cdot\left(\frac{1}{9}-n+1\right)}{n!}\cdot\frac{10^{n}}{2^{9n}}+\cdots\right]\\&=2\cdot\left(1+\frac{1}{9}\cdot\frac{10}{2^{9}}-\frac{\frac{1}{9}\cdot\frac{8}{9}}{2!}\cdot\frac{10^{2}}{2^{18}}+\cdots\right)\\&=2+\frac{2}{9}\cdot\frac{10}{2^{9}}-\frac{1}{9}\cdot\frac{8}{9}\cdot\frac{10^{2}}{2^{18}}+\cdots.\\ \end{aligned} $$

上式右端从第2项起为一交错级数，故有

$$ \mid r_{3}\mid\leqslant u_{4}=\frac{8\cdot17}{3\cdot9^{3}}\cdot\frac{10^{3}}{2^{27}}<10^{-6}, $$

取3项，并在计算时取六位小数，可得

$$ \sqrt[9]{522}\approx2+\frac{2}{9}\cdot\frac{10}{2^{9}}-\frac{8}{9^{2}}\cdot\frac{10^{2}}{2^{18}}\approx2.00430. $$

(4)

$$ \cos2^{\circ}=\cos\frac{\pi}{90}=1-\frac{1}{2!}\bigg(\frac{\pi}{90}\bigg)^{2}+\frac{1}{4!}\bigg(\frac{\pi}{90}\bigg)^{4}-\cdots, $$

上式是交错级数，

$$ \mid r_{2}\mid\leqslant u_{3}=\frac{1}{4!}\bigg(\frac{\pi}{90}\bigg)^{4}<10^{-7}, $$

故取2项并在计算时取五位小数，可得

$$ \cos2^{\circ}\approx1-\frac{1}{2!}\Big(\frac{\pi}{90}\Big)^{2}\approx0.9994. $$

1. 利用被积函数的幂级数展开式求下列定积分的近似值：

（1） $ \int_{0}^{0.5}\frac{1}{1+x^{4}}\mathrm{d}x $（误差不超过0.0001）；

(2) $ \int_{0}^{0.5}\frac{\arctan x}{x}\mathrm{d}x $（误差不超过0.001）.

解（1）

$$ \begin{aligned}\int_{0}^{0.5}\frac{1}{1+x^{4}}\mathrm{d}x&=\int_{0}^{0.5}\left[1-x^{4}+x^{8}-x^{12}+\cdots+(-1)^{n}x^{4n}+\cdots\right]\mathrm{d}x\\&=\left.\left(x-\frac{1}{5}x^{5}+\frac{1}{9}x^{9}-\frac{1}{13}x^{13}+\cdots\right)\right|_{0}^{0.5}\\&=\frac{1}{2}-\frac{1}{5}\cdot\frac{1}{2^{5}}+\frac{1}{9}\cdot\frac{1}{2^{9}}-\frac{1}{13}\cdot\frac{1}{2^{13}}+\cdots,\end{aligned} $$

上式右端为一交错级数，有

$$ \left|r_{3}\right|\leqslant u_{4}=\frac{1}{13}\cdot\frac{1}{2^{13}}\approx0.000009<10^{-4}, $$

故取3项，并在计算时取五位小数，可得

$$ \int_{0}^{0.5}\frac{1}{1+x^{4}}\mathrm{d}x\approx\frac{1}{2}-\frac{1}{5}\cdot\frac{1}{2^{5}}+\frac{1}{9}\cdot\frac{1}{2^{9}}\approx0.4940. $$

(2) 因 $ \arctan x = x - \frac{x^{3}}{3} + \frac{x^{5}}{5} - \cdots + (-1)^{n} \frac{x^{2n+1}}{2n+1} + \cdots (-1 < x < 1) $,

故

$$ \begin{aligned}\int_{0}^{0.5}\frac{\arctan x}{x}\mathrm{d}x&=\int_{0}^{0.5}\left[1-\frac{x^{2}}{3}+\frac{x^{4}}{5}-\cdots+\left(-1\right)^{n}\frac{x^{2n}}{2n+1}+\cdots\right]\mathrm{d}x\\&=\left.\left(x-\frac{x^{3}}{9}+\frac{x^{5}}{25}-\frac{x^{7}}{49}+\cdots\right)\right|_{0}^{0.5}\\&=\frac{1}{2}-\frac{1}{9}\cdot\frac{1}{2^{3}}+\frac{1}{25}\cdot\frac{1}{2^{5}}-\frac{1}{49}\cdot\frac{1}{2^{7}}+\cdots,\end{aligned} $$

由于

$$ \mid r_{3}\mid\leqslant u_{4}=\frac{1}{49}\cdot\frac{1}{2^{7}}\approx0.0002<10^{-3}, $$

所以取3项，并在计算时取四位小数，可得

$$ \int_{0}^{0.5}\frac{\arctan x}{x}\mathrm{d}x\approx\frac{1}{2}-\frac{1}{9}\cdot\frac{1}{2^{3}}+\frac{1}{2^{5}}\cdot\frac{1}{25}\approx0.487. $$

1. 试用幂级数求下列各微分方程的解：

(1) $ y' - xy - x = 1 $;

(2) $ y''+xy'+y=0 $;

(3) $ (1-x)y'=x^{2}-y $.

解 （1）设方程的解为 $ y = a_{0} + a_{1}x + a_{2}x^{2} + \cdots + a_{n}x^{n} + \cdots $ ( $ a_{0} $ 为任意常数)，代入方程，则有如下竖式（注意对齐同次幂项）

$$ \begin{array}{c c}{{\begin{array}{r l}{y^{\prime}=a_{1}+2a_{2}x+3a_{3}x^{2}+\cdots+(n+1)a_{n+1}x^{n}+\cdots}\\ {-x y=-a_{0}x-a_{1}x^{2}-\cdots}\\ {-x=-x}\end{array}}}\\ \end{array} $$

$$ 1=a_{1}+\left(2a_{2}-a_{0}-1\right)x+\left(3a_{3}-a_{1}\right)x^{2}+\cdots+\left[\left(n+1\right)a_{n+1}-a_{n-1}\right]x^{n}+\cdots $$

系数可得

$$ a_{1}=1, $$

$$ a_{2}=\frac{a_{0}+1}{2}, $$

$$ a_{3}=\frac{1}{3}, $$

$$ a_{4}=\frac{a_{2}}{4}=\frac{a_{0}+1}{2\times4}, $$

$$ a_{5}\;=\;\frac{a_{3}}{5}\;=\;\frac{1}{3\times5},\quad a_{6}\;=\;\frac{a_{4}}{6}\;=\;\frac{a_{0}+1}{2\times4\times6},\cdots, $$

$$ a_{2n-1}=\frac{1}{3\times5\times\cdots\times(2n-1)},\quad a_{2n}=\frac{a_{0}+1}{2\times4\times6\times\cdots\times2n}=\frac{a_{0}+1}{n!2^{n}}. $$

不难求出 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{2n-1}x^{2n-1} $ 与 $ \sum_{n=0}^{\infty}a_{2n}x^{2n} $ 的收敛域都是 $ (-\infty,+\infty) $，故

$$ \begin{aligned}y&=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}=\sum_{n=1}^{\infty}a_{2n-1}x^{2n-1}+\sum_{n=0}^{\infty}a_{2n}x^{2n}\\&=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{2n-1}}{3\times5\times\cdots\times(2n-1)}+\left(a_{0}+1\right)\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{2n}}{n!2^{n}}-1\\&=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{2n-1}}{3\times5\times\cdots\times(2n-1)}+\left(a_{0}+1\right)\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}\biggl(\frac{x^{2}}{2}\biggr)^{n}-1.\\ \end{aligned} $$

由于 $ \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}\left(\frac{x^{2}}{2}\right)^{n}=\mathrm{e}^{\frac{x^{2}}{2}} $，记 $ a_{0}+1=C,1\times3\times5\times\cdots\times(2n-1)=(2n-1)! $！，则

$$ y=C\mathrm{e}^{\frac{x^{2}}{2}}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\left(2n-1\right)!!}x^{2n-1}-1,\quad x\in\left(-\infty,+\infty\right). $$

（2）设 $ y = \sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n} $ 是方程的解，其中 $ a_{0}, a_{1} $ 是任意常数，则

$$ y^{\prime}=\sum_{n=1}^{\infty}na_{n}x^{n-1}, $$

$$ y^{\prime \prime}=\sum_{n=2}^{\infty}n(n-1)a_{n}x^{n-2}=\sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1)a_{n+2}x^{n}, $$

代入方程 $ y'' + xy' + y = 0 $ ，得

$$ \sum_{n=0}^{\infty}\left[\left(n+2\right)\left(n+1\right)a_{n+2}+n a_{n}+a_{n}\right]x^{n}=0. $$

故必有

$$ \left(n+2\right)\left(n+1\right)a_{n+2}+\left(n+1\right)a_{n}=0, $$

即

$$ a_{n+2}=-\frac{a_{n}}{n+2}\quad(n=0,1,2,\cdots). $$

可见，当 $ n = 2(k - 1) $ 时，

$$ \begin{aligned}a_{2k}&=\left(-\frac{1}{2k}\right)a_{2k-2}=\left(-\frac{1}{2k}\right)\Big(-\frac{1}{2k-2}\Big)\cdots\Big(-\frac{1}{2}\Big)a_{0}\\&=\frac{a_{0}\left(-1\right)^{k}}{k!2^{k}}.\end{aligned} $$

当n=2k-1时，

$$ \begin{aligned}a_{2k+1}&=\left(-\frac{1}{2k+1}\right)a_{2k-1}=\left(-\frac{1}{2k+1}\right)\Big(-\frac{1}{2k-1}\Big)\cdots\Big(-\frac{1}{3}\Big)a_{1}\\&=\frac{a_{1}\left(-1\right)^{k}}{\left(2k+1\right)!!}.\end{aligned} $$

由于 $ \sum_{n=0}^{\infty}a_{2n}x^{2n} $ 与 $ \sum_{n=0}^{\infty}a_{2n+1}x^{2n+1} $ 的收敛域均为 $ (-\infty,+\infty) $，故

$$ \begin{align*}y~&=~\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}~=~\sum_{n=0}^{\infty}a_{2n}x^{2n}~+~\sum_{n=0}^{\infty}a_{2n+1}x^{2n+1}\\&=~\sum_{n=0}^{\infty}\frac{a_{0}\left(-1\right)^{n}}{n!2^{n}}x^{2n}~+~\sum_{n=0}^{\infty}\frac{a_{1}\left(-1\right)^{n}}{\left(2n+1\right)!!}x^{2n+1},\end{align*} $$

即

$$ y=a_{0}\mathrm{e}^{-\frac{x^{2}}{2}}+a_{1}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n}}{\left(2n+1\right)!!}x^{2n+1},\quad x\in\left(-\infty,+\infty\right). $$

（3）设 $ y = \sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n} $ 是方程的解，代入方程，得

$$ (1-x)\sum_{n=1}^{\infty}n a_{n}x^{n-1}=x^{2}-\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}, $$

有

$$ \sum_{n=1}^{\infty}na_{n}x^{n-1}-\sum_{n=1}^{\infty}na_{n}x^{n}+\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}=x^{2}, $$

将上式左边第一个级数写成 $ \sum_{n=1}^{\infty}na_{n}x^{n-1}=\sum_{n=0}^{\infty}(n+1)a_{n+1}x^{n} $，则有

$$ \sum_{n=0}^{\infty}\left[\left(n+1\right)a_{n+1}+\left(1-n\right)a_{n}\right]x^{n}=x^{2}. $$

比较系数，得

$$ a_{1}+a_{0}=0,\quad2a_{2}=0,\quad3a_{3}-a_{2}=1, $$

$$ \left(n+1\right)a_{n+1}+\left(1-n\right)a_{n}=0\quad\left(n\geqslant3\right). $$

即

$$ a_{1}=-a_{0},\quad a_{2}=0,\quad a_{3}=\frac{1}{3},\quad a_{n+1}=\frac{n-1}{n+1}a_{n}(n\geqslant3), $$

或写成

$$ a_{n}=\frac{n-2}{n}a_{n-1}=\frac{n-2}{n}\cdot\frac{n-3}{n-1}\cdot\frac{n-4}{n-2}\cdot\cdots\cdot\frac{2}{4}\cdot\frac{1}{3}=\frac{2}{n(n-1)}\quad(n\geqslant4). $$

于是 $ y = a_{0} - a_{0}x + \frac{1}{3}x^{3} + \frac{1}{6}x^{4} + \frac{1}{10}x^{5} + \cdots + \frac{2}{n(n-1)}x^{n} + \cdots $，或写成

$$ y=a_{0}(1-x)+x^{3}\left[\frac{1}{3}+\frac{1}{6}x+\frac{1}{10}x^{2}+\cdots+\frac{2}{(n+2)(n+3)}x^{n}+\cdots\right]. $$

1. 试用幂级数求下列方程满足所给初值条件的特解：

(1) $ y' = y^2 + x^3 $, $ y \mid_{x=0} = \frac{1}{2} $;

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

解 （1）因 $ y\big|_{x=0}=\frac{1}{2} $，故设方程的特解为 $ y=\frac{1}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}x^{n} $，则

$$ y^{\prime}=\sum_{n=1}^{\infty}n a_{n}x^{n-1}=a_{1}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(n+1\right)a_{n+1}x^{n}. $$

代入方程，有

$$ \begin{aligned}&a_{1}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(n+1\right)a_{n+1}x^{n}\\=&\ x^{3}+\left(\frac{1}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}x^{n}\right)^{2}\\=&\ x^{3}+\frac{1}{4}+\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}x^{n}+\left(\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}x^{n}\right)^{2}\\=&\ x^{3}+\frac{1}{4}+\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}x^{n}+\left[a_{1}^{2}x^{2}+2a_{1}a_{2}x^{3}+\left(a_{2}^{2}+2a_{1}a_{3}\right)x^{4}+\cdots\right.\\&\left.+\left(\sum_{i+j=n}a_{i}a_{j}\right)x^{n}+\cdots\right].\end{aligned} $$

即

$$ \begin{aligned}a_{1}&+\left(2a_{2}-a_{1}\right)x+\left(3a_{3}-a_{2}-a_{1}^{2}\right)x^{2}+\left(4a_{4}-a_{3}-2a_{1}a_{2}\right)x^{3}\\&+\cdots+\left[\left(n+1\right)a_{n+1}-a_{n}-\sum_{i+i=n}a_{i}a_{j}\right]x^{n}+\cdots=\frac{1}{4}+x^{3}.\end{aligned} $$

比较系数，得

$$ \begin{aligned}a_{1}&=\frac{1}{4},\quad2a_{2}-a_{1}=0,\quad3a_{3}-a_{2}-a_{1}^{2}=0,\quad4a_{4}-a_{3}-2a_{1}a_{2}=1,\\&\quad\cdots,\left(n+1\right)a_{n+1}-a_{n}-\sum_{i+i=n}a_{i}a_{j}=0\quad\left(n\geqslant4\right).\end{aligned} $$

依次解得

$$ a_{1}=\frac{1}{4},\quad a_{2}=\frac{1}{8},\quad a_{3}=\frac{1}{16},\quad a_{4}=\frac{9}{32},\cdots. $$

故

$$ y=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}x+\frac{1}{8}x^{2}+\frac{1}{16}x^{3}+\frac{9}{32}x^{4}+\cdots. $$

（2）因 $ y|_{x=0}=0 $ ，故设 $ y=\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}x^{n} $ 是方程的特解，则 $ y'=\sum_{n=1}^{\infty}na_{n}x^{n-1} $ ，代入方程，有

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

即

$$ \sum_{n=1}^{\infty}na_{n}x^{n-1}-\sum_{n=1}^{\infty}na_{n}x^{n}+\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}x^{n}=1+x, $$

或写成

$$ a_{1}+\sum_{n=1}^{\infty}\left[\left(n+1\right)a_{n+1}+\left(1-n\right)a_{n}\right]x^{n}=1+x. $$

比较系数，得 $ a_{1}=1, a_{2}=\frac{1}{2}, a_{n+1}=\frac{n-1}{n+1}a_{n}(n \geqslant 2) $，或写成

$$ a_{n}=\frac{n-2}{n}a_{n-1}=\frac{\left(n-2\right)\left(n-3\right)\cdots1}{n\left(n-1\right)\cdots3}\cdot\frac{1}{2}=\frac{1}{n\left(n-1\right)}\quad\left(n\geqslant3\right). $$

故

$$ y=x+\frac{1}{2}x^{2}+\frac{1}{6}x^{3}+\cdots+\frac{1}{n\left(n-1\right)}x^{n}+\cdots. $$

1. 验证函数 $ y(x) = 1 + \frac{x^{3}}{3!} + \frac{x^{6}}{6!} + \cdots + \frac{x^{3n}}{(3n)!} + \cdots $ （ $ -\infty < x < +\infty $）满足微分方程 $ y'' + y' + y = e^{x} $，并利用此结果求幂级数 $ \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{3n}}{(3n)!} $ 的和函数.

解（1）因为

$$ y\left(x\right)=1+\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{6}}{6!}+\cdots+\frac{x^{3n}}{\left(3n\right)!}+\cdots, $$

$$ y^{\prime}(x)=\frac{x^{2}}{2!}+\frac{x^{5}}{5!}+\cdots+\frac{x^{3n-1}}{\left(3n-1\right)!}+\cdots, $$

$$ y^{\prime \prime}(x)=x+\frac{x^{4}}{4!}+\cdots+\frac{x^{3n-2}}{\left(3n-2\right)!}+\cdots, $$

以上三式相加得

$$ y^{\prime \prime}(x)+y^{\prime}(x)+y(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{n}}{n!}=\mathrm{e}^{x}, $$

所以函数 $ y(x) $ 满足微分方程 $ y'' + y' + y = e^{x} $.

（2） $ y'' + y' + y = e^{x} $ 对应的齐次方程 $ y'' + y' + y = 0 $ 的特征方程为

$$ r^{2}+r+1=0, $$

根为 $ r_{1,2} = -\frac{1}{2} \pm \frac{\sqrt{3}}{2}i $，因此齐次方程的通解为

$$ Y=\mathrm{e}^{-\frac{1}{2}}\Biggr(C_{1}\cos\frac{\sqrt{3}}{2}x+C_{2}\sin\frac{\sqrt{3}}{2}x\Biggr). $$

设非齐次微分方程的特解为 $ y^{*}=Ae^{x} $，代入方程 $ y''+y'+y=e^{x} $，得 $ A=\frac{1}{3} $，于是 $ y^{*}=\frac{1}{3}e^{x} $，且非齐次微分方程的通解为

$$ y=Y+y^{*}=e^{-\frac{x}{2}}\Bigg(C_{1}\cos\frac{\sqrt{3}}{2}x+C_{2}\sin\frac{\sqrt{3}}{2}x\Bigg)+\frac{1}{3}e^{x}. $$

由(1)知，幂级数的和函数 $ y(x) $ 满足： $ y(0)=1, y'(0)=0 $，由此定出上式中的 $ C_{1} $ 与 $ C_{2} $，令

$$ y(0)=1=C_{1}+\frac{1}{3}, $$

$$ y^{\prime}(0)=0=-\frac{1}{2}C_{1}+\frac{\sqrt{3}}{2}C_{2}+\frac{1}{3}, $$

解得 $ C_{1}=\frac{2}{3} $， $ C_{2}=0 $。于是由微分方程初值问题解的唯一性，可得所求幂级数的和函数为

$$ y\left(x\right)=\frac{2}{3}\mathrm{e}^{-\frac{x}{2}}\cos\frac{\sqrt{3}}{2}x+\frac{1}{3}\mathrm{e}^{x}\quad\left(-\infty

1. 利用欧拉公式将函数 $ e^{x}\cos x $ 展开成 x 的幂级数.

解 由欧拉公式 $ e^{ix} = \cos x + i\sin x $ 知

$$ \cos x=\operatorname{R e}(\mathrm{e}^{\mathrm{i}x}), $$

故

$$ \mathrm{e}^{x}\cos x=\mathrm{e}^{x}\cdot\mathrm{Re}(\mathrm{e}^{\mathrm{i}x})=\mathrm{Re}(\mathrm{e}^{x}\cdot\mathrm{e}^{\mathrm{i}x})=\mathrm{Re}[\mathrm{e}^{(1+\mathrm{i})x}]. $$

因为

$$ \begin{align*}\textrm{e}^{(1+\mathrm{i})x}&=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}\big(1+\mathrm{i}\big)^{n}x^{n}=\sum_{n=0}^{\infty}\left[\sqrt{2}\bigg(\cos\frac{\pi}{4}+\mathrm{i}\sin\frac{\pi}{4}\bigg)\right]^{n}\frac{x^{n}}{n!}\\&=\sum_{n=0}^{\infty}\bigg(\cos\frac{n\pi}{4}+\mathrm{i}\sin\frac{n\pi}{4}\bigg)2^{\frac{n}{2}}\cdot\frac{x^{n}}{n!},\quad x\in(-\infty,+\infty),\end{align*} $$

所以

$$ \begin{align*}\textrm{e}^{x}\cos\ x&=\textrm{Re}[\textrm{e}^{(1+\mathrm{i})x}]\\&=\sum_{n=0}^{\infty}\cos\frac{n\pi}{4}\cdot2^{\frac{n}{2}}\cdot\frac{x^{n}}{n!},\quad x\in(-\infty,\ +\infty)\;.\end{align*} $$

$ ^{*} $习题12-6 函数项级数的一致收敛性及一致收敛级数的基本性质

1. 已知函数序列 $ s_n(x) = \sin \frac{x}{n} (n = 1, 2, 3, \cdots) $ 在 $ (-\infty, +\infty) $ 上收敛于 0.

（1）问 $ N(\varepsilon, x) $ 取多大，能使当 n > N 时， $ s_{n}(x) $ 与其极限之差的绝对值小于正数 $ \varepsilon $？

（2）证明 $ s_{n}(x) $ 在任一有限区间 $ [a,b] $ 上一致收敛.

解 （1）由于 $ \left|s_{n}(x)-0\right|=\left|\sin\frac{x}{n}\right|\leqslant\frac{|x|}{n} $，因此对于正数 $ \varepsilon $，取 $ N(\varepsilon,x)\geqslant\frac{|x|}{\varepsilon} $，则当 n>N 时，就有

$$ \left|s_{n}(x)-0\right|\leqslant\frac{\left|x\right|}{n}<\varepsilon. $$

（2）记 $ M = \max\{|a|, |b|\} $，则 $ \forall x \in [a, b], |x| \leq M $，于是

$$ \mid s_{n}(x)-0\mid\leqslant\frac{\mid x\mid}{n}\leqslant\frac{M}{n}. $$

故 $ \forall\varepsilon>0 $，取 $ N=\left[\frac{M}{\varepsilon}\right]+1 $，当 n>N 时，对一切 $ x\in[a,b] $ 都有

$$ \mid s_{n}(x)-0\mid\leqslant\frac{\mid x\mid}{n}<\frac{M}{N}<\varepsilon, $$

即 $ s_{n}(x) $ 在 $ [a,b] $ 上一致收敛于 0.

1. 已知级数 $ x^{2}+\frac{x^{2}}{1+x^{2}}+\frac{x^{2}}{(1+x^{2})^{2}}+\cdots $ 在 $ (-∞,+∞) $ 上收敛.

（1）求出该级数的和；

（2）问 $ N(\varepsilon,x) $取多大，能使当n>N时，级数的余项 $ r_{n} $的绝对值小于正数 $ \varepsilon $；

（3）分别讨论级数在区间[0,1]， $ \left[\frac{1}{2},1\right] $上的一致收敛性.

解 （1）设该级数的和函数为 $ s(x) $，当 x=0 时， $ s(0)=0 $；当 $ x\neq0 $ 时，该级数是公比为 $ \frac{1}{1+x^{2}} $ 的等比级数，且 $ \frac{1}{1+x^{2}}<1 $，故

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

于是

$$ s(x)=\{\begin{aligned}&1+x^{2},&x\neq0,\\ &0,&x=0.\end{aligned}. $$

(2)

$$ \begin{aligned}r_{n}\left(x\right)&=\frac{x^{2}}{\left(1+x^{2}\right)^{n}}+\frac{x^{2}}{\left(1+x^{2}\right)^{n+1}}+\frac{x^{2}}{\left(1+x^{2}\right)^{n+2}}+\cdots\\&=\frac{x^{2}}{\left(1+x^{2}\right)^{n}}\bigg[1+\frac{1}{1+x^{2}}+\frac{1}{\left(1+x^{2}\right)^{2}}+\cdots\bigg].\end{aligned} $$

当 x=0 时， $ r_{n}(x)=0,\forall\varepsilon>0 $ ，取 N=1 ，则当 n>N 时，就有

$$ \left|r_{n}(x)\right|<\varepsilon； $$

当 $ x \neq 0 $ 时， $ r_{n}(x) = \frac{x^{2}}{\left(1 + x^{2}\right)^{n}} \cdot \frac{1}{1 - \frac{1}{1 + x^{2}}} = \frac{1}{\left(1 + x^{2}\right)^{n-1}} $， $ \forall \varepsilon > 0 $ （不妨设 $ \varepsilon < 1 $），取

$$ N=\left[\frac{\ln\frac{1}{\varepsilon}}{\ln(1+x^{2})}\right]+1, $$

则当n>N时，

$$ \left|r_{n}(x)\right|=\frac{1}{\left(1+x^{2}\right)^{n-1}}<\varepsilon. $$

（3）该级数的各项 $ u_{n}(x)=\frac{x^{2}}{(1+x^{2})^{n}}(n=0,1,2,\cdots) $ 在区间 $ [0,1] $ 上是连续的，如果 $ \sum_{n=0}^{\infty}u_{n}(x) $ 在 $ [0,1] $ 上一致收敛，则由定理1知，其和函数 $ s(x) $ 在 $ [0,1] $ 上连续。今 $ s(x) $ 在 $ [0,1] $ 有间断点 x=0，由此推知该级数在 $ [0,1] $ 上不一致收敛。

在区间 $ \left[\frac{1}{2},1\right] $上，因为

$$ \left|r_{n}(x)\right|=\frac{1}{\left(1+x^{2}\right)^{n-1}}\leqslant\frac{1}{\left[1+\left(\frac{1}{2}\right)^{2}\right]^{n-1}}=\left(\frac{4}{5}\right)^{n-1}, $$

所以， $ \forall \varepsilon > 0 $，取 $ N = \left[\log_{\frac{4}{5}}\varepsilon\right] + 1 $，当 n > N 时，对一切 $ x \in \left[\frac{1}{2}, 1\right] $，有

$$ \mid r_{n}(x)\mid\leqslant\left(\frac{4}{5}\right)^{n-1}<\varepsilon. $$

即级数在 $ \left[\frac{1}{2},1\right] $上一致收敛.

1. 按定义讨论下列级数在所给区间上的一致收敛性：

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

(2) $ \sum_{n=0}^{\infty}(1-x)x^{n}, 0 < x < 1 $.

解 （1）此级数为交错级数，且满足莱布尼茨定理的条件.

$$ \forall x\in(-\infty,+\infty), $$

$$ \mid r_{n}(x)\mid\leqslant\frac{x^{2}}{\left(1+x^{2}\right)^{n+1}}\leqslant\frac{x^{2}}{\left(1+x^{2}\right)^{n}}=\frac{x^{2}}{1+nx^{2}+\cdots+x^{2n}}<\frac{1}{n}, $$

故 $ \forall\varepsilon>0 $ ，取 $ N=\left[\frac{1}{\varepsilon}\right] $，当 n>N 时，对一切 $ x\in(-\infty,+\infty) $，有

$$ \left|r_{n}(x)\right|<\varepsilon, $$

即该级数在 $ (-∞,+∞) $上一致收敛.

(2) $ \sum_{n=0}^{\infty}(1-x)x^{n}=\sum_{n=0}^{\infty}(x^{n}-x^{n+1}) $，其部分和函数

$$ s_{n}(x)=(1-x)+(x-x^{2})+\cdots+(x^{n}-x^{n+1})=1-x^{n+1}, $$

有和函数

$$ s\left(x\right)=\lim_{n\to\infty}s_{n}\left(x\right)=\lim_{n\to\infty}\left(1-x^{n+1}\right)=1,\quad x\in\left(0,1\right). $$

目

$$ \left|\begin{array}{c}r_{n}(x)\\ \end{array}\right|\quad=\quad\left|\begin{array}{c}s_{n}(x)\\ \end{array}-s(x)\\ \end{array}\right|\quad=x^{n+1},\quad x\in(0,1). $$

取一列 $ x_{n} = \left(\frac{1}{3}\right)^{\frac{1}{n+1}} (n = 1, 2, \cdots), x_{n} \in (0,1) $. 于是对 $ \varepsilon_{0} = \frac{1}{4} $，不论 n 多么

大，总有 $ x_{n}\in(0,1) $，使得

$$ \left|r_{n}\left(x_{n}\right)\right|\quad=\quad\left[\left(\frac{1}{3}\right)^{\frac{1}{n+1}}\right]^{n+1}=\frac{1}{3}>\frac{1}{4}=\varepsilon_{0}. $$

因此，该级数在开区间（0，1）内不一致收敛。

1. 利用魏尔斯特拉斯判别法证明下列级数在所给区间上的一致收敛性：

(1) $ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\cos nx}{2^n}, -\infty < x < +\infty $;

(2) $ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin nx}{\sqrt[3]{n^{4}+x^{4}}}, -\infty < x < +\infty $;

(3) $ \sum_{n=1}^{\infty} x^{2} e^{-nx}, 0 \leqslant x < +\infty $;

(4) $ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{e^{-nx}}{n!}, \quad |x| < 10 $;

(5) $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}(1-\mathrm{e}^{-nx})}{n^{2}+x^{2}},0\leqslant x<+\infty $

证 (1) $ \forall x \in (-\infty, +\infty) $，因为 $ \left|\cos nx\right| \leqslant 1 $，所以

$$ \frac{\cos n x}{2^n}\leq\frac{1}{2^n}, $$

而级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2^{n}} $ 收敛，从而原级数在 $ (-∞,+∞) $ 上一致收敛.

(2) $ \forall x \in (-\infty, +\infty) $，因为 $ \left|\sin nx\right| \leqslant 1 $，所以

$$ \left|\frac{\sin n x}{\sqrt[3]{n^{4}+x^{4}}}\right|\leqslant\frac{1}{\left(n^{4}+x^{4}\right)^{\frac{1}{3}}}\leqslant\frac{1}{n^{\frac{4}{3}}}, $$

而级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{\frac{4}{3}}} $ 收敛，从而原级数在 $ (-∞,+∞) $ 上一致收敛.

(3) $ \sum_{n=1}^{\infty}x^{2}e^{-nx} = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{2}}{e^{nx}} $，由于当 $ x \in [0, +\infty) $ 时，

$$ \mathrm{e}^{nx}=1+nx+\frac{1}{2!}(nx)^{2}+\frac{1}{3!}(nx)^{3}+\cdots>\frac{1}{2!}(nx)^{2}=\frac{n^{2}x^{2}}{2}, $$

故

$$ \left|\frac{x^{2}}{e^{nx}}\right|<\frac{2}{n^{2}}, $$

而级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{2}{n^{2}} $ 收敛，故原级数在 $ [0,+\infty) $ 上一致收敛.

(4) $ \forall x \in (-10,10), \left| \frac{\mathrm{e}^{-nx}}{n!} \right| < \frac{(\mathrm{e}^{10})^n}{n!} $，而级数 $ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(\mathrm{e}^{10})^n}{n!} $ 收敛（收敛于 $ \mathrm{e}^{e^{10}} - 1 $），故原级数在 $ (-10,10) $ 上一致收敛。

(5) $ \forall x \in [0, +\infty) $，由于 $ 0 < e^{-nx} \leq 1 $，故

$$ \left|\frac{\left(-1\right)^{n}\left(1-\mathrm{e}^{-nx}\right)}{n^{2}+x^{2}}\right|=\frac{1-\mathrm{e}^{-nx}}{n^{2}+x^{2}}<\frac{1}{n^{2}}, $$

而级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}} $ 收敛，从而原级数在 $ [0,+\infty) $ 上一致收敛.

习题12-7

傅里叶级数

1. 下列周期函数 $ f(x) $ 的周期为 $ 2\pi $，试将 $ f(x) $ 展开成傅里叶级数，如果 $ f(x) $ 在 $ [-\pi, \pi) $ 上的表达式为：

(1) $ f(x) = 3x^2 + 1 $ ( $ -\pi \leq x < \pi $);

(2) $ f(x) = \mathrm{e}^{2x}(-\pi \leqslant x < \pi) $;

(3) $ f(x) = \{ \begin{aligned} bx, & \quad -\pi \leq x < 0, \\ ax, & \quad 0 \leq x < \pi \end{aligned} . $ （ $ a, b $ 为常数，且 $ a > b > 0 $）.

解 (1) $ a_{0} = \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}(3x^{2} + 1)\,\mathrm{d}x = 2(\pi^{2} + 1) $,

$$ \begin{aligned}a_{n}&=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\left(3x^{2}+1\right)\cos\ nx\mathrm{d}x\\&=\frac{1}{\pi}\bigg[\frac{1}{n}\left(3x^{2}+1\right)\sin\ nx\bigg|_{-\pi}^{\pi}-\frac{1}{n}\int_{-\pi}^{\pi}6x\sin\ nx\mathrm{d}x\bigg]\\&=\frac{6}{n^{2}\pi}\bigg(x\cos\ nx\bigg|_{-\pi}^{\pi}-\int_{-\pi}^{\pi}\cos\ nx\mathrm{d}x\bigg)\\&=\frac{12}{n^{2}}(-1)^{n}-\frac{6}{n^{3}\pi}\sin\ nx\bigg|_{-\pi}^{\pi}\\&=\frac{(-1)^{n}12}{n^{2}}(n=1,2,\cdots).\\ \end{aligned} $$

由于 $ (3x^{2}+1)\sin nx $是奇函数，故

$$ b_{n}=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}(3x^{2}+1)\sin n x\mathrm{d}x=0. $$

因为 $ f(x) $ 满足收敛定理的条件且在 $ (-∞, +∞) $ 内连续，故

$$ f(x)=\pi^{2}+1+12\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n^{2}}\cos nx,\quad x\in(-\infty,+\infty). $$

(2) $ a_{0} = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} e^{2x} \, dx = \frac{e^{2\pi} - e^{-2\pi}}{2\pi} $,

$$ \begin{aligned}a_{n}&=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\mathrm{e}^{2x}\cos\ nx\mathrm{d}x=\frac{1}{2\pi}\Big(\mathrm{e}^{2x}\cos\ nx\Big|_{-\pi}^{\pi}+\int_{-\pi}^{\pi}\mathrm{e}^{2x}n\sin\ nx\mathrm{d}x\Big)\\&=\frac{\left(-1\right)^{n}\left(\mathrm{e}^{2\pi}-\mathrm{e}^{-2\pi}\right)}{2\pi}+\frac{n}{4\pi}\Big(\mathrm{e}^{2x}\sin\ nx\Big|_{-\pi}^{\pi}-\int_{-\pi}^{\pi}\mathrm{e}^{2x}n\cos\ nx\mathrm{d}x\Big)\end{aligned} $$

$$ =\frac{\left(-1\right)^{n}\left(\mathrm{e}^{2\pi}-\mathrm{e}^{-2\pi}\right)}{2\pi}-\frac{n^{2}}{4}a_{n}, $$

故

$$ a_{n}=\frac{2\left(-1\right)^{n}\left(\mathrm{e}^{2\pi}-\mathrm{e}^{-2\pi}\right)}{\left(n^{2}+4\right)\pi}\quad\left(n=1,2,\cdots\right); $$

用分部积分法得

$$ b_{n}=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\mathrm{e}^{2x}\sin n x\mathrm{d}x=-\frac{n}{2}a_{n}=-\frac{n\left(-1\right)^{n}\left(\mathrm{e}^{2\pi}-\mathrm{e}^{-2\pi}\right)}{\left(n^{2}+4\right)\pi}\quad(n=1,2,\cdots). $$

$ f(x) $ 满足收敛定理的条件，而在 $ x = (2k + 1)\pi $ ( $ k \in \mathbb{Z} $) 处不连续，故

$$ f(x)=\frac{\mathrm{e}^{2\pi}-\mathrm{e}^{-2\pi}}{\pi}\left[\frac{1}{4}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n}}{n^{2}+4}(2\cos nx-n\sin nx)\right], $$

$$ x\neq(2k+1)\pi,\quad k\in\mathbf{Z}. $$

(3)

$$ a_{0}=\frac{1}{\pi}\Big(\int_{-\pi}^{0}b x\mathrm{d}x+\int_{0}^{\pi}a x\mathrm{d}x\Big)=\frac{\pi}{2}(a-b). $$

$$ a_{_n}=\frac{1}{\pi}\Big(\int_{-\pi}^{0}b x\cos n x\mathrm{d}x+\int_{0}^{\pi}a x\cos n x\mathrm{d}x\Big), $$

在上式右端第一个积分中令x = -t，

$$ \int_{-\pi}^{0}b x\cos\ n x\mathrm{d}x=\int_{0}^{\pi}(-b t\cos\ n t)\mathrm{d}t=\int_{0}^{\pi}(-b x\cos\ n x)\mathrm{d}x, $$

故

$$ \begin{aligned}a_{n}&=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}(a-b)x\cos nx\mathrm{d}x=\frac{a-b}{n\pi}\Big(x\sin nx\big|_{0}^{\pi}.-\int_{0}^{\pi}\sin nx\mathrm{d}x\Big)\\&=\frac{a-b}{n^{2}\pi}\big(\cos n\pi-1\big)=\frac{b-a}{n^{2}\pi}\big[1-(-1)^{n}\big]\quad(n=1,2,\cdots)\;;\end{aligned} $$

同理，

$$ \begin{aligned}b_{n}&=\frac{1}{\pi}\Big[\int_{-\pi}^{0}bx\sin\ nx\mathrm{d}x+\int_{0}^{\pi}ax\sin\ nx\mathrm{d}x\Big]\\&=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}(a+b)x\sin\ nx\mathrm{d}x=\frac{a+b}{n\pi}\Big(-x\cos\ nx\Big|_{0}^{\pi}+\int_{0}^{\pi}\cos\ nx\mathrm{d}x\Big)\\&=\frac{a+b}{n\pi}\Big[\left(-1\right)^{n+1}\pi+\frac{1}{n}\sin\ nx\Big|_{0}^{\pi}\Big]=\frac{a+b}{n}(-1)^{n+1}(n=1,2,\cdots).\\ \end{aligned} $$

$ f(x) $ 满足收敛定理的条件，而在 $ x = (2k + 1)\pi (k \in \mathbb{Z}) $ 处不连续，故

$$ f(x)=\frac{\pi}{4}(a-b)+\sum_{n=1}^{\infty}\{\frac{[1-(-1)^{n}](b-a)}{n^{2}\pi}\cos nx+\frac{(-1)^{n-1}(a+b)}{n}\sin nx\} $$

$$ x\ne(2k+1)\pi,\quad k\in\mathbf{Z}. $$

1. 将下列函数 $ f(x) $ 展开成傅里叶级数：

(1)

$$ f(x)=2\sin\frac{x}{3}(-\pi\leqslant x\leqslant\pi)； $$

$$ (2)f(x)=\{\begin{aligned}&\mathrm{e}^{x},&-\pi\leq&x<0,\\ &1,&0\leq&x\leq\pi.\end{aligned}. $$

解 （1）设 $ \varphi(x) $ 是 $ f(x) $ 经周期延拓而得的函数， $ \varphi(x) $ 在 $ (-π, π) $ 内连续， $ x = ±π $ 是 $ \varphi(x) $ 的间断点。又 $ \varphi(x) $ 满足收敛定理的条件，故在 $ (-π, π) $ 内，它的傅里叶级数收敛于 $ f(x) $。

由于 $ 2\sin\frac{x}{3} $ 是奇函数，故 $ a_{n}=0(n=0,1,2,\cdots) $;

$$ \begin{aligned}b_{n}&=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}2\sin\frac{x}{3}\sin nx\mathrm{d}x&\\&=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}\left[\cos\left(\frac{1}{3}-n\right)x-\cos\left(\frac{1}{3}+n\right)x\right]\mathrm{d}x\\ &\\&=\frac{2}{\pi}\left[\frac{\sin\left(n-\frac{1}{3}\right)\pi}{n-\frac{1}{3}}-\frac{\sin\left(n+\frac{1}{3}\right)\pi}{n+\frac{1}{3}}\right]\\ &\\&=\frac{6}{\pi}\left[\frac{-\cos n\pi\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}}{3n-1}-\frac{\cos n\pi\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}}{3n+1}\right]\\ &\\&=\left(-1\right)^{n+1}\cdot\frac{18\sqrt{3}}{\pi}\cdot\frac{n}{9n^{2}-1}\quad(n=1,2,\cdots).\\ \end{aligned} $$

故

$$ f(x)=\frac{18\sqrt{3}}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}\left(-1\right)^{n+1}\frac{n}{9n^{2}-1}\sin nx,\quad x\in(-\pi,\pi). $$

（2）设 $ \varphi(x) $ 是 $ f(x) $ 经周期延拓而得的函数，它在 $ (-π,π) $ 内连续， $ x = ±π $ 是 $ \varphi(x) $ 的间断点。又 $ \varphi(x) $ 满足收敛定理的条件，故在 $ (-π,π) $ 内它的傅里叶级数收敛于 $ f(x) $。

$$ \begin{aligned}a_{0}&=\frac{1}{\pi}\Big(\int_{-\pi}^{0}\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x+\int_{0}^{\pi}\mathrm{d}x\Big)=\frac{1+\pi-\mathrm{e}^{-\pi}}{\pi},\\a_{n}&=\frac{1}{\pi}\Big(\int_{-\pi}^{0}\mathrm{e}^{x}\cos\ nx\mathrm{d}x+\int_{0}^{\pi}\cos nx\mathrm{d}x\Big)=\frac{1-(-1)^{n}\mathrm{e}^{-\pi}}{\pi(1+n^{2})}\quad(n=1,2,\cdots),\\b_{n}&=\frac{1}{\pi}\Big(\int_{-\pi}^{0}\mathrm{e}^{x}\sin\ nx\mathrm{d}x+\int_{0}^{\pi}\sin nx\mathrm{d}x\Big)\\&=\frac{1}{\pi}\{\frac{-n[1-(-1)^{n}\mathrm{e}^{-\pi}]}{1+n^{2}}+\frac{1-(-1)^{n}}{n}\}\quad(n=1,2,\cdots).\end{aligned} $$

故

$$ \begin{align*}f(x)&=\frac{1+\pi-\mathrm{e}^{-\pi}}{2\pi}+\frac{1}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}\{\frac{1-(-1)^{n}\mathrm{e}^{-\pi}}{1+n^{2}}\cos nx+.\\&\quad.[\frac{-n+(-1)^{n}n\mathrm{e}^{-\pi}}{1+n^{2}}+\frac{1-(-1)^{n}}{n}]\sin nx\},\quad x\in(-\pi,\pi).\end{align*} $$

1. 将函数 $ f(x) = \cos \frac{x}{2} (-\pi \leq x \leq \pi) $ 展开成傅里叶级数.

解 $ f(x) = \cos \frac{x}{2} $ 是偶函数，故 $ b_{n} = 0 (n = 1, 2, \cdots) $.

$$ \begin{aligned}a_{n}&=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}\cos\frac{x}{2}\cos nx\mathrm{d}x&\\&=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}\Big[\cos\Big(n-\frac{1}{2}\Big)x+\cos\Big(n+\frac{1}{2}\Big)x\Big]\mathrm{d}x\\ &\\&=\frac{1}{\pi}\left[\frac{\sin\Big(n-\frac{1}{2}\Big)\pi}{n-\frac{1}{2}}+\frac{\sin\Big(n+\frac{1}{2}\Big)\pi}{n+\frac{1}{2}}\right]\\ &\\&=\frac{2}{\pi}\Big(\frac{-\cos n\pi}{2n-1}+\frac{\cos n\pi}{2n+1}\Big)=(-1)^{n+1}\frac{2}{\pi}\Big(\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}\Big)\\ &\\&=(-1)^{n+1}\frac{4}{\pi(4n^{2}-1)}\quad(n=0,1,2,\cdots).\\ \end{aligned} $$

因 $ f(x) $ 满足收敛定理的条件，且在 $ [-π, π] $ 上连续，故

$$ f(x)=\frac{2}{\pi}+\frac{4}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\frac{1}{4n^{2}-1}\cos nx,\quad x\in[-\pi,\pi]. $$

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

$$ f(x)=\{\begin{aligned}&-\frac{\pi}{2},&-\pi\leqslant x<-\frac{\pi}{2},\\ &x,&-\frac{\pi}{2}\leqslant x<\frac{\pi}{2},\\ &\frac{\pi}{2},&\frac{\pi}{2}\leqslant x<\pi,\end{aligned}. $$

将 $ f(x) $展开成傅里叶级数.

解 $ f(x) $ 是奇函数，故 $ a_{n}=0(n=0,1,2,\cdots) $

$$ \begin{aligned}b_{n}&=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}f(x)\sin n x\mathrm{d}x=\frac{2}{\pi}\bigg(\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x\sin n x\mathrm{d}x+\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\frac{\pi}{2}\sin n x\mathrm{d}x\bigg)&\\&=\frac{2}{\pi}\bigg(\frac{-x\cos n x}{n}\bigg|_{0}^{\frac{\pi}{2}}+\frac{1}{n}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos n x\mathrm{d}x\bigg)+\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\sin n x\mathrm{d}x\\ &\\&=\frac{-\cos\frac{n\pi}{2}}{n}+\frac{2\sin\frac{n\pi}{2}}{\pi n^{2}}+\frac{\cos\frac{n\pi}{2}-\cos n\pi}{n}\\ &\\&=\frac{2}{n^{2}\pi}\sin\frac{n\pi}{2}+\frac{(-1)^{n+1}}{n}\quad(n=1,2,\cdots).\\ \end{aligned} $$

因 $ f(x) $ 满足收敛定理的条件，而在 $ x = (2k + 1)\pi (k \in \mathbb{Z}) $ 处间断，故

$$ f(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\left[\frac{\left(-1\right)^{n+1}}{n}+\frac{2}{n^{2}\pi}\sin\frac{n\pi}{2}\right]\sin n x,\quad x\neq(2k+1)\pi(k\in\mathbf{Z}). $$

1. 将函数 $ f(x) = \frac{\pi - x}{2} (0 \leq x \leq \pi) $ 展开成正弦级数.

解作

$$ \varphi(x)=\{\begin{aligned}&f(x),&\quad x\in(0,\pi],\\ &0,&\quad x=0,\\ &-f(-x),&\quad x\in(-\pi,0),\end{aligned}. $$

$ \varphi(x) $ 是 $ f(x) $ 的奇延拓. 令 $ \Phi(x) $ 是 $ \varphi(x) $ 的周期延拓, 则 $ \Phi(x) $ 满足收敛定理的条件, 而在 $ x = 2k\pi (k \in \mathbf{Z}) $ 处间断, 又在 $ (0, \pi] $ 上, $ \Phi(x) \equiv f(x) $, 因此 $ \Phi(x) $ 的傅里叶级数在 $ (0, \pi] $ 上收敛于 $ f(x) $.

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

$$ \begin{aligned}b_{n}&=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}\frac{\pi-x}{2}\sin n x\mathrm{d}x=\frac{2}{\pi}\bigg[\frac{x-\pi}{2n}\cos n x-\frac{1}{2n^{2}}\sin n x\bigg]_{0}^{\pi}\\&=\frac{1}{n}(n=1,2,\cdots),\end{aligned} $$

故

$$ f(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}\sin nx,\quad x\in(0,\pi]. $$

1. 将函数 $ f(x) = 2x^{2} $ ( $ 0 \leq x \leq \pi $) 分别展开成正弦级数和余弦级数.

解 （1）展开成正弦级数.

令

$$ \varphi(x)=\{\begin{matrix}2x^{2},&x\in[0,\pi],\\-2x^{2},&x\in(-\pi,0)\\\end{matrix}. $$

是 $ f(x) $的奇延拓，又 $ \Phi(x) $是 $ \varphi(x) $的周期延拓函数，则 $ \Phi(x) $满足收敛定理的条件，而在 $ x=(2k+1)\pi(k\in\mathbf{Z}) $处间断，又在 $ [0,\pi] $上 $ \Phi(x)\equiv f(x) $，故它的傅里叶级数在 $ [0,\pi) $上收敛于 $ f(x) $。

$$ a_{n}=0\quad(\textit{n=0,1,2,\cdots})~, $$

$$ \begin{aligned}b_{n}&=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}2x^{2}\sin\ nx\mathrm{d}x\\&=\frac{4}{\pi}\left[\frac{-x^{2}}{n}\cos\ nx+\frac{2x}{n^{2}}\sin\ nx+\frac{2}{n^{3}}\cos\ nx\right]_{0}^{\pi}\\&=\frac{4}{\pi}\left[\frac{-\pi^{2}\left(-1\right)^{n}}{n}+\frac{\left(-1\right)^{n}2}{n^{3}}-\frac{2}{n^{3}}\right]\quad(n=1,2,\cdots),\end{aligned} $$

故

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

（2）展开成余弦级数.

令 $ \varphi(x)=2x^{2}, x\in(-\pi,\pi] $ 是 $ f(x) $ 的偶延拓，又 $ \Phi(x) $ 是 $ \varphi(x) $ 的周期延拓函数，则 $ \Phi(x) $ 满足收敛定理的条件且处处连续，又在 $ [0,\pi] $ 上， $ \Phi(x)\equiv f(x) $，故它的傅里叶级数在 $ [0,\pi] $ 上收敛于 $ f(x) $.

$$ b_{n}=0\quad(\textit{n=1,2,\cdots}), $$

$$ a_{0}=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}2x^{2}\mathrm{d}x=\frac{4}{3}\pi^{2}, $$

$$ a_{n}=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}2x^{2}\cos\ nx\mathrm{d}x=\left(-1\right)^{n}\frac{8}{n^{2}}\quad\left(n=1,2,\cdots\right). $$

故

$$ f(x)=\frac{2}{3}\pi^{2}+8\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n}}{n^{2}}\cos nx,\quad x\in\left[0,\pi\right]. $$

1. 设周期函数 $ f(x) $ 的周期为 $ 2\pi $ . 证明：

（1）若 $ f(x-\pi)=-f(x) $，则 $ f(x) $的傅里叶系数 $ a_{0}=0 $， $ a_{2k}=0 $， $ b_{2k}=0 $（ $ k=1,2,\cdots $）；

（2）若 $ f(x-\pi)=f(x) $，则 $ f(x) $ 的傅里叶系数 $ a_{2k+1}=0 $， $ b_{2k+1}=0(k=0,1,2,\cdots) $.

证（1）

$$ \begin{align*}a_{0}&=\frac{1}{\pi}\Big[\int_{-\pi}^{0}f(x)\mathrm{d}x+\int_{0}^{\pi}f(x)\mathrm{d}x\Big]\\&=\frac{1}{\pi}\Big[\int_{-\pi}^{0}f(x)\mathrm{d}x+\int_{0}^{\pi}\big[-f(x-\pi)\big]\mathrm{d}x\Big],\end{align*} $$

在上式第二个积分中令 $ x-\pi=u $，则

$$ a_{0}=\frac{1}{\pi}\Big[\int_{-\pi}^{0}f(x)\mathrm{d}x-\int_{-\pi}^{0}f(u)\mathrm{d}u\Big]=0. $$

同理可得

$$ \begin{aligned}a_{n}&=\frac{1}{\pi}\Big[\int_{-\pi}^{0}f(x)\cos\ n x\mathrm{d}x+\int_{0}^{\pi}f(x)\cos\ n x\mathrm{d}x\Big]\\&=\frac{1}{\pi}\Big[\int_{-\pi}^{0}f(x)\cos\ n x\mathrm{d}x+\int_{0}^{\pi}\big[-f(x-\pi)\big]\cos\ n x\mathrm{d}x\Big]\\&=\frac{1}{\pi}\Big[\int_{-\pi}^{0}f(x)\cos\ n x\mathrm{d}x-\int_{-\pi}^{0}f(u)\cos(n\pi+n u)\mathrm{d}u\Big]\\ \end{aligned} $$

及

$$ b_{n}=\frac{1}{\pi}\Big[\int_{-\pi}^{0}f(x)\sin n x\mathrm{d}x-\int_{-\pi}^{0}f(u)\sin(n\pi+n u)\mathrm{d}u\Big]. $$

当 $ n = 2k (k \in \mathbb{N}^*) $ 时， $ \cos (n\pi + nu) = \cos nu $， $ \sin (n\pi + nu) = \sin nu $，于是有

$$ a_{2k}=\frac{1}{\pi}\left[\int_{-\pi}^{0}f(x)\cos2kx dx-\int_{-\pi}^{0}f(u)\cos2ku du\right]=0, $$

及

$$ b_{2k}\;=\;0\quad\mathrm{~(~k~\in~\mathbf{N}^{*}~)~}. $$

（2）与（1）的做法类似，有

$$ a_{n}=\frac{1}{\pi}\Big[\int_{-\pi}^{0}f(x)\cos n x\mathrm{d}x+\int_{-\pi}^{0}f(u)\cos(n\pi+n u)\mathrm{d}u\Big], $$

$$ b_{n}=\frac{1}{\pi}\Big[\int_{-\pi}^{0}f(x)\sin n x\mathrm{d}x+\int_{-\pi}^{0}f(u)\sin(n\pi+n u)\mathrm{d}u\Big]. $$

当 $ n = 2k + 1 $ ( $ k \in \mathbb{N} $) 时， $ \cos (n\pi + nu) = -\cos nu $， $ \sin (n\pi + nu) = -\sin nu $，故有

$$ a_{2k+1}\;=\;0,\quad b_{2k+1}\;=\;0\quad(k\in\mathbb{N}). $$

习题12-8

一 般周期函数的傅里叶级数

1. 将下列各周期函数展开成傅里叶级数（下面给出函数在一个周期内的表达式）：

(1)

$$ f(x)=1-x^{2}\Big(-\frac{1}{2}\leqslant x<\frac{1}{2}\Big); $$

(2)

$$ f(x)=\{\begin{aligned}&x,&-1\leqslant x<0,\\ &1,&0\leqslant x<\frac{1}{2},\\ &-1,&\frac{1}{2}\leqslant x<1;\end{aligned}. $$

(3)

$$ f(x)=\{\begin{aligned}&2x+1,&-3\leqslant x<0,\\ &1,&0\leqslant x<3.\end{aligned}. $$

解 （1）函数 $ f(x) $ 是半周期 $ l=\frac{1}{2} $ 的偶函数，故

$$ b_{n}=0\quad(n=1,2,\cdots), $$

$$ a_{0}=\frac{2}{\frac{1}{2}}\int_{0}^{\frac{1}{2}}\left(1-x^{2}\right)\mathrm{d}x=\frac{11}{6}, $$

$$ \begin{aligned}a_{n}&=\frac{2}{2}\int_{0}^{\frac{1}{2}}\left(1-x^{2}\right)\cos\frac{n\pi x}{2}\mathrm{d}x=4\int_{0}^{\frac{1}{2}}\left(1-x^{2}\right)\cos\left(2n\pi x\right)\mathrm{d}x\\&=4\left[\frac{1-x^{2}}{2n\pi}\sin\left(2n\pi x\right)-\frac{2x}{4n^{2}\pi^{2}}\cos\left(2n\pi x\right)+\frac{2}{8n^{3}\pi^{3}}\sin\left(2n\pi x\right)\right]_{0}^{\frac{1}{2}}\\&=\frac{\left(-1\right)^{n+1}}{n^{2}\pi^{2}}\quad(n=1,2,\cdots).\\ \end{aligned} $$

因 $ f(x) $ 满足收敛定理的条件且处处连续，故有

$$ f(x)=\frac{11}{12}+\frac{1}{\pi^{2}}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n+1}}{n^{2}}\cos(2n\pi x),\quad x\in\left(-\infty,+\infty\right). $$

（2）函数 $ f(x) $的半周期 $ l=1 $

$$ \begin{aligned}a_{0}&=\int_{-1}^{1}f(x)\mathrm{d}x=\int_{-1}^{0}x\mathrm{d}x+\int_{0}^{\frac{1}{2}}\mathrm{d}x+\int_{\frac{1}{2}}^{1}(-1)\mathrm{d}x=-\frac{1}{2},&\\a_{n}&=\int_{-1}^{1}f(x)\cos\left(n\pi x\right)\mathrm{d}x\\ &=\int_{-1}^{0}x\cos\left(n\pi x\right)\mathrm{d}x+\int_{0}^{\frac{1}{2}}\cos\left(n\pi x\right)\mathrm{d}x-\int_{\frac{1}{2}}^{1}\cos\left(n\pi x\right)\mathrm{d}x\\ &=\left[\frac{x}{n\pi}\sin\left(n\pi x\right)+\frac{1}{n^{2}\pi^{2}}\cos\left(n\pi x\right)\right]_{-1}^{0}+\left[\frac{1}{n\pi}\sin\left(n\pi x\right)\right]_{0}^{\frac{1}{2}}+\left[\frac{1}{n\pi}\sin\left(n\pi x\right)\right]_{1}^{\frac{1}{2}}\\ &=\frac{1}{n^{2}\pi^{2}}\left[1-(-1)^{n}\right]+\frac{2}{n\pi}\sin\frac{n\pi}{2}\quad(n=1,2,\cdots),\\ \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}b_{n}&=\int_{-1}^{1}f(x)\sin\left(n\pi x\right)\mathrm{d}x\\&=\int_{-1}^{0}x\sin\left(n\pi x\right)\mathrm{d}x+\int_{0}^{\frac{1}{2}}\sin\left(n\pi x\right)\mathrm{d}x-\int_{\frac{1}{2}}^{1}\sin\left(n\pi x\right)\mathrm{d}x\\&=-\frac{2}{n\pi}\cos\frac{n\pi}{2}+\frac{1}{n\pi}\quad(n=1,2,\cdots).\\ \end{aligned} $$

因 $ f(x) $ 满足收敛定理的条件，其间断点为 $ x = 2k, 2k + \frac{1}{2}, k \in \mathbb{Z} $，故有

$$ \begin{align*}f(x)=-\frac{1}{4}+\sum_{n=1}^{\infty}\Bigg\{\Bigg[\frac{1-(-1)^{n}}{n^{2}\pi^{2}}+\frac{2}{n\pi}\sin\frac{n\pi}{2}\Bigg]\cos\big(n\pi x\big)\\+\frac{1}{n\pi}\bigg(1-2\cos\frac{n\pi}{2}\bigg)\sin\big(n\pi x\big)\Bigg\},\\x\in\mathbb{R}\Bigg\backslash\Bigg\{2k,2k+\frac{1}{2}\Bigg|k\in\mathbb{Z}\Bigg\}.\end{align*} $$

（3）函数 $ f(x) $的半周期 $ l=3 $.

$$ a_{0}=\frac{1}{3}\int_{-3}^{3}f(x)\mathrm{d}x=\frac{1}{3}\left[\int_{-3}^{0}(2x+1)\mathrm{d}x+\int_{0}^{3}\mathrm{d}x\right]=-1, $$

$$ \begin{aligned}a_{n}&=\frac{1}{3}\int_{-3}^{3}f(x)\cos\frac{n\pi x}{3}\mathrm{d}x=\frac{1}{3}\Biggl[\int_{-3}^{0}\left(2x+1\right)\cos\frac{n\pi x}{3}\mathrm{d}x+\int_{0}^{3}\cos\frac{n\pi x}{3}\mathrm{d}x\Biggr]\\&=\frac{6}{n^{2}\pi^{2}}\bigl[1-\left(-1\right)^{n}\bigr]\quad\left(n=1,2,\cdots\right),\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}b_{n}&=\frac{1}{3}\int_{-3}^{3}f(x)\sin\frac{n\pi x}{3}\mathrm{d}x=\frac{1}{3}\bigg[\int_{-3}^{0}(2x+1)\sin\frac{n\pi x}{3}\mathrm{d}x+\int_{0}^{3}\sin\frac{n\pi x}{3}\mathrm{d}x\bigg]\\&=\frac{6}{n\pi}(-1)^{n+1}\quad(n=1,2,\cdots).\end{aligned} $$

因 $ f(x) $ 满足收敛定理的条件，其间断点为 $ x = 3(2k + 1), k \in \mathbb{Z} $，故有

$$ f(x)=-\frac{1}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\{\frac{6}{n^{2}\pi^{2}}[1-(-1)^{n}]\cos\frac{n\pi x}{3}+(-1)^{n+1}\frac{6}{n\pi}\sin\frac{n\pi x}{3}\}, $$

$$ \boldsymbol{x}\in\mathbb{R}\setminus\{3(2k+1)\mid k\in\mathbb{Z}\}. $$

1. 将下列函数分别展开成正弦级数和余弦级数：

(1)

$$ f(x)=\{\begin{aligned}&x,&0\leqslant x<\frac{l}{2},\\ &l-x,&\frac{l}{2}\leqslant x\leqslant l;\end{aligned}. $$

(2) $ f(x) = x^{2} $ (0 $ \leq x \leq 2 $).

解（1）展开为正弦级数：

将 $ f(x) $作奇延拓得 $ \varphi(x) $，又将 $ \varphi(x) $作周期延拓得 $ \Phi(x) $，则 $ \Phi(x) $是以2l为周期的奇函数， $ \Phi(x) $处处连续，又满足收敛定理的条件，且在 $ [0,l] $上， $ \Phi(x)\equiv f(x) $.

$$ a_{n}=0\quad(n=0,1,2,\cdots)； $$

$$ b_{_{n}}=\frac{2}{l}\left[\int_{0}^{\frac{i}{2}}x\sin\frac{n\pi x}{l}\mathrm{d}x\right.+\left.\int_{\frac{i}{2}}^{l}\left(l-x\right)\sin\frac{n\pi x}{l}\mathrm{d}x\right], $$

在上式第二个积分中令 l - x = t，则有

$$ \int_{\frac{l}{2}}^{l}\left(l-x\right)\sin\frac{n\pi x}{l}\mathrm{d}x=-\int_{0}^{\frac{l}{2}}t\cos n\pi\sin\frac{n\pi t}{l}\mathrm{d}t=\left(-1\right)^{n-1}\int_{0}^{\frac{l}{2}}t\sin\frac{n\pi t}{l}\mathrm{d}t, $$

于是

$$ b_{n}=\frac{2}{l}\left[1+(-1)^{n-1}\right]\int_{0}^{\frac{i}{2}}x\sin\frac{n\pi x}{l}\mathrm{d}x. $$

当 n = 2k 时， $ b_{2k} = 0 $；当 n = 2k - 1 时，

$$ b_{2k-1}=\frac{4}{l}\int_{0}^{\frac{l}{2}}x\sin\frac{\left(2k-1\right)\pi x}{l}\mathrm{d}x=\frac{4l}{\left(2k-1\right)^{2}\pi^{2}}\left(-1\right)^{k-1}\quad\left(k=1,2,\cdots\right). $$

故

$$ f(x)=\frac{4l}{\pi^{2}}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{k-1}}{\left(2k-1\right)^{2}}\sin\frac{\left(2k-1\right)\pi x}{l},\quad x\in\left[0,l\right]. $$

展开为余弦级数：

将 $ f(x) $作偶延拓得 $ \psi(x) $，再将 $ \psi(x) $作周期延拓得 $ \Psi(x) $，则 $ \Psi(x) $是以2l为周期的周期函数. $ \Psi(x) $处处连续又满足收敛定理的条件，且在 $ [0,l] $上 $ \Psi(x)=f(x) $.

$$ a_{0}=\frac{2}{l}\left[\int_{0}^{\frac{l}{2}}x\mathrm{d}x+\int_{\frac{l}{2}}^{l}(l-x)\mathrm{d}x\right]=\frac{l}{2}; $$

$$ a_{n}=\frac{2}{l}\bigg[\int_{0}^{\frac{i}{2}}x\cos\frac{n\pi x}{l}\mathrm{d}x+\int_{\frac{l}{2}}^{l}(l-x)\cos\frac{n\pi x}{l}\mathrm{d}x\bigg], $$

在上式第二个积分中令 l - x = t，则有

$$ \int_{\frac{l}{2}}^{l}\left(l-x\right)\cos\frac{n\pi x}{l}\mathrm{d}x=\left(-1\right)^{n}\int_{0}^{\frac{l}{2}}t\cos\frac{n\pi t}{l}\mathrm{d}t, $$

于是

$$ \begin{align*}a_{n}&=\frac{2}{l}\left[1+(-1)^{n}\right]\int_{0}^{\frac{l}{2}}x\cos\frac{n\pi x}{l}\mathrm{d}x\\&=\frac{2}{l}\left[1+(-1)^{n}\right]\left(\frac{l}{\pi}\right)^{2}\bigg(\frac{\pi}{2n}\sin\frac{n\pi}{2}+\frac{1}{n^{2}}\cos\frac{n\pi}{2}-\frac{1}{n^{2}}\bigg).\end{align*} $$

当 n = 2m - 1 时， $ a_{2m-1} = 0 $；当 n = 2m 时，

$$ \begin{aligned}a_{2m}&=\frac{4l}{\pi^{2}}\cdot\frac{1}{\left(2m\right)^{2}\left[\left(-1\right)^{m}-1\right]}\\&=\begin{cases}0,&m=2k,\\\displaystyle\frac{l}{\pi^{2}}\cdot\frac{\left(-2\right)}{\left(2k-1\right)^{2}},&m=2k-1\end{cases}\quad(k=1,2,\cdots).\end{aligned} $$

$$ f(x)=\frac{l}{4}-\frac{2l}{\pi^{2}}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{\left(2k-1\right)^{2}}\cos\frac{2\left(2k-1\right)\pi x}{l},\quad x\in\left[0,l\right]. $$

（2）展开为正弦级数：

将 $ f(x) $作奇延拓得 $ \varphi(x) $，再将 $ \varphi(x) $作周期延拓，得以4为周期的周期函数 $ \Phi(x) $，则 $ \Phi(x) $满足收敛定理的条件，除了间断点 $ x=2(2k+1)(k\in\mathbf{Z}) $外处处连续，且在 $ [0,2) $上， $ \Phi(x)=f(x) $.

$$ a_{n}=0\quad(\textit{n=0,1,2,\cdots})~, $$

$$ \begin{aligned}b_{n}&=\frac{2}{2}\int_{0}^{2}x^{2}\sin\frac{n\pi x}{2}\mathrm{d}x=\left[-\frac{2}{n\pi}x^{2}\cos\frac{n\pi x}{2}\right]_{0}^{2}+\frac{4}{n\pi}\int_{0}^{2}x\cos\frac{n\pi x}{2}\mathrm{d}x\\&=\left(-1\right)^{n+1}\frac{8}{n\pi}+\frac{8}{\left(n\pi\right)^{2}}\Big[x\sin\frac{n\pi x}{2}\Big]_{0}^{2}+\frac{16}{\left(n\pi\right)^{3}}\Big[\cos\frac{n\pi x}{2}\Big]_{0}^{2}\\&=\left(-1\right)^{n+1}\frac{8}{n\pi}+\frac{16}{\left(n\pi\right)^{3}}\big[\left(-1\right)^{n}-1\big]\quad(n=1,2,\cdots).\end{aligned} $$

故

$$ f(x)=\frac{8}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}\{\frac{(-1)^{n+1}}{n}+\frac{2}{n^{3}\pi^{2}}[(-1)^{n}-1]\}\sin\frac{n\pi x}{2},\quad x\in[0,2). $$

展开为余弦级数：

将 $ f(x) $作偶延拓得 $ \psi(x) $，再将 $ \psi(x) $作周期延拓，得以4为周期的周期函数 $ \Psi(x) $，则 $ \Psi(x) $处处连续又满足收敛定理的条件．且在 $ [0,2] $上 $ \Psi(x)=f(x) $．

$$ a_{0}=\frac{2}{2}\int_{0}^{2}x^{2}\mathrm{d}x=\frac{8}{3}, $$

$$ \begin{aligned}a_{n}&=\frac{2}{2}\int_{0}^{2}x^{2}\cos\frac{n\pi x}{2}\mathrm{d}x=\frac{2}{n\pi}\Big[x^{2}\sin\frac{n\pi x}{2}\Big]_{0}^{2}-\frac{4}{n\pi}\int_{0}^{2}x\sin\frac{n\pi x}{2}\mathrm{d}x&\\&=\frac{8}{\left(n\pi\right)^{2}}\Big[x\cos\frac{n\pi x}{2}-\frac{2}{n\pi}\sin\frac{n\pi x}{2}\Big]_{0}^{2}\\ &\\&=\left(-1\right)^{n}\frac{16}{\left(n\pi\right)^{2}}\quad\left(n=1,2,\cdots\right),\\ \end{aligned} $$

$$ b_{n}=0.\quad(n=1,2,\cdots). $$

故

$$ f(x)=\frac{4}{3}+\frac{16}{\pi^{2}}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n}}{n^{2}}\cos\frac{n\pi x}{2},\quad x\in\left[0,2\right]. $$

$ ^{*} $3. 设 $ f(x) $ 是周期为 2 的周期函数，它在 $ [-1,1) $ 上的表达式为 $ f(x) = e^{-x} $。试将 $ f(x) $ 展开成复数形式的傅里叶级数。

解 $ f(x) $ 满足收敛定理的条件，且除了点 $ x = 2k + 1 (k \in \mathbb{Z}) $ 外处处连续.

$$ \begin{aligned}c_{n}&=\frac{1}{2}\int_{-1}^{1}\mathrm{e}^{-x}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}n\pi x}\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\int_{-1}^{1}\mathrm{e}^{-(1+n\pi\mathrm{i})x}\mathrm{d}x&\\&=-\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{1+n\pi\mathrm{i}}\left[\mathrm{e}^{-(1+n\pi\mathrm{i})x}\right]_{-1}^{1}\\ &\\&=-\frac{1}{2}\cdot\frac{1-n\pi\mathrm{i}}{1+(n\pi)^{2}}(\mathrm{e}^{-1}\cdot\mathrm{e}^{-n\pi\mathrm{i}}-\mathrm{e}\cdot\mathrm{e}^{n\pi\mathrm{i}})\\ &\\&=\frac{1-n\pi\mathrm{i}}{1+(n\pi)^{2}}\frac{\mathrm{e}\cos n\pi-\mathrm{e}^{-1}\cos n\pi}{2}\\ &\\&=(-1)^{n}\frac{\mathrm{e}-\mathrm{e}^{-1}}{2}\frac{1-n\pi\mathrm{i}}{1+n^{2}\pi^{2}}\quad(n=0,\pm1,\pm2,\cdots),\\ \end{aligned} $$

故

$$ f(x)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}(-1)^{n}\frac{\mathrm{e}-\mathrm{e}^{-1}}{2}\frac{1-n\pi\mathrm{i}}{1+n^{2}\pi^{2}}\cdot\mathrm{e}^{\mathrm{i}n\pi x},\quad x\in\mathbf{R}\setminus\{2k+1\mid k\in\mathbf{Z}\}. $$

$ ^{*} $4. 设 $ u(t) $ 是周期为 T 的周期函数. 已知它的傅里叶级数的复数形式为 (参阅本节例题)

$$ u\left(t\right)~=~\frac{h\tau}{T}~+~\frac{h}{\pi}\sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{1}{n}\sin\frac{n\pi\tau}{T}\mathrm{e}^{\mathrm{i}\frac{2n\pi t}{T}}\quad\left(-\infty~<~t~<+\infty\right), $$

试写出 $ u(t) $ 的傅里叶级数的实数形式（即三角形式）.

解由题设知

$$ c_{n}=\frac{h}{n\pi}\sin\frac{n\pi\tau}{T}\quad(n=\pm1,\pm2,\cdots). $$

因

$$ c_{n}=\frac{a_{n}-\mathrm{i}b_{n}}{2},\quad c_{-n}=\frac{a_{n}+\mathrm{i}b_{n}}{2}=\frac{\mathrm{~ 卞 }}{c_{n}}\quad(n=1,2,\cdots), $$

可见

$$ a_{n}=\mathrm{R e}(2c_{n}),\quad b_{n}=\mathrm{I m}(2\overline{{c_{n}}}). $$

而 $ c_{n} $为实数，故

$$ a_{n}=\frac{2h}{n\pi}\mathrm{s i n}\frac{n\pi\tau}{T},\quad b_{n}=0\quad(n=1,2,\cdots), $$

故

$$ u\left(t\right)\;=\;\frac{h\tau}{T}\;+\;\frac{2h}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}\;\frac{1}{n}\sin\frac{n\pi\tau}{T}\cdot\cos\frac{2n\pi t}{T}\quad\left(-\infty\right.\;<\;t\;<\;+\;\infty\;. $$

总习题十

1. 填空：

(1) 对级数 $ \sum_{n=1}^{\infty} u_{n}, \lim_{n \to \infty} u_{n} = 0 $ 是它收敛的 ___ 条件，不是它收敛的 ___ 条件；

（2）部分和数列 $ \{s_{n}\} $ 有界是正项级数 $ \sum_{n}^{\infty}u_{n} $ 收敛的 ___ 条件；

（3）若级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}u_{n} $绝对收敛，则级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}u_{n} $必定___；若级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}u_{n} $条件收敛，则级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}|u_{n}| $必定___。

解（1）必要，充分；（2）充要；（3）收敛，发散.

1. 下题中给出了四个结果，从中选出一个正确的结果.

设 $ f(x) $ 是以 $ 2\pi $ 为周期的周期函数，它在 $ [-\pi,\pi) $ 上的表达式为 $ \left|x\right| $，则 $ f(x) $ 的傅里叶级数为() .

(A)

$$ \frac{\pi}{2}-\frac{4}{\pi}\left[\cos x+\frac{1}{3^{2}}\cos3x+\frac{1}{5^{2}}\cos5x+\cdots+\frac{1}{\left(2n-1\right)^{2}}\cos\left(2n-1\right)x+\cdots\right] $$

$$ \frac{2}{\pi}\left[\frac{1}{2^{2}}\sin2x+\frac{1}{4^{2}}\sin4x+\frac{1}{6^{2}}\sin6x+\cdots+\frac{1}{\left(2n\right)^{2}}\sin2nx+\cdots\right] $$

(C) $ \frac{4}{\pi}\left[\cos x + \frac{1}{3^2}\cos 3x + \frac{1}{5^2}\cos 5x + \cdots + \frac{1}{(2n-1)^2}\cos(2n-1)x + \cdots\right] $

(D)

$$ \frac{1}{\pi}\Big[\frac{1}{2^{2}}\cos2x+\frac{1}{4^{2}}\cos4x+\frac{1}{6^{2}}\cos6x+\cdots+\frac{1}{\left(2n\right)^{2}}\cos2nx+\cdots\Big] $$

解 偶函数 $ f(x) $ 的傅里叶级数是余弦级数，故排除（B）.

又因为

$$ a_{0}=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}f(x)\mathrm{d}x=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}x\mathrm{d}x=\pi\neq0, $$

所以排除(C)与(D)，从而选(A).

1. 判定下列级数的收敛性：

(1) $ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n \sqrt[n]{n}}; $ (2) $ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(n!)^2}{2n^2}; $ (3) $ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n\cos^2 \frac{n\pi}{3}}{2^n}; $

(4) $ \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{\ln^{10}n}; $ (5) $ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{a^n}{n^s} \quad (a > 0, s > 0). $

解 （1） $ u_{n}=\frac{1}{n\sqrt[n]{n}} $，因 $ \lim_{n\to\infty}\frac{u_{n}}{\frac{1}{n}}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{\sqrt[n]{n}}=1 $。而级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n} $发散，故由极限形式的比较审敛法知原级数发散。

(2) $ u_{n}=\frac{(n!)^{2}}{2n^{2}}=\frac{[(n-1)!]^{2}}{2}\rightarrow+\infty(n\rightarrow\infty) $，由于一般项不趋于零，故级数发散.

（3） $ u_{n}=\frac{n\cos^{2}\frac{n\pi}{3}}{2^{n}}\leq\frac{n}{2^{n}}=v_{n} $，而级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{2^{n}} $是收敛的（事实上， $ \lim_{n\to\infty}\frac{v_{n+1}}{v_{n}}=\lim_{n\to\infty}\frac{n+1}{n}\cdot\frac{1}{2}=\frac{1}{2}<1 $，据比值审敛法知 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{2^{n}} $收敛），故由比较审敛法知原级数收敛.

（4） $ u_{n}=\frac{1}{\ln^{10}n} $，因 $ \lim_{n\to\infty}\frac{u_{n}}{\frac{1}{n}}=\lim_{n\to\infty}\frac{n}{\ln^{10}n}=+\infty $，而级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n} $发散，故由极限形式的比较审敛法知原级数发散.

注 求极限 $ \lim_{n\to\infty}\frac{n}{\ln^{10}n} $ 时，可考虑极限 $ \lim_{n\to\infty}\frac{\ln^{10}n}{n} $

因 $ \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln^{10}x}{x} $ 洛必达法则 $ \lim_{x\to+\infty}\frac{10\ln^{9}x}{x}=\cdots=\lim_{x\to+\infty}\frac{10!}{x}=0 $ ，故

$$ \lim_{n\to\infty}\frac{\ln^{10}n}{n}=0, $$

从而

$$ \lim_{n\to\infty}\frac{n}{\ln^{10}n}=+\infty. $$

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

由比值审敛法知，当a<1时级数收敛，当a>1时级数发散.

当 a = 1 时，原级数成为 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{s}} $，由 p- 级数的结论知，当 s > 1 时级数收敛，当 $ s \leq 1 $ 时级数发散.

1. 设正项级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}u_{n} $ 和 $ \sum_{n=1}^{\infty}v_{n} $ 都收敛，证明级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}(u_{n}+v_{n})^{2} $ 也收敛.

证 根据题设条件知级数 $ \sum_{n=1}(u_{n}+v_{n}) $ 收敛，故有 $ \lim_{n\to\infty}(u_{n}+v_{n})=0 $ 。由极限定义知，存在正整数 N，当 $ n\geqslant N $ 时，有 $ u_{n}+v_{n}<1 $ ，从而

$$ \left(u_{n}+v_{n}\right)^{2}

故由比较审敛法知 $ \sum_{n=1}^{\infty}\left(u_{n}+v_{n}\right)^{2} $ 收敛.

1. 设级数 $ \sum_{n=1}^{\infty} u_{n} $ 收敛，且 $ \lim_{n \to \infty} \frac{v_{n}}{u_{n}} = 1 $。问级数 $ \sum_{n=1}^{\infty} v_{n} $ 是否也收敛？试说明理由。

解 级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}v_{n} $ 不一定收敛.

当 $ \sum_{n=1}^{\infty}u_{n} $是正项级数时，在题设条件下 $ \sum_{n=1}^{\infty}v_{n} $必定收敛。因为 $ \lim_{n\to\infty}\frac{v_{n}}{u_{n}}=1 $。根据收敛数列的保号性知，存在正整数N，当 $ n\geqslant N $时有 $ \frac{v_{n}}{u_{n}}>0 $，即有 $ v_{n}>0 $。于是，按正项级数的比较审敛法知 $ \sum_{n=N}^{*}v_{n} $收敛，即 $ \sum_{n=1}^{\infty}v_{n} $收敛。

当 $ \sum_{n=1}^{\infty}u_{n} $不是正项级数时， $ \sum_{n=1}^{\infty}v_{n} $可能不收敛。例如：若 $ u_{n}=\frac{(-1)^{n-1}}{\sqrt{n}},v_{n}=\frac{(-1)^{n-1}}{\sqrt{n}}+\frac{1}{n} $，则 $ \sum_{n=1}^{\infty}u_{n} $收敛，且 $ \lim_{n\to\infty}\frac{v_{n}}{u_{n}}=\lim_{n\to\infty}\left[1+\frac{(-1)^{n-1}}{\sqrt{n}}\right]=1 $，然而 $ \sum_{n=1}^{\infty}v_{n} $发散。

6. 讨论下列级数的绝对收敛性与条件收敛性：

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

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

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

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

解 （1） $ u_{n}=\frac{(-1)^{n}}{n^{p}} $， $ \left|u_{n}\right|=\frac{1}{n^{p}} $，当 p>1 时， $ \sum_{n=1}^{\infty}\left|u_{n}\right| $ 收敛；当 01 时，级数绝对收敛；当 0<p\leq1 时，级数条件收敛；当 p\leq0 时，级数发散。

(2) $ u_{n} = \frac{(-1)^{n+1}}{\pi^{n+1}} \sin \frac{\pi}{n+1}, \quad |u_{n}| \leqslant \left( \frac{1}{\pi} \right)^{n+1} $，而级数 $ \sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{1}{\pi} \right)^{n+1} $ 收敛，由比较审敛法知 $ \sum_{n=1}^{\infty} |u_{n}| $ 收敛，即原级数绝对收敛.

(3) $ u_{n}=(-1)^{n}\ln\frac{n+1}{} $

$$ \lim_{n\to\infty}\frac{\left|u_{n}\right|}{\frac{1}{n}}=\lim_{n\to\infty}n\cdot\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)=\lim_{n\to\infty}\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}=1, $$

而级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n} $ 发散，由极限形式的比较审敛法知 $ \sum_{n=1}^{\infty}\left|u_{n}\right| $ 发散.

而 $ \sum_{n=1}^{\infty}u_{n} $是交错级数且满足莱布尼茨定理的条件，因而收敛，故该级数条件收敛.

(4) $ u_{n} = (-1)^{n} \frac{(n+1)!}{n^{n+1}} $,

$$ \lim_{n\to\infty}\frac{\left|u_{n+1}\right|}{\left|u_{n}\right|}=\lim_{n\to\infty}\frac{\left(n+2\right)n^{n+1}}{\left(n+1\right)^{n+2}}=\lim_{n\to\infty}\frac{n+2}{n+1}\cdot\frac{1}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1}}=\frac{1}{e}<1. $$

由比值审敛法知 $ \sum_{n=1}^{\infty}|u_{n}| $收敛，即原级数绝对收敛.

1. 求下列极限：

(1) $ \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{3^k} \left(1 + \frac{1}{k}\right)^{k^2} $; (2) $ \lim_{n \to \infty} \left[2^{\frac{1}{3}} \cdot 4^{\frac{1}{9}} \cdot 8^{\frac{1}{27}} \cdot \cdots \cdot (2^n)^{\frac{1}{3^n}}\right] $.

解 （1）由于 $ s_{n}=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{3^{k}}\left(1+\frac{1}{k}\right)^{k^{2}} $ 是级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{3^{n}}\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n^{2}} $ 的部分和，而由正项级数的根值审敛法，当 $ n\to\infty $ 时，

$$ \sqrt[n]{\frac{1}{3^{n}}\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n^{2}}}=\frac{1}{3}\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}\to\frac{\mathrm{e}}{3}<1, $$

因此级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{3^{n}}\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n^{2}} $收敛，于是部分和 $ s_{n} $有界，从而

$$ \lim_{n\to\infty}\frac{s_{n}}{n}=0. $$

$$ 2^{\frac{1}{3}}\cdot4^{\frac{1}{9}}\cdot8^{\frac{1}{27}}\cdot\cdots\cdot(2^{n})^{\frac{1}{3^{n}}}=2^{\frac{1}{3}}\cdot2^{\frac{2}{9}}\cdot2^{\frac{3}{27}}\cdot\cdots\cdot2^{\frac{n}{3^{n}}}=2^{\frac{1}{3}+\frac{2}{9}+\frac{3}{27}+\cdots+\frac{n}{3^{n}}}. $$

为此，先求极限 $ \lim_{n\to\infty}\left(\frac{1}{3}+\frac{2}{9}+\frac{3}{27}+\cdots+\frac{n}{3^n}\right) $.记

$$ s_{n}=\frac{1}{3}+\frac{2}{3^{2}}+\frac{3}{3^{3}}+\cdots+\frac{n}{3^{n}}, $$

则

$$ \frac{1}{3}s_{n}=\frac{1}{3^{2}}+\frac{2}{3^{3}}+\frac{3}{3^{4}}+\cdots+\frac{n-1}{3^{n}}+\frac{n}{3^{n+1}}, $$

将以上两式相减，得

$$ \frac{2}{3}s_{n}=\frac{1}{3}+\frac{1}{3^{2}}+\frac{1}{3^{3}}+\cdots+\frac{1}{3^{n}}-\frac{n}{3^{n+1}}=\frac{1}{3}\cdot\frac{1-\frac{1}{3^{n}}}{1-\frac{1}{3}}-\frac{n}{3^{n+1}}=\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{3^{n}}\right)-\frac{n}{3^{n}}, $$

即

$$ s_{n}=\frac{3}{4}\bigg(1-\frac{1}{3^{n}}\bigg)-\frac{3}{2}\cdot\frac{n}{3^{n}}, $$

故

$$ \lim_{n\to\infty}s_{n}=\lim_{n\to\infty}\frac{3}{4}\left(1-\frac{1}{3^{n}}\right)-\lim_{n\to\infty}\frac{3}{2}\cdot\frac{n}{3^{n}}=\frac{3}{4}-0=\frac{3}{4}. $$

于是

$$ \lim_{n\to\infty}\left[2^{\frac{1}{3}}\cdot4^{\frac{1}{9}}\cdot8^{\frac{1}{27}}\cdot\cdots\cdot\left(2^{n}\right)^{\frac{1}{3^{n}}}\right]~=~2^{\frac{3}{4}}~=~\sqrt[4]{8}. $$

注 通过求幂级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{3^{n}}x^{n-1} $ 的和函数 $ s(x) $，然后求出 $ s(1) $ 也可求得 $ \lim_{n\to\infty}s_n=\frac{3}{4} $.

1. 求下列幂级数的收敛区间：

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

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

解 (1) $ u_{n} = a_{n} x^{n} $, $ a_{n} = \frac{3^{n} + 5^{n}}{n} $. 因

$$ \lim_{n\to\infty}\frac{\left|a_{n+1}\right|}{\left|a_{n}\right|}=\lim_{n\to\infty}\frac{n}{n+1}\cdot\frac{3^{n+1}+5^{n+1}}{3^{n}+5^{n}}=\lim_{n\to\infty}\frac{n}{n+1}\cdot\frac{3\left(\frac{3}{5}\right)^{n}+5}{\left(\frac{3}{5}\right)^{n}+1}=5, $$

故收敛半径为 $ R = \frac{1}{5} $，收敛区间为 $ \left(-\frac{1}{5}, \frac{1}{5}\right) $.

（2） $ u_{n}=a_{n}x^{n},a_{n}=\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n^{2}} $．因

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

$$ \left(\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_{n}}\right.=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}=\mathrm{e} $$

故收敛半径为 $ R = \frac{1}{\mathrm{e}} $，收敛区间为 $ \left(-\frac{1}{\mathrm{e}}, \frac{1}{\mathrm{e}}\right) $.

（3）令 $ x + 1 = t $，即 x = t - 1，先讨论级数 $ \sum_{n=1}^{\infty} nt^{n} $ 的收敛区间.

因 $ \lim_{n\to\infty}\frac{\left|a_{n+1}\right|}{\left|a_{n}\right|}=\lim_{n\to\infty}\frac{n+1}{n}=1 $，故收敛半径R=1， $ \sum_{n=1}^{\infty}nt^{n} $的收敛区间为 $ (-1,1) $，从而原级数的收敛区间为 $ (-2,0) $。

（4）令 $ \frac{x^{2}}{2}=t $，原级数成为 $ \sum_{n=1}^{\infty}nt^{n} $，由第（3）题知该级数的收敛区间为 $ (-1,1) $.

因 $ x = \pm \sqrt{2t} $，故原级数的收敛区间为 $ (- \sqrt{2}, \sqrt{2}) $。

1. 求下列幂级数的和函数：

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

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

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

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

解 (1) $ u_{n}(x) = \frac{2n - 1}{2^{n}} x^{2(n-1)} $,

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

当 $ \frac{|x|^{2}}{2}<1 $时，原级数收敛；当 $ \frac{|x|^{2}}{2}\geqslant1 $时，因级数的一般项 $ u_{n}(x)\neq0(u\rightarrow\infty) $，故级数发散。因此原级数的收敛域为 $ \frac{|x|^{2}}{2}<1 $，即 $ (-\sqrt{2},\sqrt{2}) $。

设和函数为 $ s(x) $，即 $ s(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2n - \frac{1}{n}}{2^n} x^{2(n-1)} $，从 0 到 x 积分并逐项积分：

$$ \begin{align*}\int_{0}^{x}s\left(x\right)\mathrm{d}x&=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2^{n}}x^{2n-1}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{2^{n+1}}x^{2n+1}=\frac{x}{2}\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{x^{2}}{2}\right)^{n}\\&=\frac{x}{2}\cdot\frac{1}{1-\frac{x^{2}}{2}}=\frac{x}{2-x^{2}},\quad x\in\left(-\sqrt{2},\sqrt{2}\right).\end{align*} $$

上式两端对 x 求导，得

$$ s\left(x\right)=\left(\frac{x}{2-x^{2}}\right)^{\prime}=\frac{2+x^{2}}{\left(2-x^{2}\right)^{2}},\quad x\in\left(-\sqrt{2},\sqrt{2}\right). $$

$ ^{*} $ (2) $ u_{n}(x) = \frac{(-1)^{n-1}}{2n-1}x^{2n-1} $,

$$ \lim_{n\to\infty}\frac{\mid u_{n+1}(x)\mid}{\mid u_{n}(x)\mid}=\lim_{n\to\infty}\frac{2n-1}{2n+1}\mid x\mid^{2}=\mid x\mid^{2}. $$

当 $ \left|x\right|<1 $ 时，级数收敛；当 $ \left|x\right|>1 $ 时，因级数一般项 $ u_{n}(x)\to0(n\to\infty) $

故级数发散；当 $ x=\pm1 $时，级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{2n-1} $与 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{2n-1} $是收敛的交错级数，因此原级数的收敛域为 $ [-1,1] $。设和函数为 $ s(x) $，则

$$ s\left(x\right)\ =\ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n-1}}{2n-1}x^{2n-1}\ ,\qquad 且 \qquad s\left(0\right)\ =\ 0. $$

在 $ (-1,1) $内，上式两端对x求导，得

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

于是

$$ s\left(x\right)\ =\ s\left(x\right)\ -s\left(0\right)\ =\ \int_{0}^{x}s^{\prime}\left(x\right)\mathrm{d}x\ =\ \int_{0}^{x}\frac{1}{1+x^{2}}\mathrm{d}x\ =\ \arctan x. $$

又由于幂级数在 $ x = \pm 1 $ 处收敛，且 $ \arctan x $ 在 $ x = \pm 1 $ 处连续，故

$$ s\left(x\right)=\arctan x,\quad x\in\left[-1,1\right]. $$

（3）令 x-1=t，幂级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}nt^{n} $ 的收敛域为 $ (-1,1) $。记其和函数为 $ \varphi(t) $，即有

$$ \begin{align*}\varphi\left(t\right)&=\sum_{n=1}^{\infty}nt^{n}=t\sum_{n=1}^{\infty}nt^{n-1}=t\left(\sum_{n=1}^{\infty}t^{n}\right)^{\prime}\\&=t\left(\frac{t}{1-t}\right)^{\prime}=\frac{t}{\left(1-t\right)^{2}},\quad t\in\left(-1,1\right).\end{align*} $$

于是原级数的和函数

$$ s\left(x\right)\;=\;\varphi\left(x-1\right)\;=\;\frac{x-1}{\left(2-x\right)^{2}},\quad x\in\left(0,2\right). $$

（4） $ u_{n}(x)=a_{n}x^{n},a_{n}=\frac{1}{n(n+1)} $ 。由 $ \lim_{n\to\infty}\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}=\lim_{n\to\infty}\frac{n}{n+2}=1 $ ，得幂级数的收敛半径 R=1 。当 $ x=\pm1 $ 时，级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(n+1)} $ 与 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n(n+1)} $ 均收敛，故幂级数的收敛域为 $ [-1,1] $ 。

设和函数为 $ s(x) $，即 $ s(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{n}}{n(n+1)} $.

当 x=0 时， $ s(0)=0 $;

当0<|x|<1时，

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

上式两端对 x 求导，得

$$ \left[\begin{array}{c}{x s(x)}\end{array}\right]^{\prime}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n}}{n}, $$

再求导，得

$$ \left[\begin{array}{c}{x s\left(x\right)}\end{array}\right]^{n}=\sum_{n=1}^{\infty}x^{n-1}=\frac{1}{1-x}. $$

注意到 $ \left[x s(x)\right]^{\prime}_{x=0}=0 $，上式两端从0到x积分，得

$$ \left[\begin{array}{c}{x s\left(x\right)}\end{array}\right]^{\prime}=\int_{0}^{x}\frac{\mathrm{d}x}{1-x}=-\ln\left(1-x\right), $$

再积分，得

$$ x s\left(x\right)=-\int_{0}^{x}\ln\left(1-x\right)\mathrm{d}x=\left(1-x\right)\ln\left(1-x\right)+x, $$

于是

$$ s\left(x\right)\;=\;\frac{1-x}{x}\ln\left(1-x\right)\;+\;1\;,\quad x\in\left(-1,0\right)\;\cup\;(0,1). $$

由于幂级数在 $ x = \pm 1 $ 处收敛，故和函数分别在 $ x = \pm 1 $ 处左连续与右连续，于是

$$ \begin{array}{r l r l r l r l r}{)}&{=\displaystyle\lim_{x\to1^{-}}s(x)}&{=\displaystyle\lim_{x\to1^{-}}\frac{1-x}{x}\mathrm{l n}(1-x)}&{+1}&{=}&{1.}\end{array} $$

因此

$$ s(x)=\{\begin{aligned}&1+(\frac{1}{x}-1)\ln(1-x),&x\in[-1,0)\cup(0,1),\\ &0,&x=0,\\ &1,&x=1.\end{aligned}. $$

1. 求下列数项级数的和：

(1)

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

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

解 （1）利用 $ \sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{n}}{n!}=\mathrm{e}^{x},x\in(-\infty,+\infty) $，取 x=1，有 $ \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}=\mathrm{e} $

又

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

其中

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

故

$$ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^{2}}{n!}=2\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}=2\mathrm{e}. $$

注 本题也可通过先求幂级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^{2}}{n!}x^{n-1} $ 的和函数 $ s(x) $，再求出 $ s(1) $，得到所求的数项级数的和.

（2）因 $ \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{(2n+1)!}x^{2n+1}=\sin x,\quad\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{(2n)!}x^{2n}=\cos x,x\in(-\infty,+\infty) $，故取 x=1，有

$$ \sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n}}{\left(2n+1\right)!}=\sin1,\quad\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n}}{\left(2n\right)!}=\cos1. $$

于是

$$ \begin{align*}\sum_{n=0}^{\infty}\left(-1\right)^{n}\frac{n+1}{\left(2n+1\right)!}&=\frac{1}{2}\sum_{n=0}^{\infty}\left(-1\right)^{n}\frac{2n+2}{\left(2n+1\right)!}\\&=\frac{1}{2}\Big[\sum_{n=0}^{\infty}\left(-1\right)^{n}\frac{2n+1}{\left(2n+1\right)!}+\sum_{n=0}^{\infty}\left(-1\right)^{n}\frac{1}{\left(2n+1\right)!}\Big]\end{align*} $$

$$ \begin{align*}&=\frac{1}{2}\bigg[\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n}}{\left(2n\right)!}+\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n}}{\left(2n+1\right)!}\bigg]\\&=\frac{1}{2}(\cos1+\sin1).\end{align*} $$

注 本题也可通过先求幂级数 $ \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\frac{n+1}{(2n+1)!}x^{2n+1} $ 的和函数 $ s(x) $，再求出 $ s(1) $，得到所求的数项级数的和.

1. 将下列函数展开成 x 的幂级数：

(1)

$$ \ln(x+\sqrt{x^{2}+1}) $$

(2)

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

解（1）因

$$ \left[\ln\left(x+\sqrt{x^{2}+1}\right)\right]^{\prime}=\frac{1}{\sqrt{x^{2}+1}}=\left(1+x^{2}\right)^{-\frac{1}{2}}, $$

而

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

故

$$ \begin{align*}\ln\left(x+\sqrt{x^{2}+1}\right)&=\int_{0}^{x}\left(1+x^{2}\right)^{-\frac{1}{2}}\mathrm{d}x\\&=\int_{0}^{x}\left[1+\sum_{n=1}^{\infty}\left(-1\right)^{n}\frac{\left(2n-1\right)!!}{\left(2n\right)!!}x^{2n}\right]\mathrm{d}x\\&=x+\sum_{n=1}^{\infty}\left(-1\right)^{n}\frac{\left(2n-1\right)!!}{\left(2n\right)!!\left(2n+1\right)}x^{2n+1},\quad x\in\left[-1,1\right].\end{align*} $$

（2）因

$$ \frac{1}{\left(2-x\right)^{2}}\ =\left(\frac{1}{2-x}\right)^{\prime},\quad x\ne2. $$

而

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

故

$$ \begin{align*}\frac{1}{\left(2-x\right)^{2}}&=\left(\frac{1}{2-x}\right)^{\prime}=\left(\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{2^{n+1}}x^{n}\right)^{\prime}=\left(\frac{1}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2^{n+1}}x^{n}\right)^{\prime}\\&=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{2^{n+1}}x^{n-1},\quad x\in\left(-2,2\right).\end{align*} $$

1. 设 $ f(x) $ 是周期为 $ 2\pi $ 的函数，它在 $ [-π,π) $ 上的表达式为

$$ f(x)=\{\begin{aligned}&0,&&x\in[-\pi,0),\\ &e^{x},&&x\in[0,\pi).\end{aligned}. $$

将 $ f(x) $展开成傅里叶级数.

解 $ f(x) $ 满足收敛定理的条件，且除了 $ x = k\pi (k \in \mathbb{Z}) $ 外处处连续。

$$ a_{0}=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\mathrm{d}x=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x=\frac{\mathrm{e}^{\pi}-1}{\pi}; $$

$$ \begin{aligned}a_{n}&=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nx\mathrm{d}x=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}\mathrm{e}^{x}\cos nx\mathrm{d}x=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}\cos nx\mathrm{d}\mathrm{e}^{x}\\&=\frac{1}{\pi}\Big(\left.\mathrm{e}^{x}\cos nx\right|_{0}^{\pi}+n\int_{0}^{\pi}\mathrm{e}^{x}\sin nx\mathrm{d}x\Big)\\&=\frac{\left(-1\right)^{n}\mathrm{e}^{\pi}-1}{\pi}+\frac{n}{\pi}\Big(\left.\mathrm{e}^{x}\sin nx\right|_{0}^{\pi}-n\int_{0}^{\pi}\mathrm{e}^{x}\cos nx\mathrm{d}x\Big)\\&=\frac{\left(-1\right)^{n}\mathrm{e}^{\pi}-1}{\pi}-n^{2}a_{n},\\ \end{aligned} $$

故

$$ a_{n}=\frac{\left(-1\right)^{n}\mathrm{e}^{\pi}-1}{\left(n^{2}+1\right)\pi}\quad\left(n=1,2,\cdots\right); $$

而

$$ \begin{align*}b_{n}&=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin nx\mathrm{d}x=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}\mathrm{e}^{x}\sin nx\mathrm{d}x=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}\sin nx\mathrm{d}\mathrm{e}^{x}\\&=\frac{1}{\pi}\Big(\left.\mathrm{e}^{x}\sin nx\right|_{0}^{\pi}-n\int_{0}^{\pi}\mathrm{e}^{x}\cos nx\mathrm{d}x\Big)=-na_{n}\quad(n=1,2,\cdots).\end{align*} $$

于是

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

$$ \boldsymbol{x}\in\mathbb{R}\backslash\left|k\pi\mid k\in\mathbb{Z}\right|. $$

1. 将函数

$$ f(x)=\{\begin{aligned}&1,&0\leqslant x\leqslant h,\\ &0,&h

分别展开成正弦级数和余弦级数.

解（1）展开成正弦级数：

将 $ f(x) $作奇延拓，得 $ \varphi(x)=\{\begin{aligned}&f(x),&x\in(0,\pi],\\&0,&x=0,\\&-f(-x),&x\in(-\pi,0),\end{aligned}. $再将 $ \varphi(x) $作周期延

拓，得 $ \Phi(x) $，则 $ \Phi(x) $ 满足收敛定理的条件，且在 $ (0,\pi] $ 上 $ \Phi(x) \equiv f(x) $，并有间断点 x = 0, x = h.

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

$$ b_{n}=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}f(x)\sin n x\mathrm{d}x=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{h}\sin n x\mathrm{d}x=\frac{2(1-\cos n h)}{n\pi}\quad(n=1,2,\cdots). $$

故

$$ f(x)=\frac{2}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1-\cos n h}{n}\sin n x,\quad x\in(0,h)\cup(h,\pi]. $$

（2）展开成余弦级数：

将 $ f(x) $ 作偶延拓，得 $ \psi(x)=\{\begin{aligned}&f(x),&x\in[0,\pi],\\ &f(-x),&x\in(-\pi,0],\end{aligned}. $ 再将 $ \psi(x) $ 作周期延拓得 $ \Psi(x) $，则 $ \Psi(x) $ 满足收敛定理的条件，在 $ \left[0,\pi\right] $ 上 $ \Psi(x)\equiv f(x) $，且有间断点 x=h.

$$ a_{0}=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{h}\mathrm{d}x=\frac{2h}{\pi}, $$

$$ a_{n}=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{h}\cos n x\mathrm{d}x=\frac{2\sin n h}{n\pi}\quad(n=1,2,\cdots), $$

$$ b_{n}=0\quad(\textit{n=1,2,\cdots}). $$

故

$$ f(x)=\frac{h}{\pi}+\frac{2}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin n h}{n}\cos n x,\quad x\in[0,h)\cup(h,\pi]. $$