第十一章 无穷级数

第十一章 无穷级数

由于数学应用于实际问题的需要，从18世纪以来，无穷级数就被认为是微积分学的一个重要的组成部分。无穷级数研究的是无穷项相加的运算，它和我们以往所了解的有限项（有限个数或有限个函数）的加法有着本质的不同。本章将先讨论无穷个数相加，然后再讨论无穷多个函数相加（包括有着重要应用价值的幂级数和三角级数）的问题。

第一节 常数项级数的概念和性质

一、 引言

什么是无穷级数？

我们来观察一个古老而有趣的例子：“一尺之棰，日取其半，万世不竭。”即：“一个单位长（这里说的是一尺长）的木棒，每天截取一半，则永远也截取不完”。实际上，如果我们撇开木棒的物理和化学属性，假设真的可以永远进行截取的话，那么从“第一天”到“第n天”，每天截下的长度依次为（单位长的）

$$ \frac{1}{2},\frac{1}{4},\frac{1}{8},\frac{1}{16},\cdots,\frac{1}{2^{n}}; $$

n 天共截下了：

$$ S_{n}=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\cdots+\frac{1}{2^{n}}=1-\frac{1}{2^{n}}. $$

现在要问：日复一日、永无止境地截下去，究竟“一共”能截下多长？

我们形式地记这个长度为

$$ \frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\cdots+\frac{1}{2^{n}}+\cdots, $$

这就好像是把每日所截的长度无穷无尽地“加”了起来. 这个（1）式就是一个无穷级数.

事实上我们无法真的把无穷多个数一起加起来，而只能把（1）式中的第

一个数加上第二个数，再加第三个数，再加第四个数，……，等等。但无论如何也加不完所有的数。然而另一方面，我们可以清楚地看到所加的数越多，得到的和就越接近于1。（从问题本身，用常识也可判断出）即有

$$ \lim_{n\to\infty}S_{n}=1. $$

这个1，我们就算作无穷级数（1）的“和”。不过，这个“和”不同于以往我们所说的和。它不是用算术方法得来的，而是经历了一个极限过程的结果。所以，上面问题的答案是：永无止境地截下去，累积起来的所截长度“总共”是1。但不要把这个答案理解为木棒最后有一天被全部截下来了，而是说，越截下去，就越接近于“被全部截下来了”。

这个例子告诉我们，无穷多个数相加是一种新的运算，它是一个极限过程.

二、 基本概念

定义 11.1.1 设有无穷数列 $ \{a_{n}\} $，即

$$ a_{1},a_{2},a_{3},\cdots,a_{n},\cdots, $$

将它的各项依次用加号连接起来的表达式

$$ a_{1}+a_{2}+a_{3}+\cdots+a_{n}+\cdots $$

称为常数项无穷级数，简称无穷级数或级数，简记为 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} $，其中第 n 项 $ a_{n} $ 称为该级数的一般项或通项。级数的前 n 项之和记为 $ S_{n} $，即

$$ S_{n}=a_{1}+a_{2}+a_{3}+\cdots+a_{n}=\sum_{k=1}^{n}a_{k}, $$

称之为该级数的部分和.

如果部分和数列 $ \{S_{n}\} $ 有极限 S，即存在数 S，使得 $ \lim_{n\to\infty}S_{n}=S $ 成立，则称该级数收敛，其和为 S，记作 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n}=S $；否则，称该级数发散.

从定义可知，一个级数是否收敛等价于其部分和数列 $ \{S_{n}\} $ 是否存在极限。只有当级数是收敛的，求它的和才是有意义的。因此，研究一个级数的收敛或发散的性质（可以简称为敛散性）是我们研究无穷级数的首要问题。

例1 证明等比级数（几何级数）

$$ \sum_{n=1}^{\infty}a q^{n-1}=a+aq+aq^{2}+\cdots+aq^{n-1}+\cdots\qquad(a\neq0) $$

当 $ |q|\lt 1 $ 时收敛，其和为 $ \frac{a}{1-q} $；当 $ |q|\geq1 $ 时发散。

证 （1）当 $ q \neq 1 $ 时， $ S_{n} = a + aq + aq^{2} + \cdots + aq^{n-1} = \frac{a(1 - q^{n})}{1 - q} $，于是，有

当 $ |q|\lt 1 $ 时， $ \lim_{n\to\infty}S_n=\frac{a}{1-q} $，级数收敛；

当 $ \left|q\right|\gt 1 $时， $ \lim_{n\to\infty}S_n=\infty $，级数发散；

当 q = -1 时，因 $ S_{2n-1} = a $， $ S_{2n} = 0 $，故 $ \lim S_{n} $ 不存在，级数发散.

(2) 当 q=1 时， $ \lim_{n\to\infty}S_n=\lim_{n\to\infty}na=\infty $，级数发散.

综上所述，当 $ |q|\lt 1 $时收敛，其和为 $ \frac{a}{1-q} $；当 $ |q|\geq1 $时发散。

例2 证明调和级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n} $ 发散.（注：调和级数有时也简记为 $ \sum\frac{1}{n} $）

证 根据不等式 $ x \gt \ln(1 + x) (x \gt 0) $，得

$$ \begin{aligned}S_{n}&=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\cdots+\frac{1}{n}\\&\gt \ln\left(1+1\right)+\ln\left(1+\frac{1}{2}\right)+\ln\left(1+\frac{1}{3}\right)+\cdots+\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)\\&=\ln2+\ln\frac{3}{2}+\ln\frac{4}{3}+\cdots+\ln\frac{n+1}{n}\\&=\ln\left(2\cdot\frac{3}{2}\cdot\frac{4}{3}\cdots\cdot\frac{n+1}{n}\right)=\ln\left(n+1\right)\rightarrow+\infty\left(n\rightarrow\infty\right),\\ \end{aligned} $$

因此， $ \lim S_{n} $ 不存在，调和级数发散.

例3 判定无穷级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(n+1)} $ 的敛散性.

解 由于 $ a_{n}=\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1} $，于是有

$$ \begin{aligned}S_{n}&=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k(k+1)}=\frac{1}{1\cdot2}+\frac{1}{2\cdot3}+\frac{1}{3\cdot4}+\cdots+\frac{1}{n(n+1)}\\&=\left(1-\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)\\&=1-\frac{1}{n+1},\end{aligned} $$

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

因此，该级数收敛，其和为1.

三、 基本性质

性质1（级数收敛的必要条件） 若 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} $ 收敛，则必有 $ \lim_{n\to\infty}a_{n}=0 $.

证 设 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n}=S $，由定义有 $ \lim_{n\to\infty}S_{n}=S $，也有 $ \lim_{n\to\infty}S_{n-1}=S $ 成立，由 $ S_{n}=S_{n-1}+a_{n} $ 得 $ a_{n}=S_{n}-S_{n-1} $，于是有

$$ \lim_{n\to\infty}a_{n}=\lim_{n\to\infty}(S_{n}-S_{n-1})=S-S=0. $$

作为性质1的逆否命题，以下结论无疑是正确的。我们以推论的形式给出，并以此为判断某些级数发散的依据。

推论 若 $ \lim_{n\to\infty}a_n\neq0 $ （包括 $ \lim_{n\to\infty}a_n $ 不存在的情形），则 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_n $ 发散.

例4 讨论 $ \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} $ 的敛散性.

解 由性质1的推论，因 $ \lim_{n\to\infty}(-1)^{n-1}\neq0 $（实际上这里的 $ \lim_{n\to\infty}(-1)^{n-1} $不存在），故 $ \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} $发散.

另外，我们必须注意：在性质1中，“ $ \lim_{n\to\infty}a_n=0 $”是级数收敛的必要条件，而并非充分条件。换句话说，即使有 $ \lim_{n\to\infty}a_n=0 $成立，我们也不能断定级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_n $收敛。如例2中的调和级数就是这种情况：虽有 $ \lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}=0 $，但调和级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n} $却是发散的。

性质2（线性性质） 设收敛级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n}=A,\quad\sum_{n=1}^{\infty}b_{n}=B $ ，则对于任意常数 $ \lambda $ 和 $ \mu $ ，级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\left(\lambda a_{n}+\mu b_{n}\right) $ 也收敛，且其和为 $ \lambda A+\mu B $.

证 级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\left(\lambda a_{n}+\mu b_{n}\right) $ 的部分和 $ S_{n} $ 为

$$ S_{n}=\sum_{k=1}^{n}\left(\lambda a_{k}+\mu b_{k}\right)=\lambda\sum_{k=1}^{n}a_{k}+\mu\sum_{k=1}^{n}b_{k}. $$

由 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n}=A $ 和 $ \sum_{n=1}^{\infty}b_{n}=B $，知 $ \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}a_{k}=A $， $ \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}b_{k}=B $，于是有

$$ \lim_{n\to\infty}S_{n}=\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}\left(\lambda a_{k}+\mu b_{k}\right)=\lambda\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}a_{k}+\mu\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}b_{k}=\lambda A+\mu B, $$

故 $ \sum_{n=1}^{\infty}\left(\lambda a_{n}+\mu b_{n}\right)=\lambda A+\mu B. $

作为性质2的特例，有以下几个推论：

推论1 若级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} $ 和 $ \sum_{n=1}^{\infty}b_{n} $ 均收敛，则 $ \sum_{n=1}^{\infty}(a_{n}\pm b_{n})=\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}\pm\sum_{n=1}^{\infty}b_{n} $

（这表明收敛级数之间可以逐项相加减。）

推论2 若级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} $ 收敛，则 $ \sum_{n=1}^{\infty}b_{n} $ 与 $ \sum_{n=1}^{\infty}(a_{n}\pm b_{n}) $ 同敛散性.

推论3 对于任意非零的常数 $ \lambda $，级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} $ 和 $ \sum_{n=1}^{\infty}\lambda a_{n} $ 同敛散性.

例5 证明：若级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} $ 收敛， $ \sum_{n=1}^{\infty}b_{n} $ 发散，则 $ \sum_{n=1}^{\infty}(a_{n}+b_{n}) $ 发散.

证 （用反证法）假设 $ \sum_{n=1}^{\infty}(a_{n}+b_{n}) $ 收敛，则由性质2的推论1知

$$ \sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{n}+b_{n}\right)-\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}=\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{n}+b_{n}-a_{n}\right)=\sum_{n=1}^{\infty}b_{n}, $$

也收敛. 这与条件 “ $ \sum_{n=1}^{\infty}b_{n} $ 发散” 矛盾. 因此, $ \sum_{n=1}^{\infty}(a_{n}+b_{n}) $ 发散.

性质3 级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} $ 与 $ \sum_{n=N+1}^{\infty}a_{n} $ 的敛散性相同（其中 N 为正整数）.

证 记 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} $ 和 $ \sum_{n=N+1}^{\infty}a_{n} $ 的部分和分别是 $ S_{n} $ 和 $ \sigma_{n} $，则当 n>N 时，有 $ S_{n}=S_{N}+\sigma_{n} $，而对于固定的正整数 N， $ S_{N} $ 是一个常数。故当 $ n\to\infty $ 时， $ S_{n} $ 和 $ \sigma_{n} $ 同时有极限或者同时没有极限。

性质3说明：在级数的前面去掉或增加有限项，不改变级数的敛散性。换句话说，级数的敛散性与其前面的有限项无关。因此，在仅讨论级数的敛散性时常将级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} $简记为 $ \sum a_{n} $，而可以不标明它的起始项（但需要求级数的和时例外）。

推论 在给定的级数中去掉、增加或更换有限项，其敛散性不变.

性质4（收敛级数的可结合性）对收敛级数的项任意加括号后所得到的新级数仍然收敛，且与原级数有相同的和.

证 设级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} $ 收敛，其和为 S，部分和为 $ S_{n} $. 将其加括号后所得的新级数记为

$$ \begin{align*}&\left(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n_{1}}\right)+\left(a_{n_{1}+1}+a_{n_{1}+2}+\cdots+a_{n_{2}}\right)+\\&\cdots+\left(a_{n_{k-1}+1}+a_{n_{k-1}+2}+\cdots+a_{n_{k}}\right)+\cdots=\sum_{k=1}^{\infty}b_{k},\end{align*} $$

其部分和为 $ \sigma_{n} $，则显然有

$$ \sigma_{1}=S_{n_{1}},\quad\sigma_{2}=S_{n_{2}},\quad\cdots,\quad\sigma_{k}=S_{n_{k}},\quad\cdots. $$

不难看出， $ \{\sigma_{k}\} $ 即 $ \{S_{n_{k}}\} $，是 $ \{S_{n}\} $ 的子数列。由 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} $ 收敛，知 $ \lim_{n\to\infty}S_{n}=S $

于是有

$$ \lim_{k\to\infty}\sigma_{k}=\lim_{k\to\infty}S_{n_{k}}=S,\quad 故 \quad\sum_{k=1}^{\infty}b_{k}=S. $$

推论 若加括号后所成的级数发散，则原级数发散.

性质4说明：对于收敛的级数，求和时可以任意加括号。但请特别注意：对收敛的级数，不能随意去括号，否则可能会使新的级数成为发散的。例如收敛级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}(1-1) $去括号后变为级数 $ 1-1+1-1+\cdots+(-1)^{n-1}+\cdots $，由例4知它是发散的。

性质5（柯西收敛准则）级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} $收敛的充分必要条件是：对于任意给定的正数 $ \varepsilon $，存在正整数N，使得当n>N时，对一切正整数p，恒有

$$ a_{n+1}+a_{n+2}+\cdots+a_{n+p}\lt -\varepsilon. $$

证 设 $ \{S_{n}\} $ 为级数的部分和数列. 由定义 11.1.1 知, 级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} $ 收敛的充分必要条件是 $ \{S_{n}\} $ 有极限. 根据数列极限的柯西准则知 $ \{S_{n}\} $ 有极限的充分必要条件是: 对于任意给定的正数 $ \varepsilon $, 存在正整数 N, 使得当 n>N 时, 对一切正整数 p, 恒有

$$ \left|S_{n+p}-S_{n}\right|\lt e, $$

即

$$ a_{n+1}+a_{n+2}+\cdots+a_{n+p}\lt -\varepsilon, $$

故得证.

例6 试用柯西准则证明 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n} $ 是收敛级数.

证 $ \forall \varepsilon \gt 0, \exists N = \left[\frac{1}{\varepsilon}\right] + 1 $，使得当 $ n \gt N $ 时，对一切正整数 p，有

$$ \begin{aligned}&|a_{_{n+1}}+a_{_{n+2}}+\cdots+a_{_{n+p}}|\\=&\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}+\frac{1}{n+3}-\frac{1}{n+4}+\cdots+\frac{(-1)^{p-1}}{n+p}\\=&\frac{1}{n+1}-\left(\frac{1}{n+2}-\frac{1}{n+3}+\frac{1}{n+4}-\cdots+\frac{(-1)^{r}}{n+p}\right)\\\lt &\frac{1}{n+1}\lt \frac{1}{n}\lt \frac{1}{N}=\frac{1}{\left[\frac{1}{\varepsilon}\right]+1}\lt \frac{1}{\frac{1}{\varepsilon}}=\varepsilon,\end{aligned} $$

故 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n} $ 收敛.

习题11-1

1. 写出下列级数的一般项：

(1) $ 1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \frac{1}{7} + \cdots $;

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

(3) $ \frac{\sin1}{2}+\frac{\sin2}{2^{2}}+\frac{\sin3}{2^{3}}+\frac{\sin4}{2^{4}}+\cdots; $

(4) $ \frac{\cos 1!}{1 \cdot 2} + \frac{\cos 2!}{2 \cdot 3} + \frac{\cos 3!}{3 \cdot 4} + \frac{\cos 4!}{4 \cdot 5} + \cdots $;

(5) $ \frac{\sqrt{x}}{2} + \frac{x}{2 \cdot 4} + \frac{x\sqrt{x}}{2 \cdot 4 \cdot 6} + \frac{x^2}{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot 8} + \cdots $;

(6) $ \frac{a^{2}}{3}-\frac{a^{3}}{5}+\frac{a^{4}}{7}-\frac{a^{5}}{9}+\cdots $

1. 将下列级数写成题1的展开形式（写出前四项）：

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

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

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

(4) $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1\cdot3\cdot5\cdots(2n-1)}{2\cdot4\cdot6\cdots2n}. $

1. 按定义判断下列级数的敛散性；若收敛，并求其和：

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

(3) $ \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\left(\frac{9}{10}\right)^{n} $; (4) $ \sum_{n=1}^{\infty}\sin\frac{n\pi}{6} $

1. 利用基本性质判别下列级数的敛散性：

(1) $ \frac{1}{3} + \frac{1}{6} + \frac{1}{9} + \frac{1}{12} + \cdots $;

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

(3) $ \frac{1}{2}+\frac{1}{10}+\frac{1}{4}+\frac{1}{20}+\cdots+\frac{1}{2^n}+\frac{1}{10n}+\cdots $;

(4) $ \frac{1}{3} + \frac{1}{\sqrt{3}} + \frac{1}{\sqrt[3]{3}} + \frac{1}{\sqrt[4]{3}} + \cdots $;

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

1. 利用柯西收敛准则证明级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin nx}{2^{n}} $ （ $ -\infty \lt x \lt +\infty $）收敛.

第二节 常数项级数的收敛性及其判别法

到此为止，我们还只会用定义来判别级数的敛散性．而对一个具体的级

数，用定义判别也许是最困难的方法．因此，我们希望寻求更加简便、更加具有可操作性、直接针对级数中的项本身的判别方法．为此，我们将级数分为两类：同号级数和变号级数．本节先讨论同号级数的收敛判别法，再讨论变号级数．

一、 正项级数及其收敛判别法

定义 11.2.1 给定常数项级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} $，如果对于任意两个不同的正整数 i 和 j，恒有

$$ a_{i}\cdot a_{j}\geqslant0, $$

则称 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} $ 是同号级数；否则，称 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} $ 为变号级数。特别地，如果 $ a_{n}\geqslant0 $ (n=1,2,3,\cdots)，则称 $ \sum a_{n} $ 为正项级数（其实是非负项级数）。

要判别同号级数的敛散性，其实只须讨论清楚正项级数的敛散性即可．因为当同号级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} $ 不是正项级数时，则 $ \sum_{n=1}^{\infty}(-a_{n}) $ 必是正项级数，而 $ \sum_{n=1}^{\infty}(-a_{n}) $ 与 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} $ 的敛散性是相同的（参见上节的性质2的推论3）．因此下面的讨论仅针对正项级数.

定理 11.2.1（正项级数的收敛准则） 正项级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} $ 收敛的充分必要条件是其部分和数列 $ \{S_{n}\} $ 有上界.

证 因为 $ a_n \geq 0 $，所以 $ \{S_n\} $ 是一个单调增加数列。由数列极限的单调有界准则，

$ \lim_{n\to\infty}S_n $ 存在 $ \Leftrightarrow \{S_n\} $ 有上界；

而 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} $ 收敛 $ \Leftrightarrow \lim_{n\to\infty}S_{n} $ 存在，故

$ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} $ 收敛 $ \Leftrightarrow $ $ \lim_{n\to\infty}S_{n} $ 存在 $ \Leftrightarrow \{S_{n}\} $ 有上界.

由定理 11.2.1 可知，如果正项级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} $ 发散，则必有 $ \lim_{n\to\infty}S_{n}=+\infty $，即 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n}=+\infty $。

例1（重要例题）试证明“p-级数” $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{p}} $当p>1时收敛；当 $ p\leq1 $时发散.

证 （1）设 p>1，则当 k-1≤x≤k 时，有 $ \frac{1}{k^{p}}\leq\frac{1}{x^{p}} $，从而有

$$ \frac{1}{k^{p}}=\int_{k-1}^{k}\frac{1}{k^{p}}\mathrm{d}x\leqslant\int_{k-1}^{k}\frac{1}{x^{p}}\mathrm{d}x\left(k=2,3,4,\cdots\right), $$

于是级数的部分和

$$ \begin{aligned}S_{n}&=1+\sum_{k=2}^{n}\frac{1}{k^{p}}\leqslant1+\sum_{k=2}^{n}\int_{k-1}^{k}\frac{1}{x^{p}}\mathrm{d}x=1+\int_{1}^{n}\frac{1}{x^{p}}\mathrm{d}x\\&=1+\frac{1}{p-1}\bigg(1-\frac{1}{n^{p-1}}\bigg)\lt 1+\frac{1}{p-1}\quad(n=2,3,4,\cdots),\end{aligned} $$

这表明部分和数列 $ \{S_{n}\} $ 有上界，由正项级数收敛准则的充分性得 p-级数收敛.

（2）当 p=1 时，p-级数就是调和级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n} $，由上节的例 2 知其发散。即有

$$ \sigma_{n}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\cdots+\frac{1}{n}\rightarrow+\infty(n\rightarrow\infty)~, $$

当 $p\lt 1$ 时，显然有 $\frac{1}{k^p} \gt \frac{1}{k} (k=2, 3, 4, \cdots)$，则 $p$ 一级数的部分和有

$$ S_{n}=1+\frac{1}{2^{p}}+\frac{1}{3^{p}}+\cdots+\frac{1}{n^{p}}\gt 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\cdots+\frac{1}{n}=\sigma_{n}, $$

故 $ \{S_{n}\} $ 无上界，由正项级数收敛准则的必要条件知，此时 p-级数发散。

综上所述，p-级数当p>1时收敛；当 $ p\leq1 $时发散.

定理 11.2.2（比较判别法）设 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} $ 和 $ \sum_{n=1}^{\infty}b_{n} $ 都是正项级数，且 $ a_{n} \leqslant b_{n}(n=1,2,3,\cdots) $，

（1）若 $ \sum_{n=1}^{\infty}b_{n} $ 收敛，则 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} $ 收敛；

（2）若 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} $ 发散，则 $ \sum_{n=1}^{\infty}b_{n} $ 发散.

证 （1）记 $ A_{n}=\sum_{k=1}^{n}a_{k} $， $ B_{n}=\sum_{k=1}^{n}b_{k} $，由条件 $ a_{k}\leqslant b_{k}(k=1,2,3,\cdots) $，知 $ A_{n}\leqslant B_{n} $，因为 $ \sum_{n=1}^{\infty}b_{n} $ 收敛，所以 $ \{B_{n}\} $ 有上界，即存在常数 C，使得 $ B_{n}\leqslant C(n=1,2,3,\cdots) $，从而 $ A_{n}\leqslant B_{n}\leqslant C $，即 $ \{A_{n}\} $ 也有上界，故 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} $ 收敛；

(2) 若 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} $ 发散，（用反证法）假设 $ \sum_{n=1}^{\infty}b_{n} $ 收敛，则由 (1) 得 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} $

收敛. 这与条件矛盾. 因此 $ \sum_{n=1}^{\infty} b_{n} $ 发散.

注（1）定理 11.2.2 中的条件 $ a_{n} \leqslant b_{n} $ (n=1,2,3, $ \cdots $) 可减弱为 $ a_{n} \leqslant b_{n} $ ( $ n \geqslant N $). 这里的 N 是任意一个指定的序号. 即 $ a_{n} \leqslant b_{n} $ 只要从第 N 项起成立就够了,而不必要求从第一项开始.

（2）条件 $ a_{n} \leqslant b_{n} (n \geqslant N) $ 也可改为 $ a_{n} \leqslant Cb_{n} (n \geqslant N) $，其中 C 是正的常数。由定理 11.2.2 不难证明以下推论：

推论 若 $ \lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n}=l(0\lt l\lt +\infty) $，则 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_n $ 和 $ \sum_{n=1}^{\infty}b_n $ 同敛散性.

例2 判定级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{n(n+1)}} $ 的敛散性.

解 $ \frac{1}{\sqrt{n(n+1)}}\gt \frac{1}{\sqrt{(n+1)(n+1)}}=\frac{1}{n+1} $，因调和级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n+1} $ 发散，由比较判别法得 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{n(n+1)}} $ 发散.

例3 判定级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{1+3^{n}} $ 的敛散性.

解 $ \frac{1}{1+3^n}\lt \frac{1}{3^n} $，因等比级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{3^n} $ 收敛，由比较判别法得 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{1+3^n} $ 收敛.

例4 判定级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\sin\frac{1}{n^{2}} $ 和 $ \sum_{n=1}^{\infty}\sin\frac{1}{n} $ 的敛散性.

解 因 $ \lim_{n\to\infty}\frac{\sin\frac{1}{n^{2}}}{\frac{1}{n^{2}}}=1 $ ，而 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}} $ 收敛，由定理11.2.2的推论，故 $ \sum_{n=1}^{\infty}\sin\frac{1}{n^{2}} $ 收敛.

因 $ \lim_{n\to\infty}\frac{\sin\frac{1}{n}}{\frac{1}{n}}=1 $，而 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n} $发散，由定理11.2.2的推论，故 $ \sum_{n=1}^{\infty}\sin\frac{1}{n} $发散.

比较判别法是一切正项级数收敛判别法的基础．应用比较判别法判定一个正项级数收敛与否，需要有一个已知敛散性的参照级数，如等比级数或 p-级数，等等．下面关于正项级数的三个判别法，不需要参照其他级数．但判别法本身也都是由比较判别法和参照级数推得的结果.

定理 11.2.3（达朗贝尔判别法）（不等式形式）设 $ \sum_{n=1}^{\infty} a_{n} $ 为正项级数.

（1）如果存在常数 $ q(0\lt q\lt 1) $，使得 $ \frac{a_{n+1}}{a_n}\leq q(n\geq N) $，则 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_n $ 收敛；

（2）如果 $ \frac{a_{n+1}}{a_n}\geqslant1(n\geqslant N) $，则 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_n $发散。（这里的N是某个确定的正整数）

证 （1）由 $ \frac{a_{n+1}}{a_n}\leqslant q(n\geqslant N) $，有 $ a_{n+1}\leqslant qa_n(n=N,N+1,N+2,\cdots) $，从而有 $ a_{N+1}\leqslant qa_N,a_{N+2}\leqslant qa_{N+1}\leqslant q^2a_N,\cdots,a_{N+k}\leqslant q^k a_N,\cdots, $

因 0 < q < 1，所以 $ \sum_{k=1}^{\infty} q^{k} a_{N} = a_{N} \cdot \sum_{k=1}^{\infty} q^{k} $ 收敛，即 $ \sum_{k=1}^{\infty} a_{N+k} = \sum_{n=N+1}^{\infty} a_{n} $ 收敛。因此，正项级数 $ \sum_{n=1}^{\infty} a_{n} $ 收敛。

（2）由 $ a_{n} \geqslant 0 $， $ \frac{a_{n+1}}{a_{n}} \geqslant 1 (n \geqslant N) $，知 $ a_{n+1} \geqslant a_{n} (n \geqslant N) $，显然有 $ \lim_{n \to \infty} a_{n} \neq 0 $，由级数不满足收敛的必要条件知， $ \sum_{n=1}^{\infty} a_{n} $ 发散.

注 定理 11.2.3 的（1）中的条件 $ \frac{a_{n+1}}{a_n} \leqslant q (0 \lt q \lt 1) $ 不能改为 $ \frac{a_{n+1}}{a_n} \lt 1 $。事实上，已知条件 $ \frac{a_{n+1}}{a_n} \lt 1 $ 不能保证级数收敛。例如：调和级数就是这种情形。

不难证明以下推论：（请读者自己完成证明过程。）

推论（达朗贝尔判别法的极限形式）对于正项级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} $，如果有常数 l 存在，使得 $ \lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=l $，则：当 $ l\lt 1 $ 时， $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} $ 收敛；当 $ l\gt 1\left(\text{或}\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\infty\right) $ 时， $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} $ 发散.

（注意：当l=1时，此法失效）.

例5 判别级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{3^{n}}{n!} $ 的敛散性.

解 因 $ \lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\lim_{n\to\infty}\frac{\frac{3^{n+1}}{(n+1)!}}{\frac{3^n}{n!}}=\lim_{n\to\infty}\frac{3}{n+1}=0\lt 1 $ ，故 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{3^n}{n!} $ 收敛.

例6 判别级数 $ \sum \frac{e^{k} \cdot k!}{k^k} $ 的敛散性.

解 $ \frac{a_{k+1}}{a_k} = \frac{\frac{\mathrm{e}^{k+1} \cdot (k+1)!}{(k+1)^{k+1}}}{\frac{\mathrm{e}^k \cdot k!}{k^k}} = \frac{\mathrm{e}}{\left(\frac{k+1}{k}\right)^k} = \frac{\mathrm{e}}{\left(1 + \frac{1}{k}\right)^k} $.

因 $ \{(1+\frac{1}{k})^{k}\} $是单调增加数列，且 $ \lim_{k\to\infty}\left(1+\frac{1}{k}\right)^{k}=e $，所以 $ \left(1+\frac{1}{k}\right)^{k}\lt e $，于是 $ \frac{a_{k+1}}{a_k}\gt 1 $，因此，由达朗贝尔判别法的不等式形式， $ \sum\frac{e^{k}\cdot k!}{k^k} $发散.

（注意：这个级数就是一个用达朗贝尔判别法的极限形式失效的例子）

定理 11.2.4（柯西判别法）（不等式形式）设 $ \sum_{n=1}^{\infty} a_{n} $ 为正项级数.

（1）如果存在常数 $ q(0\lt q\lt 1) $，使得 $ \sqrt[n]{a_n}\leqslant q(n\geqslant N) $，则 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_n $ 收敛；

(2) 如果 $ \sqrt[n]{a_n} \geqslant 1 (n \geqslant N) $，则 $ \sum_{n=1}^{\infty} a_n $ 发散。（这里的 N 是某个确定的正整数）

证 （1）由 $ \sqrt[n]{a_{n}} \leqslant q (n \geqslant N) $，有 $ a_{n} \leqslant q^{n} (n \geqslant N) $，因为当 0 < q < 1 时， $ \sum_{n=k}^{n} q^{n} $ 收敛，由比较判别法知，此时 $ \sum_{n=N}^{*} a_{n} $ 收敛，从而 $ \sum_{n=1}^{*} a_{n} $ 收敛.

（2）由 $ \sqrt[n]{a_{n}}\geqslant1(n\geqslant N) $，有 $ a_{n}\geqslant1(n\geqslant N) $，显然有 $ \lim_{n\to\infty}a_{n}\neq0 $，由级数不满足收敛的必要条件知， $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} $发散.

推论（柯西判别法的极限形式）对于正项级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} $，如果有常数 l 存在，使得 $ \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_n}=l $，则：当 $ l\lt 1 $ 时， $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} $ 收敛；当 $ l\gt 1 $ （或 $ \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_n}=\infty $）时， $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} $ 发散。（当 l=1 时，此法失效。）

例7 判别级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{n}{2n+1}\right)^{n} $ 的敛散性.

解 因 $ \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left(\frac{n}{2n+1}\right)^n}=\lim_{n\to\infty}\frac{n}{2n+1}=\frac{1}{2}\lt 1 $ ，所以 $ \sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{n}{2n+1}\right)^{n} $ 收敛.

例8 设 $ \alpha\gt 0 $，讨论级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\left(\alpha+\frac{1}{n}\right)^{-n} $ 的敛散性.

解 因为 $ \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left(\alpha+\frac{1}{n}\right)^{-n}}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{\alpha+\frac{1}{n}}=\frac{1}{\alpha} $,

故当 $ \alpha\gt 1 $ 时， $ \frac{1}{\alpha}\lt 1 $， $ \sum_{n=1}^{\infty}\left(\alpha+\frac{1}{n}\right)^{-n} $ 收敛；当 $ \alpha\lt 1 $ 时， $ \frac{1}{\alpha}\gt 1 $， $ \sum_{n=1}^{\infty}\left(\alpha+\frac{1}{n}\right)^{-n} $ 发散。当 $ \alpha=1 $ 时， $ \frac{1}{\alpha}=1 $，这时法则失效，但有 $ \lim_{n\to\infty}a_n=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^{-n}=e^{-1}\neq0 $，因此当 $ \alpha=1 $ 时， $ \sum_{n=1}^{\infty}\left(\alpha+\frac{1}{n}\right)^{-n} $ 发散。

综上所述，级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\left(\alpha+\frac{1}{n}\right)^{-n} $当 $ \alpha\gt 1 $时收敛；当 $ \alpha\leq1 $时发散.

达朗贝尔判别法又称为比值判别法；柯西判别法又称为根值判别法．这两个判别法都是将所论级数与几何级数进行比较得到的．如果我们将所论级数与p-级数比较，就可得到下面的p-判别法.

定理 11.2.5 设 $ \sum_{n=1}^{\infty} a_{n} $ 为正项级数.

（1）若存在常数 p>1，使得 $ \lim_{n\to\infty}n^{p}a_{n}=l $（l 是常数），则 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} $ 收敛；

（2）若存在常数 $ p \leq 1 $，使得 $ \lim_{n \to \infty} n^p a_n \neq 0 $，则 $ \sum_{n=1}^{\infty} a_n $ 发散.

（证明方法和前两个定理类似，证明过程留给读者。）

例9 判别 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{3n}{n^{3}+1} $ 的敛散性.

解 $ \lim_{n\to\infty}n^{p}a_{n}=\lim_{n\to\infty}n^{2}\cdot\frac{3n}{n^{3}+1}=3 $，因 p=2>1，所以 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{3n}{n^{3}+1} $ 收敛.

例10 判别 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{2n}{n^{2}+n} $ 的敛散性.

解 $ \lim_{n\to\infty}n^{p}a_{n}=\lim_{n\to\infty}n\cdot\frac{2n}{n^{2}+n}=2\neq0 $，因 p=1，所以 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{2n}{n^{2}+n} $ 发散.

二、 交错级数及其收敛判别法

定义 11.2.2 若级数的各项是正、负交错的，则称其为交错级数. 即当 $ a_{n}\gt 0 $ (n=1,2,3, $ \cdots $) 时，级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}a_{n} $ 或 $ \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}a_{n} $ 是交错级数. 对于交错级数，有一个很简单的收敛判别法.

定理 11.2.6 (莱布尼茨判别法) 若交错级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}a_{n}(a_{n}\gt 0,\ n= $

1, 2, 3, …) 满足条件：

(1) $ a_n \geqslant a_{n+1} $ (n=1, 2, 3, $ \cdots $);

(2) $ \lim_{n\to\infty}a_n=0 $

则 $ \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}a_{n} $ 收敛，且其和不超过首项，即 $ S \leqslant a_{1} $.

证 由条件（1）， $ a_{n} \geqslant a_{n+1}(n=1,2,3,\cdots) $，有

$$ \begin{aligned}S_{2n}&=a_{1}-a_{2}+a_{3}-a_{4}+\cdots+a_{2n-3}-a_{2n-2}+a_{2n-1}-a_{2n}\\&=\left(a_{1}-a_{2}\right)+\left(a_{3}-a_{4}\right)+\cdots+\left(a_{2n-3}-a_{2n-2}\right)+\left(a_{2n-1}-a_{2n}\right)\\&\geqslant\left(a_{1}-a_{2}\right)+\left(a_{3}-a_{4}\right)+\cdots+\left(a_{2n-3}-a_{2n-2}\right)=S_{2n-2},\end{aligned} $$

可见数列 $ \{S_{2n}\} $ 是单调增加的，且 $ S_{2n}\gt 0 $ （因为上式的每个括号内都是正数）. 又有

$$ S_{2n}=a_{1}-\left(a_{2}-a_{3}\right)-\left(a_{4}-a_{5}\right)-\cdots-\left(a_{2n-2}-a_{2n-1}\right)-a_{2n}\lt a_{1}, $$

即 $ \{S_{2n}\} $ 是有界数列，且 $ S_{2n}\lt a_{1}(n=1,2,3,\cdots) $.

所以， $ \{S_{2n}\} $ 有极限. 设此极限为 S，则有 $ S \leqslant a_{1} $，即 $ \lim_{n \to \infty} S_{2n} = S \leqslant a_{1} $.

另一方面， $ S_{2n+1}=S_{2n}+a_{2n+1} $，由条件（2），有 $ \lim_{n\to\infty}a_{2n+1}=0 $，则

$$ \lim_{n\to\infty}S_{2n+1}=\lim_{n\to\infty}S_{2n}+\lim_{n\to\infty}a_{2n+1}=S+0=S\leqslant a_{1}, $$

综上所述，有 $ \lim S_{n}=S\leq a_{1} $

注（1）满足定理11.2.6条件的交错级数称为莱布尼茨级数. 定理11.2.6意味着：莱布尼茨级数一定收敛；

（2）定理11.2.6表明：用 $ \sum_{k=1}^{n}(-1)^{k-1}a_{k} $代替 $ \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}a_{n} $，其误差不会超过 $ a_{n+1} $;

（3）如果仅仅关心交错级数的收敛性，则定理11.2.6的“条件（1）”可改为

$$ a_{n}\geqslant a_{n+1}(n=N,\ N+1,\ N+2,\ \cdots). $$

例11 判别级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\cdot\frac{1}{n^{\beta}}(\beta\gt 0) $ 的敛散性.

解 $ \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\cdot\frac{1}{n^{\beta}} $ 是交错级数. 当 $ \beta\gt 0 $ 时， $ \frac{1}{n^{\beta}}\gt \frac{1}{(n+1)^{\beta}} $ (n=1,2,3, $ \cdots $)，且显然有 $ \lim_{n\to\infty}\frac{1}{n^{\beta}}=0 $，由莱布尼茨判别法，级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\cdot\frac{1}{n^{\beta}} $ 收敛.

例12 判别级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}\cdot\frac{\ln n}{n} $ 的敛散性.

解 考虑函数： $ f(x)=\frac{\ln x}{x}(x\gt 0) $.

(1) 由 $ f'(x) = \frac{1 - \ln x}{x^2} \lt 0 $ ( $ x \geq 3 $)，有 $ a_n = \frac{\ln n}{n} \gt \frac{\ln(n+1)}{n+1} = a_{n+1} $ ( $ n = 4, 5, \cdots $);

(2) 由 $ \lim_{x\to+\infty}f(x)=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{1}{x}=0 $，有 $ \lim_{n\to\infty}a_n=\lim_{n\to\infty}\frac{\ln n}{n}=0 $。由莱布尼茨判别法， $ \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\cdot\frac{\ln n}{n} $ 收敛。

三、 绝对收敛与条件收敛

从现在开始，我们讨论任意项级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} $，这里 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} $ 中的项 $ a_{n} $ 可以是任意实数.

定理 11.2.7 若级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}|a_{n}| $ 收敛，则 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} $ 收敛.

证 因 $ \sum_{n=1}^{\infty}|a_{n}| $ 收敛，由柯西收敛准则（上节的性质5）的必要性，对于任意给定的正数 $ \varepsilon $，存在正整数 N，使得当 n>N 时，对一切正整数 p，恒有

$ |a_{n+1}| + |a_{n+2}| + \cdots + |a_{n+p}| \lt \varepsilon $,

于是有 $ \left|a_{n+1}+a_{n+2}+\cdots+a_{n+p}\right|\leqslant\left|a_{n+1}\right|+\left|a_{n+2}\right|+\cdots+\left|a_{n+p}\right|\lt \varepsilon $

再由柯西收敛准则的充分性， $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} $ 收敛.

定义 11.2.3 若级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\left|a_{n}\right| $ 收敛，则称级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} $ 绝对收敛；若 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} $ 收敛，但 $ \sum_{n=1}^{\infty}\left|a_{n}\right| $ 发散，则称 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} $ 条件收敛.

注（1）定理11.2.7可叙述为：绝对收敛的级数一定收敛.

（2）对于一个任意项级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} $，可先判别它是否绝对收敛。在判别绝对收敛时，关于正项级数的所有判别法都可使用。但若 $ \sum_{n=1}^{\infty}|a_{n}| $ 发散，则需重新考虑 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} $ 本身收敛与否。

（3）使用达朗贝尔判别法或柯西判别法判断出 $ \sum_{n=1}^{\infty}|a_{n}| $ 发散时，则可断言： $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} $ 发散. 这是因为此时有 $ \lim_{n\to\infty}a_n\neq0 $.

例 13 讨论级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}\cdot\frac{x^{n}}{n} $ 的敛散性.

解 由达朗贝尔判别法，

$$ \lim_{n\to\infty}\frac{\left|a_{n+1}\right|}{\left|a_{n}\right|}=\lim_{n\to\infty}\frac{\left|\frac{x^{n+1}}{n+1}\right|}{\left|\frac{x^{n}}{n}\right|}=\lim_{n\to\infty}\frac{n}{n+1}\cdot\left|x\right|=\left|x\right|, $$

当 $ \left|x\right|\lt 1 $ 时， $ \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}\cdot\frac{x^{n}}{n} $ 绝对收敛；当 $ \left|x\right|\gt 1 $ 时， $ \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}\cdot\frac{x^{n}}{n} $ 发散；当 x=1 时， $ \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}\cdot\frac{1}{n} $ 条件收敛（参见第一节例 6）；当 x=-1 时， $ \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}\cdot\frac{(-1)^{n}}{n}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n} $ 发散.

例14 证明 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin n\alpha}{n^{p}} $ (p>1) 绝对收敛.

证 因为 $ \left|\frac{\sin n\alpha}{n^{p}}\right|\leq\frac{1}{n^{p}} $，而当 p>1 时， $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{p}} $ 收敛，由正项级数的比较判别法知 $ \sum_{n=1}^{\infty}\left|\frac{\sin n\alpha}{n^{p}}\right| $ 收敛，即 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin n\alpha}{n^{p}} $ （p>1）绝对收敛.

绝对收敛的级数还有许多很好的性质，由于课程内容和篇幅的限制，我们这里就不深入讨论了（感兴趣的读者可参阅有关《数学分析》教材上的相关内容），而将其中最重要的两个运算性质不加证明地列举如下：

定理 11.2.8 绝对收敛级数可以任意重排项的次序而不改变其绝对收敛性，也不改变级数的和（即绝对收敛级数具有可交换性）.

定理 11.2.9 设级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} $ 和 $ \sum_{n=1}^{\infty}b_{n} $ 都绝对收敛，其和分别是 A 和 B，则它们的乘积（称为柯西乘积）：

$$ \left(\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}\right)\cdot\left(\sum_{n=1}^{\infty}b_{n}\right)=a_{1}b_{1}+\left(a_{1}b_{2}+a_{2}b_{1}\right)+\cdots+\left(a_{1}b_{n}+a_{2}b_{n-1}+\cdots+a_{n}b_{1}\right)+\cdots $$

也是绝对收敛的，且其和为 AB.

习题11-2

1. 用比较判别法（或定理11.2.2的推论）判定下列级数的敛散性：

(1)

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

(2)

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

(3)

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

(4)

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

1. 用达朗贝尔判别法判定下列级数的敛散性：

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

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

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

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

1. 用柯西判别法判定下列级数的敛散性：

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

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

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

(4) $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{100^{n}}\left(2+\frac{1}{n}\right)^{n} $

1. 用 p-判别法判定下列级数的敛散性：

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

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

(3) $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left|\sin n\alpha\right|}{n^{2}} $ ( $ \alpha $ 是常数);

(4) $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\ln(n+1)}{n^{\frac{5}{4}}+1} $

1. 设 k 为正整数，证明：

(1) $ \lim_{k \to \infty} \frac{k^k}{(2k)!} = 0 $; (2) $ \lim_{k \to \infty} \frac{(k!)^2}{k^k} = +\infty $.

1. 判别下列级数的敛散性；若收敛，说明是条件收敛还是绝对收敛：

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

(2) $ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\cos nx}{n^{\frac{3}{2}}} \quad (x \in \mathbf{R}); $

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

(4) $ \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}\frac{1}{n2^{n}} $;

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

$$ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n}}{2^{n}(n+1)}\quad(x\in\mathbf{R}) $$

1. 若 $ \lim_{n\to\infty}n^2a_n $ 存在，证明 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_n $ 绝对收敛.

1. 若级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} $ 绝对收敛，且 $ a_{n}\neq-1(n=1,2,\cdots) $，试证：级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_{n}}{1+a_{n}} $ 和 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_{n}^{2}}{1+a_{n}^{2}} $ 都收敛. 级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{1+a_{n}} $ 是否收敛？为什么？

第三节 幂级数的概念、性质与求和

从本节开始，我们讨论函数项的无穷级数。首先介绍一般函数项级数的概念，但我们的讨论不作深入的展开。而将话题直接过渡到幂级数的概念和收敛性以及它所具有的特殊的运算性质上，为后面讨论它的应用奠定基础。

一、 函数项级数的一般概念

定义 11.3.1 设 $ u_{n}(x) $ (n=1,2,3, $ \cdots $) 是定义在区间 I 上的函数，则和式

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

称为定义在区间 I 上的函数项无穷级数，简称函数项级数或级数. 对于 $ x_{0} \in I $，如果常数项级数 $ \sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x_{0}) $ 收敛，则称 $ x_{0} $ 为函数项级数 $ \sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x) $ 的收敛点；否则，称 $ x_{0} $ 为函数项级数 $ \sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x) $ 的发散点. $ \sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x) $ 的收敛点的全体称为 $ \sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x) $ 的收敛域； $ \sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x) $ 的发散点的全体称为 $ \sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x) $ 的发散域.

对于收敛域中的任意数 $ x, \sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x) $ 是一个收敛的常数项级数，所以必有一个与 x 有关的和 $ S(x) $。显然这个 $ S(x) $ 是定义在收敛域上的一个函数，故称 $ S(x) $ 为 $ \sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x) $ 的和函数。可记为 $ S(x) = u_{1}(x) + u_{2}(x) + \cdots + u_{n}(x) + \cdots $，或 $ S(x) = \sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x) $。

把前 n 项的部分和记为 $ S_{n}(x)=\sum_{k=1}^{n}u_{k}(x) $，则在收敛域上有 $ \lim_{n\to\infty}S_{n}(x)=S(x) $。此时称 $ r_{n}(x)=S(x)-S_{n}(x) $ 为函数项级数的余项。于是在收敛域上有： $ \lim_{n\to\infty}r_{n}(x)=0 $。

二、 幂级数及其收敛半径

幂级数是形式最简单的一类函数项级数，它的每一项都是一个幂函数．定义如下：

定义 11.3.2 形如

$$ \sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}=a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2}+\cdots+a_{n}x^{n}+\cdots $$

的函数项级数称为幂级数，其中常数 $ a_{n}(n=0,1,2,\cdots) $ 称为幂级数的系数.

注 有时我们需要讨论形如

$$ \sum_{n=0}^{\infty}a_{n}(t-t_{0})^{n}=a_{0}+a_{1}(t-t_{0})+a_{2}(t-t_{0})^{2}+\cdots+a_{n}(t-t_{0})^{n}+\cdots $$

的幂级数，它可由变换 x=t-t_{0} 得到.

定理 11.3.1 (阿贝尔定理) 若 $ \sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n} $ 在 $ x_{0}\neq0 $ 处收敛，则对于满足 $ |x|\lt |x_{0}| $ 的一切 x， $ \sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n} $ 都绝对收敛.

证 设 $ \sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n} $ 在 $ x_{0}\neq0 $ 处收敛，即 $ \sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x_{0}^{n} $ 收敛，则由级数收敛的必要条件有

$$ \lim_{n\to\infty}a_{n}x_{0}^{n}=0. $$

从而 $ a_{n}x_{0}^{n} $ 有界. 即存在正数 M, 使得

$$ \left|a_{n}x_{0}^{n}\right|\leqslant M(n=1,2,3,\cdots). $$

任取 $ x \in (-|x_0|, |x_0|) $，都有

$$ \left|a_{n}x^{n}\right|=\left|a_{n}x_{0}^{n}\right|\cdot\left|\frac{x^{n}}{x_{0}^{n}}\right|\leqslant M\cdot\left|\frac{x}{x_{0}}\right|^{n}, $$

因为 $ \left|\frac{x}{x_{0}}\right|\lt 1 $，故 $ \sum_{n=0}^{\infty}M\cdot\left|\frac{x}{x_{0}}\right|^{n} $收敛，由比较判别法知， $ \sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n} $绝对收敛.

由定理 11.3.1，用反证法，立即得到以下推论（证明请读者自己完成）.

推论 若 $ \sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n} $ 在 $ x_{1} $ 处发散，则对于满足 $ |x|\gt |x_{1}| $ 的一切 x， $ \sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n} $ 都发散.

由定理 11.3.1 及其推论，不难得到以下定理 11.3.2.

定理 11.3.2 对于幂级数 $ \sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n} $，仅有以下三种情形：

(1) 对于任意的 $ x \in (-\infty, +\infty) $， $ \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n $ 都绝对收敛；

(2) 对于任意的 $ x \neq 0 $， $ \sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n} $ 都发散；

（3）存在正数 R，当 $ |x|\lt R $ 时 $ \sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n} $ 绝对收敛；当 $ |x|\gt R $ 时 $ \sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n} $ 发散.

（证明请读者自己完成）

定义 11.3.3 定理 11.3.2 中的 R，称为 $ \sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n} $ 的收敛半径.

注 定理 11.3.2 中的情形（1），定义为 $ R = +\infty $；情形（2），定义为

R=0.

收敛半径的存在是幂级数所特有的性质. 定理 11.3.2 意味着 $ \sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n} $ 在开区间 $ (-R,R) $ 内绝对收敛；在闭区间 $ [-R,R] $ 以外发散. 而在 $ (-R,R) $ 的端点处，则需要具体判别.

定义 11.3.4 若 R 是 $ \sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n} $ 的收敛半径，则称 $ (-R,R) $ 为 $ \sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n} $ 的收敛区间.

注 $ \sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n} $ 的收敛区间不等同于收敛域. 事实上，收敛区间 $ (-R,R) $ 和收敛的端点之并集才是收敛域.

因此，研究幂级数 $ \sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n} $ 的敛散性，可先求收敛半径。求出了收敛半径 R，就得到了收敛区间 $ (-R,R) $。然后只须具体判别在两个端点 $ x=\pm R $ 处的两个数项级数各自的敛散性即可。因此，收敛半径的求法成为了我们关注的重点。

显然一个幂级数 $ \sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n} $ 完全由系数串 $ a_{n}(n=0,1,2,\cdots) $ 所唯一确定。故其收敛半径应该也与 $ a_{n}(n=0,1,2,\cdots) $ 有着密切的联系。下面的定理证实了这一点，也给出了求收敛半径的具体方法。

定理 11.3.3 设幂级数 $ \sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n} $，则收敛半径为 $ R=\lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_{n}}{a_{n+1}}\right| $ （如果此极限存在或为 $ +\infty $）.

证 设 $ \lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_{n}}{a_{n+1}}\right|=l(l\geq0) $，由达朗贝尔判别法，考虑

$$ \lim_{n\to\infty}\frac{\left|a_{n+1}x^{n+1}\right|}{\left|a_{n}x^{n}\right|}=\lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\right|\cdot\left|x\right|, $$

（1）若 $ l = +\infty $，则 $ \lim_{n \to \infty} \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right| = 0 $，这时任取 x，都有

$$ \lim_{n\to\infty}\frac{\left|a_{n+1}x^{n+1}\right|}{\left|a_{n}x^{n}\right|}=\lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\right|\cdot\left|x\right|=0\cdot\left|x\right|=0\lt 1 $$

即在 $ (-∞, +∞) $ 内绝对收敛，所以 $ R = +∞ $；

（2）若 $ l=0 $，则 $ \lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|=+\infty $，只要 $ x\neq0 $，就有

$$ \lim_{n\to\infty}\frac{\left|a_{n+1}x^{n+1}\right|}{\left|a_{n}x^{n}\right|}=\lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\right|\cdot\left|x\right|=+\infty, $$

于是， $ \sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n} $ 发散，故 R=0；

(3) 若 $ 0 \lt l \lt +\infty $，则 $ \lim_{n \to \infty} \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right| = \frac{1}{l} $，这时

$$ \lim_{n\to\infty}\frac{\left|a_{n+1}x^{n+1}\right|}{\left|a_{n}x^{n}\right|}=\lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\right|\cdot\left|x\right|=\frac{\left|x\right|}{l}, $$

当 $ \frac{|x|}{l}\lt 1 $，即 $ |x|\lt l $时， $ \sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n $收敛；当 $ \frac{|x|}{l}\gt 1 $，即 $ |x|\gt l $时， $ \sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n $发散。故 $ R=l $。

综上所述，当极限 $ \lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_n}{a_{n+1}}\right| $存在或为 $ +\infty $时， $ R=\lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_n}{a_{n+1}}\right| $.

定理 11.3.4 设幂级数 $ \sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n} $，则收敛半径 $ R=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{\sqrt[n]{a_{n}}} $ （如果此极限存在或为+ $ \infty $）.

（证明与定理11.3.3类似，请读者自证。）

例1 求幂级数 $ \sum n^{n}x^{n} $ 的收敛半径.

解 $ R=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{\sqrt[n]{a_n}}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{\sqrt[n]{n^n}}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}=0. $

例2 求幂级数 $ \sum \frac{x^{n}}{n!} $ 的收敛区间.

解 $ R=\lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_n}{a_{n+1}}\right|=\lim_{n\to\infty}\left|\frac{\frac{1}{n!}}{\frac{1}{(n+1)!}}\right|=\lim_{n\to\infty}(n+1)=+\infty $，故收敛区间为 $ (-\infty,+\infty) $.

例3 求幂级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{2n}}{2^{n}\cdot n} $ 的收敛半径 R.

解 这是一个缺少奇数次项的级数，不能直接使用定理 11.3.3 或定理 11.3.4. 因为

$$ \frac{x^{2n}}{2^{n}\cdot n}=\frac{\left(\frac{x^{2}}{2}\right)^{n}}{n}\frac{y=\frac{x^{2}}{2}}{y^{n}}{n}, $$

我们考虑幂级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{y^{n}}{n} $ 的收敛半径

$$ \widetilde{R}_{y}=\lim_{n\to\infty}\left|\frac{\frac{1}{n}}{\frac{1}{n+1}}\right|=\lim_{n\to\infty}\frac{n+1}{n}=1, $$

所以 $ |y|\lt 1 $ 时收敛，即 $ \left|\frac{x^2}{2}\right|\lt 1 $，即 $ x^2\lt 2 $，即 $ |x|\lt \sqrt{2} $，所以 $ R=\sqrt{2} $ 即为所求.

例4 求幂级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(x-5)^{n}}{n} $ 的收敛域.

解 令 x-5=t，则 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(x-5)^{n}}{n} $ 变为 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{t^{n}}{n} $，而 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{t^{n}}{n} $ 的收敛半径为

$$ \widetilde{R}_{i}=\lim_{n\to\infty}\left|\frac{\frac{1}{n}}{\frac{1}{n+1}}\right|=\lim_{n\to\infty}\frac{n+1}{n}=1, $$

即 $ \left|t\right|\lt 1 $ 时 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{t^{n}}{n} $ 收敛；这等价于 $ \left|x-5\right|\lt 1 $ 时 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(x-5)^{n}}{n} $ 收敛，即收敛区间为 $ (4,6) $.

又当 x=4 时， $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(x-5)^{n}}{n}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n} $ 收敛；当 x=6 时， $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(x-5)^{n}}{n}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n} $ 发散。因此，原级数的收敛域是 $ [4,6) $。

例5 若幂级数 $ \sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n} $ 的收敛半径为 R，试求幂级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}na_{n}x^{n-1} $ 和 $ \sum_{n=0}^{\infty}\frac{a_{n}}{n+1}x^{n+1} $ 的收敛半径.

解 由 $ \sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n} $ 的收敛半径为 R，即 $ \lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_{n}}{a_{n+1}}\right|=R $.

设 $ \sum_{n=1}^{\infty}na_{n}x^{n-1} $ 的收敛半径为 $ R_{1} $， $ \sum_{n=0}^{\infty}\frac{a_{n}}{n+1}x^{n+1} $ 的收敛半径为 $ R_{2} $，则

$$ R_{1}=\lim_{n\to\infty}\left|\frac{na_{n}}{(n+1)a_{n+1}}\right|=\lim_{n\to\infty}\frac{n}{n+1}\left|\frac{a_{n}}{a_{n+1}}\right|=\lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_{n}}{a_{n+1}}\right|=R, $$

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

因此 $ R_{1}=R_{2}=R $，即本题中三个幂级数的收敛半径相同.

例 5 中的 $ \sum_{n=1}^{\infty}na_{n}x^{n-1} $ 和 $ \sum_{n=0}^{\infty}\frac{a_{n}}{n+1}x^{n+1} $ 可以分别看作由 $ \sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n} $ 逐项求导和逐项积分所得到的，即 $ \sum_{n=1}^{\infty}na_{n}x^{n-1}=\sum_{n=0}^{\infty}\left(a_{n}x^{n}\right)^{\prime},\quad\sum_{n=0}^{\infty}\frac{a_{n}}{n+1}x^{n+1}=\sum_{n=0}^{\infty}\int_{0}^{x}a_{n}x^{n}dx. $ 可

以分别将它们称为幂级数 $ \sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n} $ 的导函数级数和积分级数. 于是例5的结论可归纳为以下定理.

定理 11.3.5 幂级数 $ \sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n} $ 与其导函数级数、积分级数有相同的收敛半径.

三、 关于一致收敛的级数及其分析性质

我们证明了一个幂级数 $ \sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n} $ 与其导函数级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}na_{n}x^{n-1} $、积分级数 $ \sum_{n=0}^{\infty}\frac{a_{n}}{n+1}x^{n+1} $ 有相同的收敛半径. 但后两个级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}na_{n}x^{n-1} $、 $ \sum_{n=0}^{\infty}\frac{a_{n}}{n+1}x^{n+1} $ 的和函数与原级数 $ \sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n} $ 的和函数之间有没有关系呢？为了研究这个问题，我们需要用到函数项级数的一致收敛性概念.

设函数项级数 $ \sum_{n=1}^{\infty} u_n(x) $ 在区间 I 上收敛于和函数 $ S(x) $。即对于任意数 $ x_0 \in I $，数项级数 $ \sum_{n=1}^{\infty} u_n(x_0) $ 收敛于和 $ S(x_0) $，亦即 $ \lim_{n \to \infty} S_n(x_0) = S(x_0) $。用精确的数学语言来描述，即“对于任意给定的正数 $ \varepsilon $，总存在着正整数 N，使当 n > N 时，恒有 $ |S_n(x_0) - S(x_0)| \lt \varepsilon $ 成立。”显然，这里的 N 除了与 $ \varepsilon $ 有关以外，还与 $ x_0 $ 有关。如果存在着一个不依赖于 $ x_0 $ 而只与 $ \varepsilon $ 有关的 N，使上述这句话为真，我们就称函数项级数 $ \sum_{n=1}^{\infty} u_n(x) $ 一致收敛于和函数 $ S(x) $。

定义 11.3.5 设函数项级数 $ \sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x) $，其部分和函数为 $ S_{n}(x) $，如果对于任意给定的正数 $ \varepsilon $，总存在着正整数 N，使得当 n>N 时，对任意 $ x \in I $，恒有 $ \left|r_{n}(x)\right| = \left|S_{n}(x) - S(x)\right| \lt \varepsilon $ 成立，则称 $ \sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x) $ 在区间 I 上一致收敛于 $ S(x) $，也称函数列 $ \{S_{n}(x)\} $ 在区间 I 上一致收敛于 $ S(x) $.

引理1（魏尔斯特拉斯判别法）如果函数项级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}u_{n}(x) $在区间I上满足条件：

(1) $ |u_n(x)| \leqslant a_n (n=1, 2, 3, \cdots) $;

(2) 正项级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} $ 收敛，

则函数项级数 $ \sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x) $ 在区间 I 上一致收敛.

证 由条件（2），正项级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_n $ 收敛，根据级数收敛的柯西准则，对于任意给定的正数 $ \varepsilon $，存在着正整数 N，使得当 $ n\gt N $ 时，对任意 $ p\in\mathbb{N}^* $，都有

$$ a_{n+1}+a_{n+2}+\cdots+a_{n+p}\lt \frac{\varepsilon}{2}. $$

由条件（1）， $ \left|u_{n}(x)\right|\leqslant a_{n}(n=1,2,3,\cdots) $ 对任意 $ x\in I $，都有

$$ \begin{aligned}&\left|u_{_{n+1}}(x)+u_{_{n+2}}(x)+\cdots+u_{_{n+p}}(x)\right|\\\leqslant&\left|u_{_{n+1}}(x)\right|+\left|u_{_{n+2}}(x)\right|+\cdots+\left|u_{_{n+p}}(x)\right|\\\leqslant&a_{_{n+1}}+a_{_{n+2}}+\cdots+a_{_{n+p}}\lt \frac{\varepsilon}{2},\end{aligned} $$

令 $ p \to \infty $，则由上式得

$$ \left|r_{n}(x)\right|=\left|u_{n+1}(x)+u_{n+2}(x)+\cdots\right|\leqslant\frac{\varepsilon}{2}\lt \varepsilon. $$

因此，函数项级数 $ \sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x) $ 在区间 I 上一致收敛.

定理 11.3.6 (幂级数的内闭一致收敛定理) 设幂级数 $ \sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n} $ 的收敛半径为 R，则它在收敛区间内的任一闭区间 $ [a,b] $ 上一致收敛.

证 记 $ \alpha = \max\{|a|, |b|\} $，则 $ 0 \lt \alpha \lt R $。对于一切的 $ x \in [a, b] $，恒有

$$ a_{n}x^{n}\mid\leqslant\mid a_{n}\alpha^{n}\mid(n=1,2,3,\cdots) $$

由本节定理 11.3.1， $ \sum_{n=0}^{\infty}a_{n}\alpha^{n} $ 绝对收敛. 由本节引理 1， $ \sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n} $ 在 $ [a,b] $ 上一致收敛.

推论 如果幂级数 $ \sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n} $ 在 x=R 处收敛，则它在 $ [0,R] $ 上一致收敛；如果幂级数 $ \sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n} $ 在 x=-R 处收敛，则它在 $ [-R,0] $ 上一致收敛.

（证明留给读者）

引理2 如果 $ u_{n}(x)(n=1,2,3,\cdots) $ 都在 $ [a,b] $ 上连续，且 $ \sum_{n=1}^{\infty}u_{n}(x) $ 在 $ [a,b] $ 上一致收敛于 $ S(x) $，则 $ S(x) $ 在 $ [a,b] $ 上连续.

证 任意取定 $ x_{0} \in [a, b] $，对于任意的 $ x \in [a, b] $，因为 $ \sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x) $ 在点 $ x_{0} $ 与 x 收敛，故

$$ S_{n}(x)+r_{n}(x)=S(x),S_{n}(x_{0})+r_{n}(x_{0})=S(x_{0}), $$

则

$$ \begin{align*}\mid S\left(x\right)-S\left(x_{0}\right)\mid=\mid S_{n}\left(x\right)-S_{n}\left(x_{0}\right)+r_{n}\left(x\right)-r_{n}\left(x_{0}\right)\mid\\\leqslant\mid S_{n}\left(x\right)-S_{n}\left(x_{0}\right)\mid+\mid r_{n}\left(x\right)\mid+\mid r_{n}\left(x_{0}\right)\mid.\end{align*} $$

因为 $ \sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x) $ 在 $ [a, b] $ 上一致收敛于 $ S(x) $，所以对于任意给定的正数 $ \varepsilon $，总存在着正整数 N，使得当 n>N 时，对一切的 $ x \in [a, b] $，恒有

$$ \left|S_{n}(x)-S(x)\right|=\left|r_{n}(x)\right|\lt \frac{\varepsilon}{3}, $$

当然也有

$$ \left|S_{n}(x_{0})-S(x_{0})\right|=\left|r_{n}(x_{0})\right|\lt \frac{\varepsilon}{3}; $$

而此时由 $ u_n(x)(n=1,2,3,\cdots) $ 在 $ x_0 \in [a,b] $ 上的连续性，对于上述 $ \varepsilon $，总存在着正数 $ \delta $，使得当 $ |x-x_0| \lt \delta $ 时，恒有 $ |S_n(x)-S_n(x_0)| \lt \frac{\varepsilon}{3} $。于是有

$$ \begin{align*}\mid S\left(x\right)-S\left(x_{0}\right)\mid&=\mid S_{n}\left(x\right)-S_{n}\left(x_{0}\right)+r_{n}\left(x\right)-r_{n}\left(x_{0}\right)\mid\\&\leqslant\mid S_{n}\left(x\right)-S_{n}\left(x_{0}\right)\mid+\mid r_{n}\left(x\right)\mid+\mid r_{n}\left(x_{0}\right)\mid\\&\lt \frac{\varepsilon}{3}+\frac{\varepsilon}{3}+\frac{\varepsilon}{3}=\varepsilon,\end{align*} $$

这说明， $ S(x) $ 在 $ x_{0} $ 处连续。由 $ x_{0} $ 在 $ [a, b] $ 上的任意性知， $ S(x) $ 在 $ [a, b] $ 上连续。

推论 幂级数 $ \sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n} $ 的收敛半径 R>0 时，其和函数 S(x) 在其收敛域 I 上连续.

（证明留给读者）

引理3 如果 $ u_{n}(x) $ (n=1,2,3, $ \cdots $) 都在 $ [a,b] $ 上连续，且 $ \sum_{n=1}^{\infty}u_{n}(x) $ 在 $ [a,b] $ 上一致收敛于 $ S(x) $，则 $ \sum_{n=1}^{\infty}u_{n}(x) $ 在 $ [a,b] $ 上可以逐项积分，即

$$ \int_{x_{0}}^{x}S(x)\mathrm{d}x=\int_{x_{0}}^{x}\left(\sum_{n=1}^{\infty}u_{n}(x)\right)\mathrm{d}x=\sum_{n=1}^{\infty}\int_{x_{0}}^{x}u_{n}(x)\mathrm{d}x $$

且逐项积分所得级数也在 $ [a, b] $ 上一致收敛（其中 $ x_0 \in [a, b] $， $ x \in [a, b] $）。

证 因为 $ \sum_{n=1}^{\infty} u_{n} $ 在 $ [a, b] $ 上一致收敛于 $ S(x) $，所以对于任意给定的正

数 $ \varepsilon $，总存在着正整数 N，使得当 $ n \gt N $ 时，对一切的 $ x \in [a, b] $，恒有

$$ \left|S(x)-S_{n}(x)\right|=\left|r_{n}(x)\right|\lt \frac{\varepsilon}{b-a}, $$

又由 $ u_{n}(x) $ (n=1,2,3, $ \cdots $) 都在 [a,b] 上连续，据引理2， $ S(x) $， $ S_{n}(x) $， $ r_{n}(x) $ 都连续，所以 $ \int_{x_{0}}^{x}S(x)dx $， $ \int_{x_{0}}^{x}S_{n}(x)dx=\int_{x_{0}}^{x}\left(\sum_{k=1}^{n}u_{k}(x)\right)dx=\sum_{k=1}^{n}\int_{x_{0}}^{x}u_{k}(x)dx $， $ \int_{x_{0}}^{x}r_{n}(x)dx $ 都存在. 从而有

$$ \begin{aligned}\left|\int_{x_{0}}^{x}S(x)\mathrm{d}x-\sum_{k=1}^{n}\int_{x_{0}}^{x}u_{k}(x)\mathrm{d}x\right|&=\left|\int_{x_{0}}^{x}S(x)\mathrm{d}x-\int_{x_{0}}^{x}S_{n}(x)\mathrm{d}x\right|=\left|\int_{x_{0}}^{x}r_{n}(x)\mathrm{d}x\right|\\&\leqslant\left|\int_{x_{0}}^{x}\mid r_{n}(x)\mid\mathrm{d}x\right|\lt \left|\int_{x_{0}}^{x}\frac{\varepsilon}{b-a}\mathrm{d}x\right|=\frac{\varepsilon}{b-a}\left|\int_{x_{0}}^{x}\mathrm{d}x\right|\\&=\frac{\varepsilon}{b-a}\cdot\left|x-x_{0}\right|\leqslant\frac{\varepsilon}{b-a}\cdot(b-a)=\varepsilon,\end{aligned} $$

这说明，级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\int_{x_{0}}^{x}u_{n}(x)dx $ 在 $ [a,b] $ 上一致收敛于 $ \int_{x_{0}}^{x}S(x)dx $.

推论 幂级数 $ \sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n} $ 的和函数 S(x) 在其收敛域 I 上可积，并可逐项积分.

（证明留给读者）

引理4 如果 $ \sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x) $ 在 $ [a, b] $ 上收敛于 $ S(x) $， $ u_{n}(x) $ (n=1,2,3,\cdots) 都有连续导数，且导函数级数 $ \sum_{n=1}^{\infty} u_{n}^{\prime}(x) $ 在 $ [a, b] $ 上一致收敛，则 $ \sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x) $ 在 $ [a, b] $ 上也一致收敛，且可逐项求导，即

$$ S^{\prime}(x)=\sum_{n=1}^{\infty}u_{n}^{\prime}(x). $$

证 设 $ \sum_{n=1}^{\infty} u_{n}^{\prime}(x) $ 在 $ [a, b] $ 上一致收敛于 $ T(x) $，由 $ u_{n}(x)(n=1,2,3,\cdots) $ 的导数 $ u_{n}^{\prime}(x)(n=1,2,3,\cdots) $ 都在 $ [a, b] $ 上连续，知 $ T(x) $ 在 $ [a, b] $ 上连续，且 $ \sum_{n=1}^{\infty} u_{n}^{\prime}(x) $ 可逐项积分，

$$ \begin{align*}\int_{x_{0}}^{x}T(x)\mathrm{d}x&=\sum_{n=1}^{\infty}\int_{x_{0}}^{x}u_{n}^{\prime}(x)\mathrm{d}x=\sum_{n=1}^{\infty}\left[u_{n}(x)-u_{n}(x_{0})\right]\\&=\sum_{n=1}^{\infty}u_{n}(x)-\sum_{n=1}^{\infty}u_{n}(x_{0})=S(x)-S(x_{0}),\end{align*} $$

上式两端求导，得

$$ T(x)=S^{\prime}(x), $$

即

$$ S^{\prime}(x)=\sum_{n=1}^{\infty}u_{n}^{\prime}(x). $$

由上述推导过程，可得

$ \sum_{n=1}^{\infty}u_{n}(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\int_{x_{0}}^{x}u_{n}^{\prime}(x)\mathrm{d}x+\sum_{n=1}^{\infty}u_{n}(x_{0})=\sum_{n=1}^{\infty}\int_{x_{0}}^{x}u_{n}^{\prime}(x)\mathrm{d}x+S(x_{0}) $，

因为 $ \sum_{n=1}^{\infty}u_{n}^{\prime}(x) $ 在 $ [a,b] $ 上一致收敛，所以 $ \sum_{n=1}^{\infty}u_{n}(x) $ 也在 $ [a,b] $ 上一致收敛.

推论 幂级数 $ \sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n} $ 的和函数 $ S(x) $ 在其收敛区间 $ (-R,R) $ 内可导，并可逐项求导.

（证明留给读者）

四、 幂级数的分析性质与幂级数的求和

根据以上定理11.3.5、引理2、3、4的推论，不难归纳出以下易于应用的两个（幂级数的分析性质）定理.

定理 11.3.7 设幂级数 $ \sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n} $ 的收敛半径 R>0，其和函数为 $ S(x) $，则

（1） $ S(x) $ 在 $ (-R, R) $ 内连续；

（2）若 $ \sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n} $ 在 x=R 处收敛，则 $ S(x) $ 在 x=R 左连续；

（3）若 $ \sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n} $ 在 x=-R 处收敛，则 $ S(x) $ 在 x=-R 右连续.

定理 11.3.8 设幂级数 $ \sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n} $ 的收敛半径 R>0，其和函数为 $ S(x) $，即

$$ S\left(x\right)=\ \sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n},\ x\in\left(-R,\ R\right), $$

则此幂级数在收敛区间 $ (-R,R) $内可以逐项求导与逐项积分，即

$$ S^{\prime}(x)=\sum_{n=1}^{\infty}n a_{n}x^{n-1},x\in(-R,R), $$

$$ \int_{0}^{x}S(x)dx=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{a_{n}}{n+1}x^{n+1},\quad x\in(-R,R). $$

注（1）定理11.3.8告诉我们，幂级数逐项求导或逐项积分后收敛半

径不变，因此定理11.3.8中的逐项求导和逐项积分可在收敛区间内进行任意次；

（2）逐项求导和逐项积分可能使收敛区间的端点处敛散性发生变化，因此对导函数级数和积分级数在端点处的敛散性要单独加以判别.

例6 求幂级数 $ \sum_{n=1}^{\infty} nx^{n-1} $ 的和函数.

解 先求收敛半径

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

故收敛区间为 $ (-1,1) $.

在端点 $ x = \pm 1 $ 处， $ \sum_{n=1}^{\infty} n $ 和 $ \sum_{n=1}^{\infty} n \cdot (-1)^{n-1} $ 都是发散的。因此收敛域为 $ (-1, 1) $。

设和函数为 $ S(x) $，则

$$ S(x)=\sum_{n=1}^{\infty}nx^{n-1},x\in(-1,1), $$

两边积分，得

$$ \int_{0}^{x}S(x)\mathrm{d}x=\sum_{n=1}^{\infty}\int_{0}^{x}nx^{n-1}\mathrm{d}x=\sum_{n=1}^{\infty}x^{n}=\frac{x}{1-x},\quad x\in(-1,1), $$

再在两边求导，得

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

例7 求幂级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n}x^{n} $ 的和函数.

解 容易求得其收敛半径 R=1，收敛域是 $ (-1,1] $. 记和函数为 $ S(x) $，则有

$$ S\left(x\right)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n-1}}{n}x^{n}\left(-1\lt x\leqslant1\right), $$

当-1<x<1时，两边求导得

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

两边积分，得

$$ \int_{0}^{x}S^{\prime}(x)\mathrm{d}x=\int_{0}^{x}\frac{1}{1+x}\mathrm{d}x=\ln(1+x)(-1\lt x\lt 1) $$

即

$$ S\left(x\right)-S\left(0\right)=\ln\left(1+x\right)\left(-1\lt x\lt 1\right) $$

而 $ S(0)=\sum_{n=1}^{\infty}0=0 $，所以

$$ S(x)=\ln(1+x)\quad(-1\lt x\lt 1), $$

由定理 11.3.7，因为 x=1 是收敛点，故 $ S(x) $ 在 x=1 处左连续。因此，

$$ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n-1}}{n}x^{n}=\ln(1+x)\quad(-1\lt x\leqslant1). $$

注 在上式中取 x=1，可得

$$ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n}=\ln2. $$

例8 求级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{2n-1}{2^{n}} $ 的和.

解 考虑幂级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{2n-1}{2^{n}}x^{2n-2} $，其和函数为

$$ \begin{aligned}S\left(x\right)=&\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2n-1}{2^{n}}x^{2n-2}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2^{n}}\left(x^{2n-1}\right)^{\prime}=\left(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{2n-1}}{2^{n}}\right)^{\prime}\\ =&\left(\frac{1}{x}\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{x^{2}}{2}\right)^{n}\right)^{\prime}\\ =&\left(\frac{1}{x}\cdot\frac{\frac{x^{2}}{2}}{1-\frac{x^{2}}{2}}\right)^{\prime}=\left(\frac{x}{2-x^{2}}\right)^{\prime}=\frac{2+x^{2}}{\left(2-x^{2}\right)^{2}}\quad\left(\left|x\right|\lt \sqrt{2}\right),\end{aligned} $$

即

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

因此

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

即为所求.

习题11-3

1. 求下列幂级数的收敛半径和收敛域：

(1)

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

(2)

$$ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{3^{n}+n}x^{n}； $$

(3)

$$ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^{2}+1}{n^{3}+a^{n}}x^{n}(a\gt 0); $$

(4)

$$ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n\cdot4^{n}}x^{2n-1}; $$

(5)

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

(6)

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

1. 求下列幂级数的收敛域及其和函数：

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

(2) $ \sum_{n=1}^{\infty}nx^{n}; $

(3) $ \sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{2n}}{(2n)!} $; (4) $ \sum_{n=0}^{\infty}\frac{n}{n+1}x^{n} $;

(5) $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{2n-1}}{2n-1} $，并求数项级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n-1)2^{n}} $ 的和.

第四节 函数展开成幂级数

幂级数 $ \sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n} $ 在收敛区间内收敛于它的和函数. 即，存在一个函数 $ S(x) $，使得

$$ S(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n},x\in(-R,R). $$

这个事实启发我们去探讨相反的问题：给定一个函数 $ f(x) $，是否能表示成一个幂级数？即，是否存在幂级数 $ \sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n} $，使得

$$ f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n},x\in(-R,R) $$

成立？如果答案是肯定的，我们就可以利用幂级数来研究一个给定的函数.

定义 11.4.1 对于给定的函数 $ f(x) $，如果存在幂级数 $ \sum_{n=0}^{\infty}a_{n}(x-x_{0})^{n} $，使得

$$ f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}(x-x_{0})^{n},x\in(x_{0}-R,x_{0}+R), $$

则称 $ f(x) $ 在 $ (x_{0}-R, x_{0}+R) $ 内可以展开成 $ (x-x_{0}) $ 的幂级数.

我们需要探讨的问题有几个：

(1) $ f(x) $ 满足什么条件时可以展开成幂级数？

(2) 如果 $ f(x) $ 可以展开成 $ \sum_{n=0}^{\infty} a_{n}(x-x_{0})^{n} $，那么 $ a_{n}=? $ 展开式是否唯一？

（3） $ f(x) $ 在什么范围内可展开成幂级数 $ \sum_{n=0}^{\infty}a_{n}(x-x_{0})^{n} $

一、 $ f(x) $ 的泰勒级数

先讨论问题（2）. 假设 $ f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n (x - x_0)^n $, $ x \in (x_0 - R, x_0 + R) $ 成立，

则在区间 $ (x_{0}-R, x_{0}+R) $ 内对展开式两端求导，得

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

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

$$ f^{m}(x)=\sum_{n=3}^{\infty}n(n-1)(n-2)a_{n}(x-x_{0})^{n-3}, $$

$$ f^{(k)}(x)=\sum_{n=k}^{\infty}n(n-1)(n-2)\cdots(n-k+1)a_{n}(x-x_{0})^{n-k}, $$

在以上各式中取 $ x=x_{0} $，得

$$ \begin{aligned}f(\boldsymbol{x}_{0})=a_{0};f^{\prime}(\boldsymbol{x}_{0})=a_{1};f^{\prime \prime}(\boldsymbol{x}_{0})=2a_{2};f^{\prime \prime \prime}(\boldsymbol{x}_{0})=6a_{3};\\\cdots;f^{(k)}(\boldsymbol{x}_{0})&=k!a_{k};\cdots\end{aligned} $$

即

$$ f^{(k)}(x_{0})=k!a_{k}(k=0,1,2,3,\cdots), $$

于是，

$$ a_{k}=\frac{f^{(k)}(x_{0})}{k!}\quad(k=0,1,2,3,\cdots), $$

于是我们有下面的结论.

定理 11.4.1（唯一性） 若 $ f(x) $ 在 $ (x_{0}-R, x_{0}+R) $ 内能展开成 $ (x-x_{0}) $ 的幂级数，即

$$ f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}(x-x_{0})^{n},x\in(x_{0}-R,x_{0}+R), $$

则 $ f(x) $ 在 $ (x_{0}-R, x_{0}+R) $ 内存在任意阶导数，展开式唯一，且

$$ a_{n}=\frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}\quad(n=0,\ 1,\ 2,\ 3,\ \cdots). $$

定义 11.4.2 设 $ f(x) $ 在 $ x=x_{0} $ 处具有任意阶导数，则幂级数 $ \sum_{n=0}^{\infty}\frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}(x-x_{0})^{n} $ 称为 $ f(x) $ 在 $ x=x_{0} $ 处的泰勒级数； $ a_{n}=\frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}(n=0,1,2,3,\cdots) $ 称为 $ f(x) $ 在 $ x_{0} $ 处的泰勒系数.

特别地， $ f(x) $ 在 x=0 处的泰勒级数 $ \sum_{n=0}^{\infty}\frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^{n} $ 又称为 $ f(x) $ 的麦克劳林级数.

注（1）定理11.4.1说明，若 $ f(x) $在 $ (x_{0}-R,x_{0}+R) $内能展开成 $ (x-x_{0}) $的幂级数，则这个幂级数只能是 $ f(x) $在 $ x=x_{0} $处的泰勒级数；若 $ f(x) $

在 $ (-R, R) $ 内能展开成 x 的幂级数，则这个幂级数只能是 $ f(x) $ 的麦克劳林级数.

（2）只要 $ f(x) $ 在 $ x=x_{0} $ 处具有任意阶导数， $ f(x) $ 在 $ x=x_{0} $ 处的泰勒级数就存在，但它未必收敛；即使收敛，也未必收敛于 $ f(x) $.

例1 讨论函数

$$ f(x)=\{\begin{aligned}&\mathbf{e}^{-1/x^{2}},&x\neq0,\\ &0&,x=0\end{aligned}. $$

的麦克劳林级数及其收敛性.

解 不难验证 $ f(x) $ 在 $ (-∞, +∞) $ 内具有任意阶导数；且不难求得

$$ f^{(n)}(0)=0\quad(n=0,\quad1,\quad2,\quad3,\quad\cdots), $$

于是可得 $ f(x) $ 的麦克劳林级数

$$ \sum_{n=0}^{\infty}\frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^{n}=0+0x+0x^{2}+\cdots+0x^{n}+\cdots=0, $$

显然，这里 $ S(x)=0 \neq f(x) $.

二、 $ f(x) $ 展开成泰勒级数的条件

现在来解决问题（1）和（3）.

我们注意到 $ f(x) $ 在 $ x=x_{0} $ 处的泰勒级数 $ \sum_{n=0}^{\infty}\frac{f^{-1}(x_{0})}{n!}(x-x_{0})^{n} $ 的前 $ (n+1) $ 项的部分和

$$ S_{n+1}(x)=\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}(x_{0})}{k!}(x-x_{0})^{k} $$

正是 $ f(x) $的n阶泰勒多项式（见本书上册第三章有关泰勒公式的内容）。记 $ f(x) $的泰勒余项为 $ R_{n}(x) $，则 $ f(x) $的n阶泰勒公式为

$$ f(x)=\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}(x_{0})}{k!}(x-x_{0})^{k}+R_{n}(x). $$

由级数收敛的定义， $ f(x) $ 在 $ x=x_{0} $ 处的泰勒级数收敛于 $ f(x) $ 的充分必要条件是

$$ \lim_{n\to\infty}S_{n+1}(x)=f(x), $$

于是

$$ \lim_{n\to\infty}R_{n}(x)=\lim_{n\to\infty}(f(x)-S_{n+1}(x))=0. $$

因此有以下定理成立.

定理 11.4.2（充要条件）设 $ f(x) $ 在 $ (x_{0}-R, x_{0}+R) $ 内任意次可导，则 $ f(x) $ 在 $ x=x_{0} $ 处可展开为泰勒级数的充要条件是

$$ \lim_{n\to\infty}R_{n}(x)=0,x\in(x_{0}-R,x_{0}+R), $$

其中 $ R_{n}(x) $ 是 $ f(x) $ 的泰勒余项.

显然此定理对具体函数的展开问题，使用起来不是很方便。于是我们不得不寻求以下操作性更强的充分条件定理。

定理 11.4.3（充分条件） 设 $ f(x) $ 在 $ (x_{0}-R, x_{0}+R) $ 内任意次可导，若存在正数 C，对于任意 $ x \in (x_{0}-R, x_{0}+R) $，恒有 $ \left|f^{(k)}(x)\right| \leqslant C $ （k=0,1,2,3,…），则 $ f(x) $ 在 $ x=x_{0} $ 处可展开为泰勒级数.

证 因为 $ R_{n}(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_{0})^{n+1} $ （ $ \xi $ 在 x 与 $ x_{0} $ 之间），故有

$$ \begin{align*}\mid R_{n}(x)\mid&=\left|\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!!}(x-x_{0})^{n+1}\right|\leqslant\frac{C}{(n+1)!!}\mid x-x_{0}\mid^{n+1}\\&\leqslant\frac{CR^{n+1}}{(n+1)!!}\rightarrow0\quad(n\rightarrow\infty),\end{align*} $$

由定理11.4.2的充分性知， $ f(x) $ 在 $ x=x_{0} $处可展开为泰勒级数.

三、 $ f(x) $ 展开成泰勒级数的方法

1. 公式法（依据定理11.4.3 直接求泰勒展式）

例2 将函数 $ f(x)=\mathrm{e}^{x} $ 展开成麦克劳林级数.

解 任取 R>0，则 $ f(x)=\mathrm{e}^{x} $ 在 $ (-R,R) $ 内任意次可导，且

$$ f^{(k)}(x)=\mathrm{e}^{x},\quad\left|f^{(k)}(x)\right|=\mathrm{e}^{x}\leqslant\mathrm{e}^{R}=C(k=0,1,2,3,\cdots), $$

由定理11.4.3知， $ f(x)=\mathrm{e}^{x} $在 $ (-R,R) $内可展开为麦克劳林级数.因为

$$ f^{(k)}(0)=\mathrm{e}^{0}=1\quad\left(k=0,1,2,3,\cdots\right), $$

所以

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

再由 R>0 的任意性， $ f(x)=\mathrm{e}^{x} $ 在 $ (-\infty,+\infty) $ 内可展开为麦克劳林级数：

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

例3 将函数 $ f(x)=\sin x $展开成麦克劳林级数.

解 对任意的 $ x \in (-\infty, +\infty) $， $ f(x) = \sin x $ 有无穷阶导数，且

$$ f^{(k)}(x)=\sin\left(x+\frac{k\pi}{2}\right)\quad(k=0,\ 1,\ 2,\ 3,\ \cdots), $$

因为

$$ \left|f^{(k)}(x)\right|=\left|\sin\left(x+\frac{k\pi}{2}\right)\right|\leqslant1\quad(k=0,1,2,3,\cdots) $$

所以 $ f(x)=\sin x $ 在 $ (-\infty, +\infty) $ 内可展开为麦克劳林级数. 由

$$ f^{(k)}(0)=\sin\frac{k\pi}{2}\!=\!\{\begin{array}{c l}{0}&{,\ k=2n,}\\ {(-1)^{n},}&{k=2n+1}\\ \end{array}.\quad(n=0,\ 1,\ 2,\ 3,\ \cdots), $$

得

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

即

$$ \sin x=x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}-\frac{x^{7}}{7!}+\cdots+(-1)^{n}\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}+\cdots,\quad x\in(-\infty,+\infty). $$

1. 逐项积分与逐项微分法

例4 将函数 $ f(x)=\ln(1+x) $展开成麦克劳林级数.

解 $ f'(x)=\frac{1}{1+x}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}x^{n}(-1\lt x\lt 1) $

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

而在 x=1 时，级数收敛；x=-1 时，级数发散。因此有

$$ \ln(1+x)=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\cdot\frac{x^{n+1}}{n+1}\quad(-1\lt x\leqslant1), $$

由此式，易得 $ \ln(1-x) $ 的展开式

$$ \begin{aligned}\ln\left(1-x\right)&=\ln\left(1+\left(-x\right)\right)\\&=\sum_{n=0}^{\infty}\left(-1\right)^{n}\cdot\frac{\left(-x\right)^{n+1}}{n+1}=-\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{n+1}}{n+1}\quad\left(-1\leqslant x\lt 1\right).\end{aligned} $$

例5 展开 $ \cos x $ 成麦克劳林级数.

解 由 $ \sin x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2n+1)!} x^{2n+1} $， $ x \in (-\infty, +\infty) $ 有

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

即

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

亦即

$$ \cos x=1-\frac{x^{2}}{2!}+\frac{x^{4}}{4!}-\frac{x^{6}}{6!}+\cdots+(-1)^{n}\frac{x^{2n}}{(2n)!}+\cdots,x\in(-\infty,+\infty). $$

3. 待定系数法

例6 将函数 $ f(x)=(1+x)^{\alpha} $ 展开成麦克劳林级数，其中 $ \alpha $ 为实常数.

解 设 $ f(x)=a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2}+\cdots+a_{n}x^{n}+\cdots $，其中 $ a_{k}(k=0,1,2,3,\cdots) $ 待定。我们注意到 $ f(x)=(1+x)^{\alpha} $ 有两个特性：

(1) $ f(0) = 1 $;

$$ f^{\prime}(x)=\alpha(1+x)^{\alpha-1}=\alpha\cdot\frac{f(x)}{1+x}\Rightarrow(1+x)f^{\prime}(x)=\alpha f(x); $$

由（1），得 $ a_{0}=1 $

由（2），有

即

$$ \begin{align*}&\left(1+x\right)\left(a_{1}+2a_{2}x+\cdots+na_{n}x^{n-1}+\cdots\right)=\alpha\left(a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2}+\cdots+a_{n}x^{n}+\cdots\right),\\&\\&\quad a_{1}+\left(a_{1}+2a_{2}\right)x+\left(2a_{2}+3a_{3}\right)x^{3}+\cdots+\left(na_{n}+\left(n+1\right)a_{n+1}\right)x^{n}+\cdots\\&=\alpha a_{0}+\alpha a_{1}x+\alpha a_{2}x^{2}+\cdots+\alpha a_{n}x^{n}+\cdots.\end{align*} $$

比较等式两边同次幂的系数，得

$ a_{1}=\alpha a_{0} $，又由 $ a_{0}=1 $，所以 $ a_{1}=\alpha $；

$$ a_{1}+2a_{2}=\alpha a_{1}\Rightarrow a_{2}=\frac{\alpha-1}{2}a_{1}=\frac{\alpha(\alpha-1)}{2}; $$

$$ 2a_{2}+3a_{3}=\alpha a_{2}\Rightarrow a_{3}=\frac{\alpha-2}{3}a_{2}=\frac{\alpha(\alpha-1)(\alpha-2)}{3\times2}; $$

$$ na_{n}+\left(n+1\right)a_{n+1}=\alpha a_{n}\Rightarrow a_{n+1}=\frac{\alpha-n}{n+1}a_{n}=\frac{\alpha\left(\alpha-1\right)\left(\alpha-2\right)\cdots\left(\alpha-n\right)}{\left(n+1\right)!}; $$

即

$$ a_{n}=\frac{\alpha(\alpha-1)(\alpha-2)\cdots(\alpha-n+1)}{n!}\quad(n=1,2,3,\cdots), $$

于是，有

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

其收敛半径为

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

因此，

$$ (1+x)^{\alpha}=1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\alpha(\alpha-1)(\alpha-2)\cdots(\alpha-n+1)}{n!}x^{n}\quad(-1\lt x\lt 1) $$

即为所求.

1. 变量替换法

例7 将函数 $ f(x)=\sin2x $展开成麦克劳林级数.

解令t=2x，则

$$ \begin{align*}\sin2x&=\sin t=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n}}{\left(2n+1\right)!}t^{2n+1}\quad\left(-\infty\lt t\lt +\infty\right),\\&=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n}}{\left(2n+1\right)!}\left(2x\right)^{2n+1}\\&=\sum_{n=0}^{\infty}\left(-1\right)^{n}\frac{2^{2n+1}}{\left(2n+1\right)!}x^{2n+1}\quad\left(-\infty\lt x\lt +\infty\right).\end{align*} $$

例8 将函数 $ f(x)=\ln\left(1+\frac{x}{2}\right) $展开成麦克劳林级数.

解 令 $ t=\frac{x}{2} $，则

$$ \begin{align*}\ln\left(1+\frac{x}{2}\right)&=\ln\left(1+t\right)=\quad\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n}}{n+1}t^{n+1}\quad\left(-1\lt t\leqslant1\right),\\&=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n}}{n+1}\binom{\frac{x}{2}}{2}^{n+1}\quad\left(-1\lt \frac{x}{2}\leqslant1\right)\\&=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n}}{\left(n+1\right)\cdot2^{n+1}}x^{n+1}\quad\left(-2\lt x\leqslant2\right)\end{align*} $$

1. 变换函数法

例9 将函数 $ f(x)=\cos\left(x-\frac{\pi}{4}\right) $展开成麦克劳林级数.

$$ \begin{align*}\cos\left(x-\frac{\pi}{4}\right)&=\frac{\sqrt{2}}{2}\left(\cos\ x+\sin\ x\right)\\&=\frac{\sqrt{2}}{2}\left[\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n}}{\left(2n\right)!}x^{2n}+\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n}}{\left(2n+1\right)!}x^{2n+1}\right],\ x\in\left(-\infty\ ,\ +\infty\right)\\&=\frac{\sqrt{2}}{2}\sum_{n=0}^{\infty}\left[\frac{\left(-1\right)^{n}}{\left(2n\right)!}x^{2n}+\frac{\left(-1\right)^{n}}{\left(2n+1\right)!}x^{2n+1}\right],\ x\in\left(-\infty\ ,\ +\infty\right).\end{align*} $$

例 10 求 $ f(x)=\frac{3}{1+x-2x^{2}} $ 在 x=0 处的幂级数展开式.

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

而

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

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

所以

$$ \begin{align*}\frac{3}{1+x-2x^{2}}&=\sum_{n=0}^{\infty}\left[x^{n}+\left(-1\right)^{n}2^{n+1}x^{n}\right]\\&=\sum_{n=0}^{\infty}\left[1+\left(-1\right)^{n}2^{n+1}\right]x^{n}\quad\left(-\frac{1}{2}\lt x\lt \frac{1}{2}\right).\end{align*} $$

例 11 将函数 $ f(x)=\ln(1+x) $ 在 x=1 处展开成泰勒级数.

解

$$ \begin{aligned}\ln\left(1+x\right)&=\ln\left[2+\left(x-1\right)\right]=\ln\left[2\left(1+\frac{x-1}{2}\right)\right]\\&=\ln2+\ln\left(1+\frac{x-1}{2}\right)\\&=\ln2+\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n}}{n+1}\left(\frac{x-1}{2}\right)^{n+1}\quad\left(-1\lt \frac{x-1}{2}\leqslant1\right)\\&=\ln2+\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n}}{\left(n+1\right)2^{n+1}}\left(x-1\right)^{n+1}\quad\left(-1\lt x\leqslant3\right).\end{aligned} $$

四、 幂级数展开式的应用举例

函数的幂级数展开式有着广泛的应用. 这里我们仅举几个简单的例子初步体会一下其应用的思想和方法.

1. 计算定积分与函数值的近似值

例 12 计算定积分 $ \int_{0}^{1} e^{-x^{2}} dx $，精确到 0.0001.

解 因为被积函数 $ e^{-x^{2}} $ 的原函数不能用初等函数表达，我们无法用 “牛顿-莱布尼茨公式” 直接求出这个定积分。但我们可以将 $ e^{-x^{2}} $ 用幂级数表示，然后再逐项积分之。

$$ \mathrm{e}^{-x^{2}}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-x^{2}\right)^{n}}{n!}=1-x^{2}+\frac{x^{4}}{2!}-\frac{x^{6}}{3!}+\cdots+\left(-1\right)^{n}\frac{x^{2n}}{n!}+\cdots, $$

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

$$ \begin{aligned}\int_{0}^{1}\mathrm{e}^{-x^{2}}\mathrm{d}x&=\int_{0}^{1}\mathrm{d}x-\int_{0}^{1}x^{2}\mathrm{d}x+\int_{0}^{1}\frac{x^{4}}{2!}\mathrm{d}x-\int_{0}^{1}\frac{x^{6}}{3!}\mathrm{d}x+\cdots+\int_{0}^{1}\left(-1\right)^{n}\frac{x^{2n}}{n!}\mathrm{d}x+\cdots\\&=1-\frac{1}{3}+\frac{1}{2!\cdot5}-\frac{1}{3!\cdot7}+\cdots+\left(-1\right)^{n}\frac{1}{n!\left(2n+1\right)}+\cdots,\end{aligned} $$

右端是交错级数，其误差 $ \left|R_{n}\right| \leqslant \frac{1}{n \cdot (2n+1)} $，若取 n=7，则有

$$ R_{7}\mid\leqslant\frac{1}{7!\cdot15}=\frac{1}{75\ 600}\lt \frac{1}{10\ 000}=0.0001 $$

满足要求. 于是求得满足题目要求的近似值为

$$ \int_{0}^{1}\mathrm{e}^{-x^{2}}\mathrm{d}x=1-\frac{1}{3}+\frac{1}{2!\cdot5}-\frac{1}{3!\cdot7}+\frac{1}{4!\cdot9}-\frac{1}{5!\cdot11}+\frac{1}{6!\cdot13}\approx0.7486. $$

同样的方法可用来计算 $ \int_{0}^{2}\frac{\sin x}{x}dx $、 $ \int_{0}^{0.5}\frac{\arctan x}{x}dx $ 等的近似值.

例 13 求 $ \ln 2 $ 的近似值，要求误差不超过 0.0001.

解 利用展开式

$$ \ln(1+x)=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\cdot\frac{x^{n+1}}{n+1}\quad(-1\lt x\leqslant1), $$

取x=1，得

$$ \ln2=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n+1}=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\cdots+\frac{(-1)^{n-1}}{n}+\cdots, $$

若取

$$ \ln2\approx1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\cdots+\frac{(-1)^{n-1}}{n}, $$

则误差为

$$ |R_{n}|\leqslant\frac{1}{n+1}\leqslant0.0001=\frac{1}{10000} $$

由此推得 $ n \geqslant 9999 $。这就是说，要保证误差不超 0.0001，就需要取级数的前10000项进行计算。显然这样做的计算量太大了！我们有必要寻找收敛得更快的级数来计算。

考虑

$$ \ln(1+x)=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\cdot\frac{x^{n+1}}{n+1}\quad(-1\lt x\leq1) $$

与

$$ \ln(1-x)=-\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{n+1}}{n+1}\quad(-1\leqslant x\lt 1) $$

的差

$$ \ln\frac{1+x}{1-x}=\sum_{n=0}^{\infty}\left[(-1)^{n}+1\right]\cdot\frac{x^{n+1}}{n+1}=2\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{2n+1}}{2n+1}\quad(-1\lt x\lt 1) $$

由 $ \frac{1+x}{1-x}=2 $，解得 $ x=\frac{1}{3} $，代入上式，得

$$ \begin{aligned}\ln2&=2\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(\frac{1}{3}\right)^{2n+1}}{2n+1}=2\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{3^{2n+1}\cdot(2n+1)}\\&=2\left(\frac{1}{3}+\frac{1}{3^{3}\cdot3}+\frac{1}{3^{5}\cdot5}+\frac{1}{3^{7}\cdot7}+\frac{1}{3^{9}\cdot9}+\cdots\right),\end{aligned} $$

如果取前四项为 $ \ln 2 $ 的近似值，则误差为

$$ \begin{aligned}\left|R_{n}\right|&=2\left(\frac{1}{3^{9}\cdot9}+\frac{1}{3^{11}\cdot11}+\frac{1}{3^{13}\cdot13}+\cdots\right)\lt \frac{2}{3^{11}}\left(1+\frac{1}{9}+\frac{1}{9^{2}}+\cdots\right)\\&=\frac{2}{3^{11}}\cdot\frac{1}{1-\frac{1}{9}}=\frac{1}{3^{9}\cdot4}\lt \frac{1}{70\ 000}\lt 0.000\ 1,\end{aligned} $$

于是可取

$$ \ln2\approx2\left(\frac{1}{3}+\frac{1}{3^{3}\cdot3}+\frac{1}{3^{5}\cdot5}+\frac{1}{3^{7}\cdot7}\right). $$

考虑到舍入误差，计算时应取五位小数

$ \frac{1}{3}\approx0.333\ 33,\frac{1}{3^{3}\cdot3}\approx0.012\ 35,\frac{1}{3^{5}\cdot5}\approx0.000\ 82,\frac{1}{3^{7}\cdot7}\approx0.000\ 07 $

因此得到符合要求的近似值 $ \ln 2 \approx 0.693 $ 1.

2. 欧拉公式的推导

设复数项级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{n}+ib_{n}\right) $，其中 $ a_{n} $， $ b_{n} $ (n=1,2,3, $ \cdots $) 是实常数（或实函数）。如果实部所成的级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} $ 收敛于 a，虚部所成的级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}b_{n} $ 收敛于 b，则称级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{n}+ib_{n}\right) $ 收敛，其和为 $ a+ib $。如果 $ \sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{n}+ib_{n}\right) $ 各项的模所成的级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\left|a_{n}+ib_{n}\right| $ 即 $ \sum_{n=1}^{\infty}\sqrt{a_{n}^{2}+b_{n}^{2}} $ 收敛，则称 $ \sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{n}+ib_{n}\right) $ 绝对收敛，且由于此时

$ \left|a_{n}\right|\leqslant\sqrt{a_{n}^{2}+b_{n}^{2}},\quad\left|b_{n}\right|\leqslant\sqrt{a_{n}^{2}+b_{n}^{2}}\quad(n=1,2,3,\cdots), $

知 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} $ 和 $ \sum_{n=1}^{\infty}b_{n} $ 都绝对收敛，从而 $ \sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{n}+\mathrm{i}b_{n}\right) $ 收敛.

考察复数项级数

$$ 1+z+\frac{z^{2}}{2!}+\cdots+\frac{z^{n}}{n!}+\cdots\quad(z=x+\mathrm{i}y), $$

可以证明此级数在整个复平面上是绝对收敛的. 定义它为复变量的指数函数, 记为 $ e^{x} $, 即

$$ \mathrm{e}^{x}=1+z+\frac{z^{2}}{2!}+\cdots+\frac{z^{2}}{n!}+\cdots\quad(\mathrm{~}\left|\mathrm{~}z\mathrm{~}\right|\lt \infty\mathrm{~}) $$

当 x=0 时，z=iy，则

$$ \mathbf{e}^{\mathrm{i}\gamma}=1+\mathrm{i}\gamma+\frac{\left(\mathrm{i}\gamma\right)^{2}}{2!}+\cdots+\frac{\left(\mathrm{i}\gamma\right)^{n}}{n!}+\cdots $$

$$ \begin{aligned}&=1+\mathrm{i}y-\frac{\gamma^{2}}{2!}-\mathrm{i}\frac{\gamma^{3}}{3!}+\frac{\gamma^{4}}{4!}+\mathrm{i}\frac{\gamma^{5}}{5!}+\cdots\\&=\left(1-\frac{\gamma^{2}}{2!}+\frac{\gamma^{4}}{4!}+\cdots\right)+\mathrm{i}\left(\gamma-\frac{\gamma^{3}}{3!}+\frac{\gamma^{5}}{5!}+\cdots\right)\\&=\cos\gamma+\mathrm{i}\sin\gamma,\end{aligned} $$

即

$$ \mathbf{e}^{iy}=\cos y+\mathrm{i}\sin y, $$

或改写为

$$ \mathrm{e}^{\mathrm{i}x}=\cos x+\mathrm{i}\sin x, $$

这就是欧拉公式.

由欧拉公式 $ e^{is} = \cos x + i\sin x $，把 x 换为 -x，就有 $ e^{-is} = \cos x - i\sin x $，将两式相加、相减，得

$$ \{\begin{array}{l}\cos x=\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}x}+\mathrm{e}^{-\mathrm{i}x}}{2},\\ \sin x=\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}x}-\mathrm{e}^{-\mathrm{i}x}}{2\mathrm{i}},\end{array}. $$

这两个式子也叫欧拉公式.

欧拉公式揭示了三角函数与复指数函数之间的联系.

由欧拉公式，我们有

$$ \mathbf{e}^{s+i y}=\mathbf{e}^{s}\cdot\mathbf{e}^{i y}=\mathbf{e}^{s}(\cos y+\mathrm{i}\sin y), $$

这说明复变量指数函数 $ e^{x} $ 在 $ z = x + iy $ 处的值是模为 $ e^{x} $、辐角为 y 的复数.

习题11-4

1. 将下列函数展开成麦克劳林级数（要指出其成立的区间）：

(1)

$$ e^{-s}; $$

(2)

$$ 显然 ~^{-\frac{3}{2}}: $$

(3)

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

(4)

$$ cos^{2}x; $$

(5)

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

(6)

$$ \int_{0}^{x}e^{-t^{2}}dt; $$

(7) $ \int_{0}^{x} \cos t^{2} dt $;

（8） $ \arctan x $（提示：利用 $ \arctan x = \int_{0}^{x} \frac{1}{1 + t^{2}} dt $）；

(9)

$$ \frac{x}{2-x-x^{2}}; $$

(10) $ \frac{e^{x}-e^{-x}}{2} $

1. 将下列函数展开成 $ (x-x_{0}) $ 的幂级数（要指出其成立区间）：

(1)

$$ \frac{1}{3-x},\ x_{0}=1； $$

(2)

$$ \sin x,\quad x_{0}=\frac{\pi}{4}; $$

(3) $ \frac{1}{x^{2}+3x+2} $, $ x_{0}=-4 $; (4) $ \frac{1}{x} $, $ x_{0}=3 $.

1. 求下列函数的幂级数展开式，并确定其成立区间：

(1) $ \int_{0}^{x}\frac{\sin t}{t}dt $

(2) $ \int_{0}^{x}\frac{\arctan t}{t}dt $.

1. 展开 $ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(\frac{\mathrm{e}^{x}-1}{x}\right) $为x的幂级数，并证明： $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{(n+1)!}=1 $

1. 求 $ \int_{0}^{2}\frac{\sin t}{t}dt $ 的近似值，精确到 0.001.

1. 求 $ \ln 3 $ 的近似值，精确到 0.0001.

第五节 傅里叶级数

一、 问题的提出

在物理学中，最简单的周期信号（正弦信号）和简谐振动都可用一个正弦函数

$$ y=A\sin\left(\omega t+\varphi\right) $$

来表示. 这里 A 是振幅、 $ \omega $ 是角频率、 $ \varphi $ 是初始相位, $ T=\frac{2\pi}{\omega} $ 是周期. 对于更复杂的电信号或更复杂的周期振动, 我们可以用叠加原理将其分解为若干个不同频率的正弦信号或简谐振动之和:

$$ u(t)=\sum_{(k)}A_{k}\sin(\omega_{k}t+\varphi_{k}), $$

如果 $ \omega_{k} $ 都是 $ \omega $ 的正整数倍，则 $ A_{k}\sin(\omega_{k}t+\varphi_{k}) $ 具有倍频关系，记 $ \omega_{k}=k\omega $，于是有

$$ \begin{align*}u\left(t\right)&=\sum_{\left(k\right)}A_{k}\sin\left(k\omega t+\varphi_{k}\right)\\&=\sum_{\left(k\right)}A_{k}(\mathrm{sink}\omega t\mathrm{cos}\varphi_{k}+\mathrm{cosk}\omega t\mathrm{sin}\varphi_{k}),\end{align*} $$

记 $ b_{k}=A_{k}\cos\varphi_{k} $， $ a_{k}=A_{k}\sin\varphi_{k} $，则

$$ \begin{array}{r l}{u\left(t\right)=}&{{}\displaystyle\sum_{\left(k\right)}{\left(a_{k}\mathrm{{c o s}}k\omega t+b_{k}{\mathrm{s i n}}k\omega t\right)}\;,}\end{array} $$

令 $ \omega t = x $，则有

$$ f(x)=u(t)=\ \sum_{(k)}\left(a_{k}\mathrm{c o s}k x+b_{k}\mathrm{s i n}k x\right). $$

于是，为了实际问题的需要，我们希望对下列形式的函数项级数进行研究

$$ \sum_{k=0}^{\infty}\left(a_{k}\cos kx+b_{k}\sin kx\right) $$

或改写为（这样改写主要为了表达的方便）：

$$ \frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{n}\cos nx+b_{n}\sin nx\right) $$

并把形如（1）式的级数称为三角级数，其中 $ a_{0} $， $ a_{n} $， $ b_{n}(n=1,2,3,\cdots) $是与x无关的常数.

如果三角级数（1）收敛，其和函数是 $ f(x) $，则由于级数的每项都是以 $ 2\pi $为周期的函数，故 $ f(x) $也应是以 $ 2\pi $为周期的函数。于是，本节要讨论的问题有两个：

（一）以 $ 2\pi $ 为周期的函数具备什么条件时，可以展开成形如（1）式的三角级数？

（二）如果 $ f(x) $可以展开成三角级数，即

$$ f(x)=\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{n}\cos nx+b_{n}\sin nx\right), $$

那么 $ a_{0} $， $ a_{n} $， $ b_{n} $（n=1，2，3，…）如何确定？

二、 预备知识

1. 周期函数：若存在正数 T，使得对于任意的 $ x \in (-\infty, +\infty) $，恒有 $ f(x+T) = f(x) $，

则 $ f(x) $ 是周期函数，T 为它的一个周期.

1. 周期变换：若 $ f(x) $ 是以 T 为周期的函数，作变换 $ x=\frac{T t}{2 \pi} $，则

$$ f(x)=f\left(\frac{T t}{2\pi}\right), $$

记 $ F(t)=f\left(\frac{Tt}{2\pi}\right) $，即 $ F(t)=f(x) $，则由 $ f(x+T)=f(x) $，有

$$ F(t)=f\left(\frac{T t}{2\pi}\right)=f(x)=f(x+T)=f\left(\frac{T t}{2\pi}+T\right)=f\left(\frac{T(t+2\pi)}{2\pi}\right)=F(t+2\pi) $$

这说明 $ F(t) $ 是以 $ 2\pi $ 为周期的函数.

1. 周期延拓：如果 $ f(x) $ 是定义在 $ [a, a+T] $ 上的非周期函数。作

$$ f^{*}(x)=\{\begin{aligned}&f(a+t),&x=a+kT+t\quad&(0\lt t\lt T),\\ &C,&x=a+kT\quad&(k=0,\ \pm1,\ \pm2,\ \cdots)\end{aligned}. $$

则 $ f^{*}(x) $ 是以 T 为周期、且在 $ x \in (a, a+T) $ 时成立 $ f^{*}(x) = f(x) $ 的周期函数.

1. 周期函数的积分：如果 $ f(x) $ 是以 T 为周期的函数，则对任意数 a，有

$$ \int_{a}^{a+T}f(x)d x=\int_{0}^{T}f(x)d x\quad\left( 此式本书第五章已证 \right). $$

1. 三角函数系：最简单的周期函数（以 $ 2\pi $ 为周期）所成的序列：

$$ 1,\ \cos x,\ \sin x,\ \cos2x,\ \sin2x,\ \cdots,\ \cos nx,\ \sin nx,\ \cdots $$

称为三角函数系．在三角函数系中，任意有限项的线性组合仍是以 $ 2\pi $为周期的函数.

1. 三角函数系的正交性：不难证明以下积分的结果（请读者自证）

$$ \begin{aligned}&\int_{-\pi}^{\pi}\cos\ nx\cos\ mx\mathrm{d}x=\begin{cases}\pi&(n=m),\\0&(n\neq m),\end{cases}\\&\int_{-\pi}^{\pi}\sin\ nx\sin\ mx\mathrm{d}x=\begin{cases}\pi&(n=m),\\0&(n\neq m),\end{cases}\\&\int_{-\pi}^{\pi}\sin\ nx\cos\ mx\mathrm{d}x=0,\\&\int_{-\pi}^{\pi}\sin\ nx\mathrm{d}x=\int_{-\pi}^{\pi}\cos\ nx\mathrm{d}x=0,\\&\int_{-\pi}^{\pi}1^{2}\mathrm{d}x=2\pi.\end{aligned} $$

即三角函数系中任何两个不同的函数的乘积在以 $ 2\pi $ 为长度的区间上的积分等于零，而两个相同函数的乘积在以 $ 2\pi $ 为长度的区间上的积分不为零。这个性质称为三角函数系在 $ [-\pi, \pi] $ 上的正交性。

三、 傅里叶级数与傅里叶系数

如果以 $ 2\pi $ 为周期的函数 $ f(x) $ 可以展开成三角级数，即

$$ f(x)=\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}(a_{n}\cos nx+b_{n}\sin nx) $$

成立．则将（2）式两边积分，其中右边逐项积分，得

$$ \begin{align*}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\mathrm{d}x&=\int_{-\pi}^{\pi}\frac{a_{0}}{2}\mathrm{d}x+\int_{-\pi}^{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{n}\cos n x+b_{n}\sin n x\right)\mathrm{d}x\\&=\frac{a_{0}}{2}\int_{-\pi}^{\pi}\mathrm{d}x+\sum_{n=1}^{\infty}\int_{-\pi}^{\pi}\left(a_{n}\cos n x+b_{n}\sin n x\right)\mathrm{d}x=\frac{a_{0}}{2}\cdot2\pi+0=a_{0}\pi,\end{align*} $$

解得

$$ a_{0}=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)dx. $$

将（2）式两边同乘 $ \cos kx $ 后再积分，得

$$ \begin{aligned}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos kx\mathrm{d}x&=\int_{-\pi}^{\pi}\frac{a_{0}}{2}\mathrm{c o s}k x\mathrm{d}x+\int_{-\pi}^{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{n}\cos n x+b_{n}\sin n x\right)\mathrm{c o s}k x\mathrm{d}x\\&=0+\int_{-\pi}^{\pi}a_{k}\mathrm{c o s}k x\mathrm{c o s}k x\mathrm{d}x=a_{k}\pi\end{aligned} $$

解得

$$ a_{k}=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos kx\mathrm{d}x\quad(k=1,2,3,\cdots). $$

将（2）式两边同乘 $ \sin kx $ 后再积分，得

$$ \begin{aligned}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\operatorname{s i n}k x\mathrm{d}x&=\int_{-\pi}^{\pi}\frac{a_{0}}{2}\operatorname{s i n}k x\mathrm{d}x+\int_{-\pi}^{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{n}\operatorname{c o s}n x+b_{n}\operatorname{s i n}n x\right)\operatorname{s i n}k x\mathrm{d}x\\&=0+\int_{-\pi}^{\pi}b_{k}\operatorname{s i n}k x\operatorname{s i n}k x\mathrm{d}x=b_{k}\pi,\end{aligned} $$

解得

$$ b_{k}=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\operatorname{s i n}k x\mathrm{d}x\quad(k=1,2,3,\cdots). $$

注意到当 k=0 时， $ a_{k} $ 正好给出了 $ a_{0} $，于是我们可以统一地表示为（将 k 换为 n）

$$ a_{n}=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos n x d x\quad(n=0,1,2,3,\cdots), $$

$$ b_{n}=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin n x\mathrm{d}x\quad(n=1,2,3,\cdots). $$

定义 11.5.1 设 $ f(x) $ 是以 $ 2\pi $ 为周期的函数，且在 $ [-\pi, \pi] $ 可积，则称

$$ a_{n}=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos n x\mathrm{d}x\quad(n=0,1,2,3,\cdots), $$

$$ b_{n}=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin n x\mathrm{d}x\quad(n=1,2,3,\cdots), $$

为 $ f(x) $的傅里叶系数；由这些系数所确定的三角级数

$$ \frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{n}\cos nx+b_{n}\sin nx\right) $$

称为 $ f(x) $的傅里叶级数. 记作

$$ f(x)\sim\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{n}\cos nx+b_{n}\sin nx\right). $$

特别地，如果 $ f(x) $ 是奇函数，则有

$$ a_{n}=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos n x\mathrm{d}x=0\quad(n=0,1,2,3,\cdots), $$

$$ b_{n}=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}f(x)\sin n x\mathrm{d}x\quad(n=1,2,3,\cdots), $$

这时 $ f(x) $ 的傅里叶级数只含正弦函数项，称为正弦级数：

$$ f(x)\sim\sum_{n=1}^{\infty}b_{n}\mathrm{s i n}n x. $$

同样地，如果 $ f(x) $ 是偶函数，则有

$$ a_{n}=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}f(x)\cos n x d x\quad(n=0,1,2,3,\cdots), $$

$$ b_{n}=0\quad(n=1,\ 2,\ 3,\ \cdots), $$

这时 $ f(x) $ 的傅里叶级数只含常数项和余弦函数项，称为余弦级数：

$$ f(x)\sim\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}\cos nx. $$

注 利用公式

$$ a_{n}=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos n x d x\quad(n=0,1,2,3,\cdots), $$

$$ b_{n}=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin n x\mathrm{d}x\quad(n=1,2,3,\cdots), $$

计算傅里叶系数，只须“ $ f(x) $”在 $ [-π, π] $上可积”即可。然而，这样得到的傅里叶级数是否收敛？即使收敛，是否恰好以 $ f(x) $为和函数？这些问题都还没能得到解决。所以“~”不能随便换成“=”。目前我们只知道：如果 $ f(x) $能在 $ [-π, π] $上展开为一个三角级数，则必是 $ f(x) $的傅里叶级数。也就是说，我们只解决了本节开头提出的问题（二），而问题（一）还没有解决。下面我们来对问题（一）进行探讨。

四、 傅里叶级数的收敛定理

定理11.5.1（收敛定理，狄利克雷充分条件）设以 $ 2\pi $为周期的周期函数 $ f(x) $在 $ [-\pi,\pi] $上逐段光滑，且 $ f(x) $在 $ [-\pi,\pi] $上只有有限个极值点，则它的傅里叶级数在 $ [-\pi,\pi] $上处处收敛，且

$$ \frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}(a_{n}\cos nx+b_{n}\sin nx)=\{\begin{aligned}&\frac{f(x-0)+f(x+0)}{2},&x\in(-\pi,\pi),\\ &\frac{f(\pi-0)+f(-\pi+0)}{2},&x=\pm\pi,\end{aligned}. $$

其中

$$ a_{n}=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos n x d x\quad(n=0,1,2,3,\cdots), $$

$$ b_{n}=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin n x\mathrm{d}x\quad(n=1,2,3,\cdots). $$

（此定理的证明读者可参阅《数学分析》的有关教材。）

此定理的结论告诉我们，在满足条件的情况下， $ f(x) $ 的傅里叶级数收敛，但并不是处处都直接收敛于 $ f(x) $，而是收敛于 $ f(x) $ 在每点处的左、右极限的平均值。因此，如果其和函数

$$ S\left(x\right)=\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{n}\cos nx+b_{n}\sin nx\right), $$

则有以下几种情形：

(1) 当 $ x \in (-\pi, \pi) $，x 为 $ f(x) $ 的连续点时，

$$ S\left(x\right)=f\left(x\right); $$

(2) 当 $ x \in (-\pi, \pi) $，x 为 $ f(x) $ 的间断点时，

$$ S(x)=\frac{f(x-0)+f(x+0)}{2}; $$

(3) 当 $ x = \pm\pi $ 时，

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

其中情形（1）表明：在连续点处 $ f(x) $可展开成它的傅里叶级数.

注意：不要误认为定理的结论只在闭区间 $ [-π, π] $ 上成立。事实上，因为我们讨论的是以 $ 2π $ 为周期的周期函数，所以如果 $ f(x) $ 的傅里叶级数在 $ [-π, π] $ 上收敛，则它必在整个数轴上都收敛；定理中的闭区间 $ [-π, π] $ 换成闭区间 $ [0, 2π] $，甚至换成任何长度为 $ 2π $ 的闭区间，都有相应的结论。

例1 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

$$ f(x)=\{\begin{aligned}-1,&\quad-\pi\leqslant x\lt 0,\\ 1,&\quad0\leqslant x\lt \pi,\end{aligned}. $$

把 $ f(x) $展开为傅里叶级数.

解 $ f(x) $ 满足收敛定理条件，点 $ x=k\pi $ ( $ k=0,\pm1,\pm2,\cdots $) 为 $ f(x) $ 的第一类间断点，在其他点处都连续。由收敛定理知， $ f(x) $ 在这些连续点处可展开成傅里叶级数。而在间断点处 $ x=k\pi $ ( $ k=0,\pm1,\pm2,\cdots $) 处， $ f(x) $ 的傅里叶级数收敛于 $ \frac{-1+1}{2}=0 $。

$$ \begin{aligned}a_{n}=&\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nx\mathrm{d}x\\=&\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{0}(-1)\cos nx\mathrm{d}x+\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}1\cdot\cos nx\mathrm{d}x\\=&0\quad\left(n=0,1,2,3,\cdots\right);\end{aligned} $$

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

$$ \begin{aligned}=&\frac{2}{n\pi}[1-(-1)^{n}]\\=&\{\begin{aligned}&\frac{4}{n\pi}&(n=2&m-1;m=1,2,3,\cdots),\\&0&(n=2&m;m=1,2,3,\cdots),\end{aligned}.\end{aligned} $$

$ f(x) $ 的傅里叶级数：

$$ f(x)\sim\sum_{m=1}^{\infty}\frac{4}{(2m-1)\pi}\sin(2m-1)x=\{\begin{array}{l}f(x)\quad(x\neq k\pi,k=0,\pm1,\pm2,\cdots)\\ 0\quad(x=k\pi;k=0,\pm1,\pm2,\cdots),\end{array}. $$

其和函数的图形如图11-1所示，

因此，有

$$ f(x)=\sum_{m=1}^{\infty}\frac{4}{(2m-1)\pi}\sin(2m-1)x\quad(x\neq k\pi;\ k=0,\ \pm1,\ \pm2,\ \cdots), $$

即

$$ \begin{aligned}f(x)=\frac{4}{\pi}\Biggl[\sin x+\frac{1}{3}\sin3x+\frac{1}{5}\sin5x+\cdots+\frac{1}{2n-1}\sin(2n-1)x+\cdots\Biggr]\\ (-\infty\lt x\lt +\infty;x\neq0,\pm\pi,\pm2\pi,\pm3\pi,\cdots).\end{aligned} $$

例2 设 $ f(x) $以 $ 2\pi $为周期，在 $ [-\pi,\pi] $上 $ f(x)=\left|x\right| $，试求 $ f(x) $的傅里叶展开式.

解 $ f(x) $ 的图形如图 11-2, $ f(x) $ 在 $ (-\infty, +\infty) $ 上连续，故可展开成傅里叶级数；且 $ f(x) $ 是偶函数，其展开式应为余弦级数. 故 $ b_n = 0 $ (n = 1, 2, 3, $ \cdots $);

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

$$ \begin{aligned}a_{n}&=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}f(x)\cos nx\mathrm{d}x=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}x\cos nx\mathrm{d}x\\&=\frac{2}{n\pi}[.(x\sin nx)|_{0}^{\pi}-\int_{0}^{\pi}\sin nx\mathrm{d}x]\\&=-\frac{2}{n\pi}\int_{0}^{\pi}\sin nx\mathrm{d}x=\frac{2}{n^{2}\pi}\cos nx\bigg|_{0}^{\pi}=\frac{2}{n^{2}\pi}[-(-1)^{n}-1]\\&=\{\begin{matrix}-\frac{4}{n^{2}\pi},&n=1,3,5,\cdots,\\0,&n=2,4,6,\cdots\\\end{matrix}.\\&=\{\begin{matrix}-\frac{4}{n^{2}\pi},&n=2m-1,\\0,&n=2m\\\end{matrix}.(\ m=1,2,3,\cdots).\\ \end{aligned} $$

$$ f(x)=\frac{\pi}{2}-\frac{4}{\pi}\sum_{m=1}^{\infty}\frac{1}{\left(2m-1\right)^{2}}\cos(2m-1)x,\quad x\in(-\infty,+\infty). $$

由例2的结论，我们有

$$ \left|x\right|=\frac{\pi}{2}-\frac{4}{\pi}\sum_{m=1}^{\infty}\frac{1}{\left(2m-1\right)^{2}}\cos\left(2m-1\right)x,\quad x\in\left[-\pi,\pi\right], $$

取x=0，得

$$ 0=\frac{\pi}{2}-\frac{4}{\pi}\sum_{m=1}^{\infty}\frac{1}{\left(2m-1\right)^{2}}, $$

所以

$$ \frac{4}{\pi}\sum_{m=1}^{\infty}\frac{1}{\left(2m-1\right)^{2}}=\frac{\pi}{2}, $$

所以

$$ \sum_{m=1}^{\infty}\frac{1}{\left(2m-1\right)^{2}}=\frac{\pi^{2}}{8}, $$

即

$$ 1+\frac{1}{3^{2}}+\frac{1}{5^{2}}+\cdots+\frac{1}{\left(2n-1\right)^{2}}+\cdots=\frac{\pi^{2}}{8} $$

记

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

$$ \sigma_{1}=1+\frac{1}{3^{2}}+\frac{1}{5^{2}}+\cdots+\frac{1}{\left(2n-1\right)^{2}}+\cdots=\frac{\pi^{2}}{8} $$

$$ \sigma_{2}=\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{4^{2}}+\frac{1}{6^{2}}+\cdots+\frac{1}{\left(2n\right)^{2}}+\cdots, $$

$$ \sigma_{3}=1-\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{3^{2}}-\cdots+(-1)^{n-1}\frac{1}{n^{2}}+\cdots, $$

因为

$$ \begin{array}{rl}\sigma_{2}=&\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{4^{2}}+\frac{1}{6^{2}}+\cdots+\frac{1}{\left(2n\right)^{2}}+\cdots\\ \\ =&\frac{1}{2^{2}}\Bigg{(}1+\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{3^{2}}+\cdots+\frac{1}{n^{2}}+\cdots\Bigg{)}\\ \\ =&\frac{\sigma}{4}=\frac{\sigma_{1}+\sigma_{2}}{4},\end{array} $$

即

$$ \sigma_{2}=\frac{\sigma_{1}+\sigma_{2}}{4}\Rightarrow\sigma_{2}=\frac{\sigma_{1}}{3}=\frac{1}{3}\cdot\frac{\pi^{2}}{8}=\frac{\pi^{2}}{24}, $$

所以

$$ \sigma=\sigma_{1}+\sigma_{2}=\frac{\pi^{2}}{8}+\frac{\pi^{2}}{24}=\frac{\pi^{2}}{6}, $$

$$ \sigma_{3}=\sigma_{1}-\sigma_{2}=\frac{\pi^{2}}{8}-\frac{\pi^{2}}{24}=\frac{\pi^{2}}{12}, $$

即有

$$ \frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{4^{2}}+\frac{1}{6^{2}}+\cdots+\frac{1}{\left(2n\right)^{2}}+\cdots=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\left(2n\right)^{2}}=\frac{\pi^{2}}{24} $$

$$ 1+\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{3^{2}}+\cdots+\frac{1}{n^{2}}+\cdots=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}}=\frac{\pi^{2}}{6}, $$

$$ 1-\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{3^{2}}-\cdots+(-1)^{n-1}\frac{1}{n^{2}}+\cdots=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{1}{n^{2}}=\frac{\pi^{2}}{12}. $$

例3 将函数

$$ f(x)=\{\begin{aligned}&0,&-\pi\leqslant x\lt 0,\\ &x,&0\leqslant x\lt \pi\end{aligned}. $$

展开成傅里叶级数.

分析 函数 $ f(x) $ 只在 $ [-π, π) $ 上有定义，它不是周期函数。但 $ f(x) $ 在 $ [-π, π) $ 上满足收敛定理的条件。我们可以作周期延拓，使延拓产生的新函数 $ f^*(x) $ 满足条件

$$ f^{*}(x)=f(x)(-\pi\leqslant x\lt \pi) $$

且

$$ f^{\ast}(x+2\pi)=f^{\ast}(x)(-\infty\lt x\lt +\infty), $$

再求周期函数 $ f^{*}(x) $ 的傅里叶展开式，最后将 x 限制在 $ [-\pi, \pi] $ 上使得所求.

解 作 $ f(x) $ 的周期延拓（这里只需声明一下即可）.

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

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

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

因此

$$ \begin{align*}f(x)&\sim\frac{\pi}{4}+\sum_{n=1}^{\infty}\{\frac{1}{n^{2}\pi}[(-1)^{n}-1]\cos nx+\frac{(-1)^{n}}{n}\sin nx\}\\&=\{\begin{aligned}&x,&0\leqslant x\lt \pi,\\&0,&-\pi\lt x\lt 0,\\&\frac{\pi}{2},&x=\pm\pi.\end{aligned}.\end{align*} $$

例4 将 $ f(x)=\frac{\pi}{2}-x(-\pi\leq x\lt \pi) $展开成傅里叶级数.

解 作周期延拓. 则

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

$$ a_{n}=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\left(\frac{\pi}{2}-x\right)\cos nx dx=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}\frac{\pi}{2}\cos nx dx=0 $$

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

故有

$$ f(x)\sim\frac{\pi}{2}+2\cdot\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n}\sin nx=\{\begin{array}{l}\frac{\pi}{2}-x,-\pi\lt x\lt \pi,\\ \frac{\pi}{2},\quad x=\pm\pi,\end{array}. $$

因此，有

$$ \frac{\pi}{2}-x=\frac{\pi}{2}+2\cdot\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n}}{n}\sin nx,-\pi\lt x\lt \pi, $$

并由此可得

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

五、 正弦级数与余弦级数

由前面的讨论知，若以 $ 2\pi $ 为周期的函数 $ f(x) $ 是奇函数，则其傅里叶级数是正弦级数；若以 $ 2\pi $ 为周期的函数 $ f(x) $ 是偶函数，则其傅里叶级数是余弦级数.

如果给定的函数 $ f(x) $ 只在 $ (- \pi, 0] $ （或 $ [0, \pi] $）上有定义，则可补充定义，使其产生的新函数 $ F(x) $ 是 $ [- \pi, \pi] $ 上的奇函数或者偶函数。即满足： $ F(-x) = -F(x) $ 或 $ F(-x) = F(x) $；且当 $ x \in (- \pi, 0] $ （或 $ x \in [0, \pi] $）时， $ F(x) = f(x) $。这种补充定义，使 $ F(x) $ 成为奇函数的过程称为奇延拓；使 $ F(x) $ 成为偶函数的过程称为偶延拓。再将 $ F(x) $ 进行周期延拓，就可将 $ F(x) $ 展开成指定的正弦级数或余弦级数。

例5 将 $ f(x)=x+1(0\leqslant x\leqslant\pi) $分别展开成正弦级数和余弦级数.

解 （1）先展开成正弦级数. 为此对 $ f(x) $ 作奇延拓（如图 11-3）. 则

$$ a_{n}=0\quad(n=0,\quad1,\quad2,\quad3,\quad\cdots) $$

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

故 $ f(x) $ 的正弦级数展开式为

$$ x+1=\frac{2}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1-\left(\pi+1\right)\left(-1\right)^{n}}{n}\sin nx\quad\left(0\lt x\lt \pi\right). $$

(2) 再展开成余弦级数. 为此对 $ f(x) $ 作偶延拓 (如图 11-4). 则

$$ b_{n}=0\quad(n=1,\ 2,\ 3,\ \cdots), $$

$$ \begin{aligned}a_{n}=&\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}f(x)\cos nx\mathrm{d}x=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}(x+1)\cos nx\mathrm{d}x\\=&\frac{2}{\pi}[\frac{(x+1)\sin nx}{n}+\frac{\cos nx}{n^{2}}]_{0}^{\pi}\\=&\frac{2}{n^{2}\pi}[(-1)^{n}-1]\quad(n=1,2,3,\cdots)\\=&\{\begin{matrix}-\frac{4}{n^{2}\pi}&(n=1,3,5,\cdots),\\0&(n=2,4,6,\cdots),\end{matrix}.\end{aligned} $$

$$ a_{0}=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}(x+1)\mathrm{d}x=\frac{2}{\pi}\left[\frac{x^{2}}{2}+x\right]_{0}^{\pi}=\pi+2 $$

故 $ f(x) $的余弦级数展开式为

$$ x+1=\frac{\pi+2}{2}-\frac{4}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\left(2n-1\right)^{2}}\cos\left(2n-1\right)x\quad\left(0\leqslant x\leqslant\pi\right). $$

习题11-5

1. 证明三角函数系在 $ [-π, π] $ 上的正交性.

1. 设周期函数 $ f(x) $ 的周期是 $ 2\pi $，证明 $ f(x) $ 的傅里叶系数

$$ a_{n}=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}f(x)\cos nx\mathrm{d}x\quad(n=0,1,2,3,\cdots), $$

$$ b_{n}=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}f(x)\sin n x\mathrm{d}x\quad(n=1,2,3,\cdots). $$

1. 写出函数 $ f(x) $ 的傅里叶级数的和函数 $ S(x) $ 在 $ [-π, π] $ 上的表达式，并分别画出 $ f(x) $ 及 $ S(x) $ 的图形，其中 $ f(x) $ 是以 $ 2π $ 为周期的函数，在 $ (-π, π] $ 上的表达式为

$$ f(x)=\{\begin{aligned}-2,&-\pi\lt x\lt 0,\\ 2,&0\leq x\leq\pi.\end{aligned}. $$

1. 下列周期函数 $ f(x) $ 的周期为 $ 2\pi $，它在一个周期上的表达式列举如下，试求 $ f(x) $ 的傅里叶级数展开式.

(1) $ f(x) = e^{2x} $ $ (-\pi \leq x \lt \pi) $;

(2) $ f(x) = \left| \sin x \right| $ ( $ -\pi \lt x \leq \pi $);

(3) $ f(x)=\{\begin{array}{ll}x & (-\pi \leqslant x \lt 0) \\ x+1 & (0 \leqslant x \lt \pi)\end{array}. $;

(4) $ f(x) = x $ $ (0 \lt x \leq 2\pi) $.

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 \lt x \leq \pi) $;

(2) $ f(x)=\begin{cases}e^x & (-\pi \leqslant x \lt 0), \\ 1 & (0 \leqslant x \lt \pi).\end{cases} $

1. 将下列各函数分别展开成正弦级数和余弦级数：

(1) $ f(x) = x^2 $ $ (0 \leq x \leq \pi) $;

(2) $ f(x) = e^x $ $ (0 \leq x \leq \pi) $.

1. 将 $ f(x) = \cos x $ （ $ -\pi \leq x \leq 0 $）展开为正弦级数.

第六节 一般周期函数的傅里叶级数

一、 周期为2l的周期函数的傅里叶级数

设以 $ 2l(l\gt 0) $ 为周期的周期函数 $ f(x) $ 在一个周期 $ [-l, l] $ 上可积，作周期变换

$$ x=\frac{2lt}{2\pi}=\frac{l}{\pi}t, $$

则 $ F(t) = f\left(\frac{l}{\pi}t\right) $ 便是以 $ 2\pi $ 为周期的函数. 它所对应的傅里叶级数为

$$ F(t)\sim\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{n}\cos nt+b_{n}\sin nt\right), $$

其中

$$ a_{n}=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}F(t)\cos nt\mathrm{d}t\quad(n=0,1,2,3,\cdots), $$

$$ b_{n}=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}F(t)\sin n t\mathrm{d}t\quad(n=1,2,3,\cdots), $$

再作逆变换 $ t=\frac{\pi}{l}x $，便有

$$ f(x)\sim\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{n}\cos\frac{n\pi x}{l}+b_{n}\sin\frac{n\pi x}{l}\right), $$

此级数也称为一般的三角级数，它是上节的傅里叶级数的推广；其中傅里叶系数为

$$ a_{n}=\frac{1}{l}\int_{-l}^{l}f(x)\cos\frac{n\pi x}{l}\mathrm{d}x\quad(n=0,1,2,3,\cdots), $$

$$ b_{n}=\frac{1}{l}\int_{-l}^{l}f(x)\sin\frac{n\pi x}{l}\mathrm{d}x\quad(n=1,2,3,\cdots). $$

如果 $ f(x) $ 是奇函数，则

$$ a_{n}=0\quad(n=0,\mathrm{~1~,~2~,~3~,~}\cdots), $$

$$ b_{n}=\frac{2}{l}\int_{0}^{l}f(x)\sin\frac{n\pi x}{l}\mathrm{d}x\quad(n=0,1,2,3,\cdots); $$

如果 $ f(x) $ 是偶函数，则

$$ a_{n}=\frac{2}{l}\int_{0}^{l}f(x)\cos\frac{n\pi x}{l}\mathrm{d}x\quad(n=0,\ 1,\ 2,\ 3,\ \cdots), $$

$$ b_{n}=0\quad(n=1,2,3,\cdots). $$

于是上节的收敛定理可以平行地推广为以下形式：

定理 11.6.1（收敛定理） 设以 2l 为周期的周期函数 $ f(x) $ 在 $ [-l, l] $ 上逐段光滑，且 $ f(x) $ 在 $ [-l, l] $ 上只有有限个极值点，则它的傅里叶级数在 $ [-l, l] $ 上处处收敛，且

$$ f(x)\sim\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}(a_{n}\cos\frac{n\pi x}{l}+b_{n}\sin\frac{n\pi x}{l})=\{\begin{aligned}&\frac{f(x-0)+f(x+0)}{2},&x\in(-l,l),\\ &\frac{f(l-0)+f(-l+0)}{2},&x=\pm l,\end{aligned}. $$

其中

$$ a_{n}=\frac{1}{l}\int_{-l}^{l}f(x)\cos\frac{n\pi x}{l}\mathrm{d}x\quad(n=0,\ 1,\ 2,\ 3,\ \cdots), $$

$$ b_{n}=\frac{1}{l}\int_{-l}^{l}f(x)\sin\frac{n\pi x}{l}\mathrm{d}x\quad(n=1,2,3,\cdots). $$

例1 设 $ f(x) $是以10为周期的函数，它在 $ (-5,5) $内的表达式为

$$ f(x)=\{\begin{aligned}&0,&-5\lt x\lt 0,\\ &3,&0\leq x\lt 5,\end{aligned}. $$

试求 $ f(x) $ 的傅里叶展开式.

解 $ f(x) $ 的图形如图 11-5 所示：

$$ a_{0}=\frac{1}{5}\int_{-5}^{5}f(x)dx=\frac{1}{5}\int_{0}^{5}3dx=3 $$

$$ \begin{aligned}a_{n}=&\frac{1}{5}\int_{-5}^{5}f(x)\cos\frac{n\pi x}{5}\mathrm{d}x=\frac{1}{5}\int_{0}^{5}3\cos\frac{n\pi x}{5}\mathrm{d}x\\=&\frac{3}{n\pi}\sin\frac{n\pi x}{5}\big|_{0}^{5}=0\quad(n=1,2,3,\cdots).,\end{aligned} $$

$$ b_{n}=\frac{1}{5}\int_{-5}^{5}f(x)\sin\frac{n\pi x}{5}\mathrm{d}x=\frac{1}{5}\int_{0}^{5}3\sin\frac{n\pi x}{5}\mathrm{d}x $$

$$ \begin{aligned}&=-\frac{3}{n\pi}\cos\frac{n\pi x}{5}\big|_{0}^{5}=\frac{3}{n\pi}[1-(-1)^{n}]\quad(n=1,2,3,\cdots).\\&=\{\begin{aligned}&\frac{6}{(2m-1)\pi},&x=2m-1,\\&0,&x=2m\end{aligned}.\quad(m=1,2,3,\cdots).\end{aligned} $$

由收敛定理，得 $ f(x) $ 的傅里叶展开式为

$$ f(x)=\frac{3}{2}+\frac{6}{\pi}\sum_{m=1}^{\infty}\frac{1}{2m-1}\sin\frac{(2m-1)\pi x}{5}\quad(x\neq5k;k=0,\pm1,\pm2,\cdots) $$

当 x=5k （k=0，±1，±2，…）时，此级数收敛于 $ \frac{3}{2} $.

例2 将函数

$$ f(x)=\{\begin{aligned}\sin\frac{\pi x}{l},&0\lt x\lt \frac{l}{2},\\ 0&,\quad\frac{l}{2}\lt x\lt l\end{aligned}. $$

展开成傅里叶级数，且只含正弦项.

解 作奇延拓，则

$$ a_{n}=0\quad\left(n=0,\;1,\;2,\;3,\;\cdots\right), $$

$$ b_{n}=\frac{2}{l}\int_{0}^{l}f(x)\sin\frac{n\pi x}{l}\mathrm{d}x=\frac{2}{l}\int_{0}^{\frac{l}{2}}\sin\frac{\pi x}{l}\sin\frac{n\pi x}{l}\mathrm{d}x $$

当 n=1 时，

$$ b_{1}=\frac{2}{l}\int_{0}^{\frac{l}{2}}\sin^{2}\frac{\pi x}{l}\mathrm{d}x=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2}t\mathrm{d}t=\frac{1}{2}, $$

当 $ n \geqslant 2 $时，

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

因此，

$$ f(x)\sim\frac{1}{2}\sin\frac{\pi x}{l}-\frac{2}{\pi}\sum_{n=2}^{\infty}\frac{n\cos\frac{n\pi}{2}}{n^{2}-1}\cdot\sin\frac{n\pi x}{l}=\{\begin{array}{ll}\sin\frac{\pi x}{l}&(0\lt x\lt \frac{l}{2}),\\0&(\frac{l}{2}\lt x\lt l).\end{array}. $$

到此为止，我们可以把任意的一个满足条件的周期函数展开成傅里叶级数，也可以把一个（满足条件的）有限区间上定义的函数展开为指定的正弦级数或余弦级数.

二、 傅里叶级数的复数形式

在电子技术中，对信号进行分析和处理时，经常使用的是傅里叶级数的复数形式。下面我们就对一般周期函数的傅里叶级数的复数形式进行讨论。

设以 2l 为周期的周期函数 $ f(x) $ 的傅里叶级数为

$$ f(x)\sim\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{n}\cos\frac{n\pi x}{l}+b_{n}\sin\frac{n\pi x}{l}\right) $$

其中傅里叶系数为

$$ a_{n}=\frac{1}{l}\int_{-l}^{l}f(x)\cos\frac{n\pi x}{l}\mathrm{d}x\quad(n=0,\quad1,\quad2,\quad3,\quad\cdots), $$

$$ b_{n}=\frac{1}{l}\int_{-l}^{l}f(x)\sin\frac{n\pi x}{l}\mathrm{d}x\quad(n=1,2,3,\cdots), $$

利用欧拉公式（参见本章第四节）

$$ \{\begin{array}{l}\cos x=\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}x}+\mathrm{e}^{-\mathrm{i}x}}{2},\\ \sin x=\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}x}-\mathrm{e}^{-\mathrm{i}x}}{2\mathrm{i}},\end{array}. $$

则 $ f(x) $ 的傅里叶级数化为

$$ \begin{aligned}&\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{n}\frac{\mathbf{e}^{\frac{\mathbf{i}^{n+2}z}{l}}+\mathbf{e}^{-\frac{\mathbf{i}^{n+2}z}{l}}}{2}+b_{n}\frac{\mathbf{e}^{\frac{\mathbf{i}^{n+2}z}{l}}-\mathbf{e}^{-\frac{\mathbf{i}^{n+2}z}{l}}}{2\mathrm{i}}\right)\\=&\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{a_{n}-\mathrm{i}b_{n}}{2}e^{\frac{\mathbf{i}^{n+2}z}{l}}+\frac{a_{n}+\mathrm{i}b_{n}}{2}\mathbf{e}^{-\frac{\mathbf{i}^{n+2}z}{l}}\right),\end{aligned} $$

记 $ \frac{a_{0}}{2}=C_{0} $， $ \frac{a_{n}-\mathrm{ib}_{n}}{2}=C_{n} $， $ \frac{a_{n}+\mathrm{ib}_{n}}{2}=C_{-n} $，则

$$ C_{0}=\frac{a_{0}}{2}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{l}\int_{-l}^{l}f(x)dx\right)=\frac{1}{2l}\int_{-l}^{l}f(x)dx, $$

$$ \begin{aligned}C_{n}=&\frac{a_{n}-\mathrm{i}b_{n}}{2}=\frac{1}{2}\left[\frac{1}{l}\int_{-l}^{l}f(x)\cos\frac{n\pi x}{l}\mathrm{d}x-\frac{\mathrm{i}}{l}\int_{-l}^{l}f(x)\sin\frac{n\pi x}{l}\mathrm{d}x\right]\\=&\frac{1}{2}\left[\frac{1}{l}\int_{-l}^{l}f(x)\left(\cos\frac{n\pi x}{l}-\mathrm{i}\sin\frac{n\pi x}{l}\right)\mathrm{d}x\right]\\=&\frac{1}{2l}\int_{-l}^{l}f(x)\mathrm{e}^{-\frac{n\pi x}{l}}\mathrm{d}x\quad(n=1,2,3,\cdots),\end{aligned} $$

$$ \begin{align*}C_{_{-n}}=&\frac{a_{_{n}}+\mathrm{i}b_{_{n}}}{2}\mathrm{=}\frac{1}{2}\left[\frac{1}{l}\int_{-l}^{l}f(x)\cos\frac{n\pi x}{l}\mathrm{d}x\;+\;\frac{\mathrm{i}}{l}\int_{-l}^{l}f(x)\sin\frac{n\pi x}{l}\mathrm{d}x\right]\\=&\frac{1}{2}\left[\frac{1}{l}\int_{-l}^{l}f(x)\left(\cos\frac{n\pi x}{l}\;+\;\mathrm{i}\sin\frac{n\pi x}{l}\right)\mathrm{d}x\right]\end{align*} $$

$$ =\frac{1}{2l}\int_{-l}^{l}f(x)\mathrm{e}^{\frac{n\pi s}{l}}\mathrm{d}x\quad(n=1,2,3,\cdots), $$

将 $ C_{0} $， $ C_{n} $， $ C_{-n} $统一表示为

$$ C_{n}=\frac{1}{2l}\int_{-l}^{l}f(x)\mathrm{e}^{-\frac{n\pi x}{l}}\mathrm{d}x\quad(n=0,\quad\pm1,\quad\pm2,\quad\pm3,\quad\cdots). $$

则级数化为

$$ \begin{aligned}C_{0}+&\sum_{n=1}^{\infty}\left(C_{n}\mathbf{e}^{\frac{n\pi x}{l}}+C_{-n}\mathbf{e}^{-i\frac{n\pi x}{l}}\right)\\&=C_{0}\mathbf{e}^{\frac{0\pi x}{l^{\frac{n}{2}}}}+\sum_{n=1}^{\infty}C_{n}\mathbf{e}^{\frac{n\pi x}{l^{\frac{n}{2}}}}+\sum_{n=1}^{\infty}C_{-n}\mathbf{e}^{-i\frac{n\pi x}{l}}\\&=C_{0}\mathbf{e}^{\frac{0\pi x}{l}+\sum_{n=1}^{\infty}C_{n}\mathbf{e}^{\frac{n\pi x}{l}}}+\sum_{n=-1}^{-\infty}C_{n}\mathbf{e}^{\frac{n\pi x}{l}}\\&=\sum_{n=-\infty}^{\infty}C_{n}\mathbf{e}^{\frac{n\pi x}{l}},\end{aligned} $$

即得 $ f(x) $ 的傅里叶级数的复数形式

$$ f(x)\sim\sum_{n=-\infty}^{\infty}C_{n}\mathrm{e}^{\frac{n\pi x}{l}}, $$

其中

$$ C_{n}=\frac{1}{2l}\int_{-l}^{l}f(x)\mathrm{e}^{-\frac{n\pi x}{l}}\mathrm{d}x\quad(n=0,\quad\pm1,\quad\pm2,\quad\pm3,\quad\cdots) $$

为傅里叶系数的复数形式.

习题11-6

1. 设 $ f(x) $ 是周期为 4 的周期函数，它在 $ [-2, 2) $ 上的表达式为

$$ f(x)=\{\begin{aligned}&0,&-2\lt x\lt 0,\\ &K,&0\leq x\lt 2\end{aligned}. $$

(K 是不为 0 的常数)，

试将 $ f(x) $ 展开成傅里叶级数.

1. 设 $ f(x) $ 是周期为6的周期函数，它在 $ [-3, 3) $ 上的表达式为

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

试求 $ f(x) $ 的傅里叶展开式.

1. 在指定区间上展开下列函数为傅里叶级数：

(1)

$$ f(x)=1-x^{2}\quad\left(-\frac{1}{2}\leqslant x\leqslant\frac{1}{2}\right) $$

(2)

$$ f(x)=\{\begin{aligned}\cos\frac{\pi x}{2},&\quad|x|\leqslant1,\\ 0&\quad,1\lt |x|\leqslant2.\end{aligned}. $$

1. 将函数

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

分别展开成正弦级数和余弦级数.

1. 试将函数 $ f(x)=x(4-x) $ $ (0\leq x\leq2) $ 展开成周期为4的正弦级数.

1. 把宽为 r，高为 h，周期为 $ T (0 \lt r \lt T) $ 的矩形波（如图 11-6）

展开成复数形式的傅里叶级数.

总练习题十一

1. 选择题：

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

A. 充分； B. 必要； C. 充要； D. 非充分且非必要

(2)“部分和数列 $ \{S_{n}\} $ 有界”是正项级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} $ 收敛的 ___ 条件.

A. 充分； B. 必要； C. 充要； D. 非充分且非必要

(3) 若级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} $ 绝对收敛，则级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}|a_{n}| $ 必定 ___.

A. 收敛； B. 发散； C. 绝对收敛； D. 条件收敛

(4) 若级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} $ 条件收敛，则级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\left|a_{n}\right| $ 必定 ___.

A. 收敛； B. 发散； C. 绝对收敛； D. 条件收敛

1. 用适当的方法判定下列级数的敛散性：

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

(2) $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt[3]{n^{4}+1}} $;

1. $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{n+1}}\ln\frac{n+2}{n}; $

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

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

(6) $ \sum_{a=1}^{\infty}\frac{1}{na+b}(a\gt 0,\ b\gt 0) $;

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

(8) $ \sum_{n=1}^{\infty} n(\sqrt[n]{3}-1)^{n} $;

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

(10) $ \sum_{n=1}^{\infty} \int_{0}^{\frac{1}{n}} \frac{\sqrt{x}}{x^{2}+1} dx. $

1. 判别下列级数的敛散性；若收敛，说明是条件收敛还是绝对收敛：

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

(3) $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{\pi^n}\sin\frac{\pi}{n} $; (4) $ \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\sin\frac{x}{n}\quad(x\neq0) $.

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} [2^{\frac{1}{3}} \cdot 4^{\frac{1}{9}} \cdot 8^{\frac{1}{27}} \cdots (2^n)^{\frac{1}{3^n}}] $

1. 求下列幂级数的收敛半径和收敛域：

1. 求下列幂级数的收敛半径和收敛域：

(1) $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{3n+(-2)^{n}}{n}(x+1)^{n} $; (2) $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n}}{n^{p}}\quad(p\geqslant0) $.

1. 求下列幂级数的收敛域及其和函数：

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

1. 将下列函数展开成麦克劳林级数（要指出其成立的区间）

(1) $ (1-x)\ln(1+x) $; (2) $ \arcsin x $;

(3) $ \frac{x}{\sqrt{1+x^{2}}} $; (4) $ \ln\frac{1}{1-x} $.

1. 将下列函数展开成 $ (x-x_{0}) $ 的幂级数（要指出其成立区间）：

(1）\frac{1}{x^{2}}, x_{0}=-1

(2) \lg x, x_{0}=1

1. 将下列函数 $ f(x) $ 展开成傅里叶级数：

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

1. 将函数 $ f(x)=\frac{x}{2} $ 在区间 [0, 2] 上分别展开成正弦级数和余弦级数.