级数

一、级数的概念与性质

1. 级数的概念

设 ${u_n}$ 是一数列，则表达式

$\sum_{n=1}^{\infty} u_n = u_1 + u_2 + \dots + u_n + \dots$

称为无穷级数，简称级数。 $S_n = \sum_{i=1}^{n} u_i$ 称为级数的部分和。

• 若部分和数列 ${S_n}$ 有极限 $S$ ，即 $\lim\limits_{n \to \infty} S_n = S$ ，则称级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} u_n$ 收敛，并称这个极限值 $S$ 为级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} u_n$ 的和，记为 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} u_n = S$ 。

• 如果极限 $\lim\limits_{n \to \infty} S_n$ 不存在，则称级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} u_n$ 发散。

2. 级数的性质

(1) 若级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} u_n$ 收敛于 $S$ ，则级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} k u_n$ 也收敛，且其和为 $kS$ 。

(2) 若 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} u_n$ 和 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} v_n$ 分别收敛于 $S$ 、 $T$ ，则 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} (u_n \pm v_n)$ 收敛于 $S \pm T$ 。

【注】

​ ① 若 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} u_n$ 收敛， $\sum\limits_{n=1}^{\infty} v_n$ 发散，则 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} (u_n \pm v_n)$ 必发散。

​ ② 若 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} u_n$ 和 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} v_n$ 都发散，则 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} (u_n \pm v_n)$ 敛散性不定。

(3) 在级数中去掉、加上或改变有限项，不会改变级数的敛散性。

【注】 一个级数的敛散性与其前有限项无关。

(4) 收敛级数加括号仍收敛且和不变。

【注】

​ ① 若级数加括号以后收敛，原级数不一定收敛。

​ ② 若级数加括号以后发散，则原级数一定发散。

(5)（级数收敛的必要条件）若级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} u_n$ 收敛，则 $\lim\limits_{n \to \infty} u_n = 0$ 。

【注】

​ ① 若 $\lim\limits_{n \to \infty} u_n = 0$ ，则级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} u_n$ 不一定收敛。

​ ② 若 $\lim\limits_{n \to \infty} u_n \neq 0$ ，则级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} u_n$ 一定发散。

柯西收敛准则：

级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 收敛的充要条件是：$\forall \varepsilon > 0$ ，总存在自然数 $N$ ，当 $n > N$ 时，$\left| u_{n+1} + u_{n+2} + \dots + u_{n+p} \right| < \varepsilon$ ，对任意自然数 $p$ 均成立。

例1 判断 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n \sin n$ 的敛散性

核心定理

• 级数收敛的必要条件：若 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 收敛，则 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} u_n = 0$

• 级数发散的充分条件：若 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} u_n \neq 0$ （或极限不存在），则 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 发散

判定过程

因为$\lim_{n \to \infty} (-1)^n \sin n \quad \text{极限不存在}$

$\therefore \quad \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n \sin n \quad \text{发散}$

例2 判断 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{\ln^n 2}{2^n} + \frac{1}{3^n} \right)$ 的敛散性

等比级数敛散性回顾

$\sum_{n=0}^{\infty} q^n = \begin{cases} \text{收敛}, & |q| < 1 \\ \text{发散}, & |q| \geq 1 \end{cases}$

判定过程

将原级数拆分为两个级数之和：

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

1. **级数 ** $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\ln^n 2}{2^n}$

   • 公比 $\displaystyle q = \frac{\ln 2}{2} < 1$ ，为等比级数，收敛

2. **级数 ** $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{3^n}$

   • 公比 $\displaystyle q = \frac{1}{3} < 1$ ，为等比级数，收敛

最终结论

根据级数运算性质：收敛 + 收敛 = 收敛

$\therefore \quad \sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{\ln^n 2}{2^n} + \frac{1}{3^n} \right) \quad \text{收敛}$

image-20260407112957409

例4 由柯西收敛原理判断 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\cos n}{2^n}$ 的敛散性

一、柯西收敛原理（级数收敛的充要条件）

级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 收敛 $\iff$ $\forall \varepsilon > 0$ ， $\exists$ 自然数 $N$ ，使当 $n > N$ 时，$\left| u_{n+1} + u_{n+2} + \dots + u_{n+p} \right| < \varepsilon$ ，对任意自然数 $p$ 恒成立。

二、本题判定过程

1. 写出余项绝对值

$$\begin{align*} \left| u_{n+1} + u_{n+2} + \dots + u_{n+p} \right| &= \left| \frac{\cos(n+1)}{2^{n+1}} + \frac{\cos(n+2)}{2^{n+2}} + \dots + \frac{\cos(n+p)}{2^{n+p}} \right| \end{align*}$$

2. 放缩（利用三角不等式与余弦有界性）

用到的不等式：

• 三角不等式： $|a+b| \leq |a| + |b|$

• 余弦函数有界性： $\cos x \in [-1, 1]$ ，即 $|\cos x| \leq 1$

因此：

$$\begin{align*} \left| \sum_{k=1}^{p} \frac{\cos(n+k)}{2^{n+k}} \right| &\leq \sum_{k=1}^{p} \frac{|\cos(n+k)|}{2^{n+k}} \\ &\leq \sum_{k=1}^{p} \frac{1}{2^{n+k}} \end{align*}$$

3. 对等比数列求和

右侧是首项为 $\displaystyle \frac{1}{2^{n+1}}$ 、公比为 $\displaystyle \frac{1}{2}$ 的等比数列：

$$\begin{align*} \sum_{k=1}^{p} \frac{1}{2^{n+k}} &= \frac{\frac{1}{2^{n+1}} \left( 1 - \left( \frac{1}{2} \right)^p \right)}{1 - \frac{1}{2}} \\ &= \frac{1}{2^n} - \frac{1}{2^{n+p}} \end{align*}$$

4. 进一步放缩

由于 $\displaystyle \frac{1}{2^{n+p}} > 0$ ，因此：

$\frac{1}{2^n} - \frac{1}{2^{n+p}} < \frac{1}{2^n}$

5. 确定 $N$ 满足柯西条件

要使 $\displaystyle \frac{1}{2^n} < \varepsilon$ ，只需：

$2^n > \frac{1}{\varepsilon} \implies n > \log_2 \frac{1}{\varepsilon}$

取

$N = \max\left\{ \left\lfloor \log_2 \frac{1}{\varepsilon} \right\rfloor + 1,\ 1 \right\}$

（取 $\max$ 是为了保证 $N$ 为正自然数，避免 $\log_2 \frac{1}{\varepsilon}$ 为负的情况）

则当 $n > N$ 时，对任意自然数 $p$ ，都有：

$\left| u_{n+1} + u_{n+2} + \dots + u_{n+p} \right| < \varepsilon$

结论

由柯西收敛原理，级数 $ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\cos n}{2^n}$ 收敛。

二、级数的审敛准则

1. 正项级数（ $\sum\limits_{n=1}^{\infty} u_n, u_n \ge 0$ ）

在级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 中，若 $u_n$ 各项非负，则称为正项级数。

若 $u_n$ 各项非正，为负项级数，提取负号后，与正项级数讨论方法相同。

正项级数性质

除了常数项级数性质外，还具有以下性质：

① 其部分和数列单调递增：$S_1 \leq S_2 \leq S_3 \leq \dots \leq S_n \leq \dots$

② 正项级数任意加上、去掉括号、交换各项，不改变敛散性。

③ 正项级数若满足 $u_{n+1} \geq u_n \ (n=1,2,\dots)$ ，则 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 一定发散。

基本定理： $\sum\limits_{n=1}^{\infty} u_n$ 收敛 $\iff {S_n}$ 上有界。

(1) 比较判别法：设 $u_n \le v_n$ ，则

• $\sum\limits_{n=1}^{\infty} v_n$ 收敛 $\implies \sum\limits_{n=1}^{\infty} u_n$ 收敛。

• $\sum\limits_{n=1}^{\infty} u_n$ 发散 $\implies \sum\limits_{n=1}^{\infty} v_n$ 发散。

(2) 比较法极限形式：设 $\lim\limits_{n \to \infty} \frac{u_n}{v_n} = l \ (0 \le l \le +\infty)$ ，

① 若 $0 < l < +\infty$ ，则 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} u_n$ 与 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} v_n$ 同敛散。

② 若 $l = 0$ ，则 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} v_n$ 收敛 $\implies \sum\limits_{n=1}^{\infty} u_n$ 收敛， $\sum\limits_{n=1}^{\infty} u_n$ 发散 $\implies \sum\limits_{n=1}^{\infty} v_n$ 发散。

③ 若 $l = +\infty$ ，则 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} v_n$ 发散 $\implies \sum\limits_{n=1}^{\infty} u_n$ 发散， $\sum\limits_{n=1}^{\infty} u_n$ 收敛 $\implies \sum\limits_{n=1}^{\infty} v_n$ 收敛。

【注】使用比较法和比较法的极限形式时，需要适当地选择一个已知其敛散性的级数作为比较的基准。最常用的是 $p$ 级数和等比级数。

等比级数：

​ $\sum_{n=0}^{\infty} q^n = 1 + q + q^2 + \dots + q^n + \dots \begin{cases} |q| < 1 & \text{收敛} \\ |q| \geq 1 & \text{发散} \end{cases}$

$p$ -级数：

$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^p} = 1 + \frac{1}{2^p} + \frac{1}{3^p} + \dots + \frac{1}{n^p} + \dots \begin{cases} p > 1 & \text{收敛} \\ p \leq 1 & \text{发散} \end{cases}$$

推论：

$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^p + a} 与 \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^p} 有相同敛散性(p>0 且 a为常数且a \neq 0 )$$

(3) 比值法：

① 一般形式

设 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 为正项级数，

• 若存在 $N$ 和常数 $q$ ，当 $n > N$ 时， $\sqrt[n]{u_n} \leq q < 1$ ，则 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 收敛；

• 若存在 $N$ ，当 $n > N$ 时， $\sqrt[n]{u_n} \geq 1$ ，则 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 发散。

② 极限形式

若 $\lim\limits_{n \to \infty} \frac{u_{n+1}}{u_n} = \rho$ ，则$$\sum_{n=1}^{\infty} u_n
\begin{cases}
\text{收敛}, & \rho < 1, \
\text{发散}, & \rho > 1, \
\text{不一定}, & \rho = 1.
\end{cases}$$

(4) 根值法：

① 一般形式

设 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 为正项级数，且每一项恒正，

• 若存在 $N$ 和常数 $q$ ，当 $n > N$ 时，总有 $\displaystyle \frac{u_{n+1}}{u_n} \leq q < 1$ ，则 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 收敛；

• 当 $n > N$ 时总有 $\displaystyle \frac{u_{n+1}}{u_n} \geq 1$ ，则 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 发散。

② 极限形式

若 $\lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{u_n} = \rho$ ，则$\sum_{n=1}^{\infty} u_n \begin{cases} \text{收敛}, & \rho < 1, \\ \text{发散}, & \rho > 1, \\ \text{不一定}, & \rho = 1. \end{cases}$

(5) 积分判别法：设函数 $f(x)$ 是定义在区间 $[1, +\infty)$ 上的单调递减、非负、连续函数，且正项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 的通项满足 $a_n = f(n)$ ，则级数$\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 与反常积分$\int_{1}^{+\infty} f(x) \, dx$ 同敛散（即二者同时收敛，或同时发散）。

总结

① 比较判别法：需要构造已知敛散性的级数（常结合放缩、等价无穷小）

② 比值判别法：自身后项与前项的比值（常处理阶乘、次方 $a_n$ 型）

③ 根值判别法：自身通项开 $n$ 次方（处理含 $n$ 次方的问题）

出现$a^n,n!,n^n$使用比值或根值，出现$n^p,lnn$用比较法极限形式。

image-20260407150413542

image-20260407150817845

image-20260407151429878

image-20260407151801126

image-20260407152432415

image-20260408104753978

2. 交错级数 $\left( \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} u_n,\ u_n > 0 \right)$

莱布尼茨准则：若(1) $\{u_n\}$ 单调减，(2) $\lim\limits_{n \to \infty} u_n = 0$，则 $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} u_n$​ 收敛。再判断 $\sum_{n=1}^{\infty} |(-1)^n u_n|$ ，即可判断绝对收敛or条件收敛

【注】 $\{u_n\}$ 单调减、$\lim\limits_{n \to \infty} u_n = 0$ 是级数 $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} u_n$ 收敛的充分条件，但非必要条件. 例如，交错级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{2^{n+(-1)^n}}$ 收敛，但 $u_n = \frac{1}{2^{n+(-1)^n}}$ 并不递减.

判别法说明

• 只可判断收敛，不可判断发散

• 不满足莱布尼兹判别法的级数，不可断言发散

归纳：怎么判断 $u_n \ge u_{n+1}$ ？

① 作差（与0比较）

② 作商（与1比较）

③ 双差法： $\displaystyle \frac{u_{n+1}-u_n}{u_n - u_{n-1}} > 0$ （意味着单调）

再看 $u_{n+1} > u_n$ 则单调增， $u_{n+1} < u_n$ 则单调减

④ 数学归纳法

3. 任意项级数 $\left( \sum_{n=1}^{\infty} u_n,\ u_n 为任意实数 \right)$

(1) 绝对收敛与条件收敛概念.

① 若级数 $\sum_{n=1}^{\infty} |u_n|$ 收敛，则 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 必收敛，此时称级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 绝对收敛.

② 若级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 收敛，但 $\sum_{n=1}^{\infty} |u_n|$ 发散，此时称级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 条件收敛.

为什么区分条件or绝对？

• 绝对收敛级数：任意加括号/改变项序，不改变敛散性

• 条件收敛级数：改变项序，可能影响敛散性

性质

• $\sum_{n=1}^{\infty} |u_n|$ 收敛 $\implies$ $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 收敛

• $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 发散 $\implies$ $\sum_{n=1}^{\infty} |u_n|$ 发散

级数运算性质

$\sum_{n=1}^{\infty} u_n$	$\sum_{n=1}^{\infty} v_n$	$\sum_{n=1}^{\infty} (u_n \pm v_n)$
绝对	绝对	绝对
绝对	条件	条件
条件	条件	收敛（绝对/条件）

(2) 绝对收敛和条件收敛的基本结论.

① 绝对收敛的级数一定收敛，即 $\sum_{n=1}^{\infty} |u_n|$ 收敛 $\Rightarrow \sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 收敛.

② 条件收敛的级数的所有正项（或负项）构成的级数一定发散.
即：$\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 条件收敛 $\Rightarrow \sum_{n=1}^{\infty} \frac{u_n + |u_n|}{2}$ 和 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{u_n - |u_n|}{2}$ 发散.

重要结论

$\sum_{n=1}^{\infty} |u_n|$ 敛散性通过比值/根植判别法判断出发散 $\implies$ $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 发散

否则无法由 $\sum_{n=1}^{\infty} |u_n|$ 发散推出 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 发散（还可能条件收敛）

判断级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{\sin na}{n^2} + \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}} \right)$ 是否收敛（ $a$ 为常数），并判断是绝对收敛还是条件收敛。

根据级数的线性性质，将原级数拆分为两个级数之和：

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

分别分析两个级数的敛散性。

分析 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin na}{n^2}$ 的敛散性

用比较判别法判断绝对收敛性：

• 对任意常数 $a$ ，有 $|\sin na| \leq 1$ ，因此

  $\left| \frac{\sin na}{n^2} \right| \leq \frac{1}{n^2}$

• 正项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}$ 是** $p$ -级数**（ $p=2>1$ ），故收敛。

• 由比较判别法， $\sum_{n=1}^{\infty} \left| \frac{\sin na}{n^2} \right|$ 收敛，因此 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin na}{n^2}$ 绝对收敛。

分析 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}$ 的敛散性

这是交错级数，用莱布尼茨判别法分析：

令 $u_n = \frac{1}{\sqrt{n}}$ ，验证莱布尼茨条件：

1. 单调性： $\frac{1}{\sqrt{n+1}} < \frac{1}{\sqrt{n}}$ ，即 $u_{n+1} < u_n$ ，数列单调递减；

2. 极限： $\lim_{n \to \infty} u_n = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt{n}} = 0$ 。

因此交错级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}$ 收敛。

再判断绝对收敛性：

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

这是 $p$ -级数（ $p=\frac{1}{2}<1$ ），故发散。

综上， $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}$ 条件收敛。

根据级数敛散性的运算性质：

绝对收敛级数 + 条件收敛级数 = 条件收敛级数

因此原级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{\sin na}{n^2} + \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}} \right)$ 条件收敛。

判断级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\ln n + (-1)^n \cdot n}{n^2 - 2n + 3}$ 的敛散性（ $a$ 为常数），并判断是绝对收敛还是条件收敛。

级数拆分与定义域分析

根据级数的线性性质，将原级数拆分为两个级数之和：

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

分母分析： $n^2 - 2n + 3 = (n-1)^2 + 2 \ge 2$ ，分母恒大于0，级数各项有意义。

分析 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\ln n}{n^2 - 2n + 3}$ 的敛散性

用极限比较判别法判断绝对收敛性：

• 取比较级数为 $p$ -级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{1.5}}$ （ $p=1.5>1$ ，收敛）。

• 计算极限：

• $\lim_{n \to \infty} \frac{\frac{\ln n}{n^2 - 2n + 3}}{\frac{1}{n^{1.5}}} = \lim_{n \to \infty} \frac{n^{1.5} \ln n}{n^2 - 2n + 3} = \lim_{n \to \infty} \frac{\ln n}{n^{0.5} - \frac{2}{n^{0.5}} + \frac{3}{n^{1.5}}} = 0$

• 因极限为0且 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{1.5}}$ 收敛，由极限比较判别法知 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\ln n}{n^2 - 2n + 3}$ 绝对收敛。

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

这是交错级数，分两步分析：

莱布尼茨判别法（判断原级数收敛性）

令 $u_n = \frac{n}{n^2 - 2n + 3}$ ，构造函数 $f(x) = \frac{x}{x^2 - 2x + 3} \ (x \ge 1)$ 。

求导分析单调性：

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

• 当 $x > \sqrt{3}$ 时， $f'(x) < 0$ ， $f(x)$ 单调递减。

• 故从 $n=2$ 开始， $u_{n+1} \le u_n$ ，满足单调性。

• 计算极限： $\lim_{n \to \infty} u_n = \lim_{n \to \infty} \frac{n}{n^2 - 2n + 3} = 0$ ，满足极限为0。

由莱布尼茨判别法，交错级数 $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n \frac{n}{n^2 - 2n + 3}$ 收敛。

绝对收敛性判断

取比较级数为调和级数$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ （发散）。

计算极限：$\lim_{n \to \infty} \frac{\frac{n}{n^2 - 2n + 3}}{\frac{1}{n}} = \lim_{n \to \infty} \frac{n^2}{n^2 - 2n + 3} = 1$

因极限为1（非零常数）且 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 发散，知 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{n^2 - 2n + 3}$ 发散。

综上， $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n \frac{n}{n^2 - 2n + 3}$ 条件收敛。

根据级数敛散性的运算性质：

绝对收敛级数 + 条件收敛级数 = 条件收敛

因此原级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\ln n + (-1)^n \cdot n}{n^2 - 2n + 3}$ 条件收敛。

讨论级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1} a^n}{\sqrt[3]{n}}$ （ $a>0$ ）何时绝对收敛、条件收敛、发散。

分析绝对收敛性（正项级数判别）

首先判断级数的绝对收敛性，即考察正项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \left| \frac{(-1)^{n-1} a^n}{\sqrt[3]{n}} \right| = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{a^n}{\sqrt[3]{n}}$ 的敛散性。

使用根值判别法（柯西判别法）：

$\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{\frac{a^n}{\sqrt[3]{n}}} = \lim_{n \to \infty} \frac{a}{\sqrt[n]{\sqrt[3]{n}}} = a \cdot \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n^{\frac{1}{3n}}} = a$

（注： $\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{n} = 1$ ，因此 $\lim_{n \to \infty} n^{\frac{1}{3n}} = 1$ ）

根据根值判别法的结论：

• 当 $0 < a < 1$ 时，极限 $<1$ ，正项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{a^n}{\sqrt[3]{n}}$ 收敛，因此原级数绝对收敛；

• 当 $a > 1$ 时，极限 $>1$ ，正项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{a^n}{\sqrt[3]{n}}$ 发散；

• 当 $a = 1$ 时，根值判别法失效，需单独讨论。

分情况讨论原级数的敛散性

情况1： $0 < a < 1$

由步骤1，正项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{a^n}{\sqrt[3]{n}}$ 收敛，因此原级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1} a^n}{\sqrt[3]{n}}$ 绝对收敛。

情况2： $a = 1$

原级数变为交错级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{\sqrt[3]{n}}$ ，使用莱布尼茨判别法：

令 $u_n = \frac{1}{\sqrt[3]{n}}$ ，验证条件：

1. 单调性： $\frac{1}{\sqrt[3]{n+1}} < \frac{1}{\sqrt[3]{n}}$ ，即 $u_{n+1} < u_n$ ，数列单调递减；

2. 极限： $\lim_{n \to \infty} u_n = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt[3]{n}} = 0$ 。

因此交错级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{\sqrt[3]{n}}$ 收敛。

再判断绝对收敛性：

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

这是 $p$ -级数（ $p=\frac{1}{3}<1$ ），故发散。

综上，当 $a=1$ 时，原级数条件收敛。

情况3： $a > 1$

由步骤1，正项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{a^n}{\sqrt[3]{n}}$ 发散，且由根值判别法的性质：

若由根值/比值判别法判定 $\sum_{n=1}^{\infty} |u_n|$ 发散，则原级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 必发散（因通项极限不为0）。

直接验证通项极限：

$\lim_{n \to \infty} \frac{(-1)^{n-1} a^n}{\sqrt[3]{n}} \neq 0$

（ $a>1$ 时 $a^n$ 指数增长，远快于 $\sqrt[3]{n}$ 的多项式增长）

因此当 $a>1$ 时，原级数发散。

级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1} a^n}{\sqrt[3]{n}}$ （ $a>0$ ）：

• 当 $\boldsymbol{0 < a < 1}$ 时，绝对收敛；

• 当 $\boldsymbol{a = 1}$ 时，条件收敛；

• 当 $\boldsymbol{a > 1}$ 时，发散。

判断级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n - \ln n}$ 的敛散性，并判断是绝对收敛还是条件收敛。

用莱布尼茨判别法判断原级数收敛性

这是交错级数，令 $u_n = \frac{1}{n - \ln n}$ ，验证莱布尼茨判别法的两个条件：

单调性验证

构造函数 $f(x) = \frac{1}{x - \ln x} \ (x \in [1, +\infty))$ ，求导分析单调性：

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

• 当 $x > 1$ 时， $1 - \frac{1}{x} > 0$ ，分母 $(x - \ln x)^2 > 0$ ，因此 $f'(x) < 0$

• $f(x)$ 在 $[1, +\infty)$ 上单调递减，故数列 ${u_n}$ 满足 $u_{n+1} < u_n$

极限验证

$\lim_{n \to \infty} u_n = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n - \ln n} = 0$

（ $n$ 增长远快于 $\ln n$ ，分母趋于 $+\infty$ ，故极限为0）

由莱布尼茨判别法，交错级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n - \ln n}$ 收敛。

判断绝对收敛性

考察正项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \left| \frac{(-1)^{n-1}}{n - \ln n} \right| = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n - \ln n}$ 的敛散性，用极限比较判别法：

取比较级数为调和级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ （发散），计算极限：

$\lim_{n \to \infty} \frac{\frac{1}{n - \ln n}}{\frac{1}{n}} = \lim_{n \to \infty} \frac{n}{n - \ln n} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{1 - \frac{\ln n}{n}} = 1$

• 极限为非零常数 $1$ ，且 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 发散

• 由极限比较判别法， $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n - \ln n}$ 发散

因此原级数不绝对收敛。

综上所述：级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n - \ln n}$ 条件收敛。

设 $f(x)$ 在 $x=0$ 的某邻域内有连续导数，且 $\lim\limits_{x \to 0} \frac{f(x)}{x} = a > 0$ ，求证：

1. 级数 $\sum_{n=1}^{\infty} f\left( \frac{1}{n} \right)$ 发散；

2. 级数 $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n f\left( \frac{1}{n} \right)$ 条件收敛。

---

证明步骤

步骤1：由已知条件推导基础性质

已知 $\lim\limits_{x \to 0} \frac{f(x)}{x} = a > 0$ ，根据极限的局部保号性与无穷小分析：

1. $f(0)=0$ ：

由 $\lim\limits_{x \to 0} f(x) = \lim\limits_{x \to 0} x \cdot \frac{f(x)}{x} = 0 \cdot a = 0$ ，结合 $f(x)$ 在 $x=0$ 处连续，得 $f(0) = \lim\limits_{x \to 0} f(x) = 0$ 。

1. $f'(0)=a$ ：

由导数定义：

$f'(0) = \lim_{x \to 0} \frac{f(x) - f(0)}{x - 0} = \lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{x} = a > 0$

1. $f(x)$ ** 在 ** $x=0$ ** 邻域的单调性与符号**：

因 $f'(x)$ 在 $x=0$ 处连续，且 $\lim\limits_{x \to 0} f'(x) = f'(0) = a > 0$ ，由连续函数的局部保号性：

存在 $\delta > 0$ ，当 $x \in (-\delta, \delta)$ 时， $f'(x) > 0$ ，故 $f(x)$ 在 $(-\delta, \delta)$ 内严格单调递增。

又 $f(0)=0$ ，因此在右邻域 $(0, \delta)$ 内， $f(x) > f(0) = 0$ 。

---

步骤2：证明 $\sum_{n=1}^{\infty} f\left( \frac{1}{n} \right)$ 发散

当 $n$ 充分大时， $\frac{1}{n} \in (0, \delta)$ ，故 $f\left( \frac{1}{n} \right) > 0$ ，级数为正项级数。

用极限比较判别法，与调和级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 比较：

令 $x = \frac{1}{n}$ ，则 $n \to \infty$ 等价于 $x \to 0^+$ ，因此

$\lim_{n \to \infty} \frac{f\left( \frac{1}{n} \right)}{\frac{1}{n}} = \lim_{x \to 0^+} \frac{f(x)}{x} = a > 0$

由极限比较判别法， $\sum_{n=1}^{\infty} f\left( \frac{1}{n} \right)$ 与 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 同敛散。

因调和级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 发散，故 $\sum_{n=1}^{\infty} f\left( \frac{1}{n} \right)$ 发散。

---

步骤3：证明 $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n f\left( \frac{1}{n} \right)$ 条件收敛

3.1 证明原级数收敛（莱布尼茨判别法）

令 $u_n = f\left( \frac{1}{n} \right)$ ，验证莱布尼茨判别法的两个条件：

1. 单调性：

当 $n$ 充分大时， $\frac{1}{n} \in (0, \delta)$ ， $f(x)$ 在 $(0, \delta)$ 内严格递增，故 $\frac{1}{n+1} < \frac{1}{n} \implies f\left( \frac{1}{n+1} \right) < f\left( \frac{1}{n} \right)$ ，即 $u_{n+1} < u_n$ ，数列单调递减。

1. 极限为0：

   $\lim_{n \to \infty} u_n = \lim_{n \to \infty} f\left( \frac{1}{n} \right) = f(0) = 0$

由莱布尼茨判别法，交错级数 $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n f\left( \frac{1}{n} \right)$ 收敛。

3.2 证明不绝对收敛

由步骤2， $\sum_{n=1}^{\infty} \left| (-1)^n f\left( \frac{1}{n} \right) \right| = \sum_{n=1}^{\infty} f\left( \frac{1}{n} \right)$ 发散，因此原级数不绝对收敛。

综上， $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n f\left( \frac{1}{n} \right)$ 条件收敛。

---

最终结论

1. $\boldsymbol{\sum_{n=1}^{\infty} f\left( \frac{1}{n} \right)}$ 发散；

2. $\boldsymbol{\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n f\left( \frac{1}{n} \right)}$ 条件收敛。

幂级数

一、幂级数的收敛半径、收敛区间及收敛域

定义：形如$\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n = a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + \cdots + a_n x^n + \cdots$

或者$\sum_{n=0}^{\infty} a_n (x-x_0)^n = a_0 + a_1 (x-x_0) + \cdots + a_n (x-x_0)^n + \cdots$的函数项级数称为幂级数。

关键说明

① 首项为 $a_0$ ，而非 $a_0 x^0$ （定义在 $x=0$ 处无意义， $a_0 x^0 \equiv 0$ 错误）

② 求和下标 $n$ 从 $0$ 开始

定理（阿贝尔定理）

(1) 若 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ 在 $x = x_0 (x_0 \neq 0)$ 处收敛，则当 $|x| < |x_0|$ 时， $\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ 绝对收敛。

(2) 若 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ 在 $x = x_0$ 处发散，则当 $|x| > |x_0|$ 时， $\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ 发散。

定理

幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ 的收敛性有且仅有以下 3 种可能：

(1) 对任何 $x \in (-\infty, +\infty)$ 都收敛。

(2) 仅在 $x = 0$ 处收敛。

(3) 存在一个正数 $R$ ，当 $|x| < R$ 时绝对收敛，当 $|x| > R$ 时发散。

推论

1. $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ 的收敛域可为 ${0}$ 或一个区间，但不可为不连续区间的并集

2. $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ 的收敛域端点关于原点对称（互为相反数），可能的收敛域形式：

   • ${0}$

   • $(-R,R)$

   • $[-R,R]$

   • $(-R,R]$

   • $[-R,R)$

   • $(-\infty,+\infty)$

   其中 $R$ 为收敛半径。

---

3. 阿贝尔第二定理

定理内容

幂级数在其收敛域上任何一个闭子区间均一致收敛（标准幂级数而言）。

具体说明

例： $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ 收敛半径为 $R$ ，收敛区间为 $(-R,R)$ （一定为开区间），则在其收敛区间内任何闭区间 $[-r,r] \ (0<r<R)$ 上一致收敛。

• 若 $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} a_n R^n$ 收敛（在 $x=R$ ，右端点），则 $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ 在 $[0,R]$ 上一致收敛（右端点可取 $R$ ）

• 若 $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} a_n (-R)^n$ 收敛（在 $x=-R$ ，左端点），则 $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ 在 $[-R,0]$ 上一致收敛（左端点可取 $-R$ ）

核心结论

$\boxed{收敛域 = 收敛区间 + 判断左右端点处级数敛散性}$

（收敛域可开可闭，收敛区间一定为开）

---

4. 收敛半径、收敛区间、收敛域

① 幂级数不缺项（ $x^\alpha$ 中 $\alpha$ 连续）

设幂级数 $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ 中系数 $a_n \neq 0 \ (n=0,1,2,\dots)$ ，若

$\lim_{n \to \infty} \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right| = \rho \quad \text{（比值判别）}$

或

$\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{|a_n|} = \rho \quad \text{（根值判别）}$

则幂级数收敛半径：

$R = \begin{cases} \displaystyle \frac{1}{\rho}, & 0 < \rho < +\infty \\ +\infty, & \rho = 0 \\ 0, & \rho = +\infty \end{cases}$

补充说明

• 比值判别法成立 $\implies$ 根值判别法成立，反之不成立

• 收敛区间： $(-R,R)$ （开区间）

• 收敛域：在收敛区间基础上判断左、右端点敛散性即可

示例

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

• 比值法：

$\left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right| = \frac{\left(2+(-1)^{n+1}\right) \cdot 2^n}{2^{n+1} \cdot \left(2+(-1)^n\right)} = \begin{cases} \displaystyle \frac{3}{2}, & n \text{ 为奇} \\ \displaystyle \frac{1}{6}, & n \text{ 为偶} \end{cases}$

极限不存在，比值法失效

• 根值法：

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

得 $\rho = \frac{1}{2}$ ，故 $R=2$

---

② 幂级数缺项（ $x^\alpha$ 中 $\alpha$ 不连续，如 $x^{2n}$ ）

处理方法

(1) 可通过代换，使新的幂级数不缺项

例：令 $x^2 = t$ ，将 $\sum a_n x^{2n}$ 转化为 $\sum a_n t^n$ 计算

(2) 回归收敛域定义（讨论 $x$ 取何值级数收敛、取何值级数发散）

（幂级数常用：比值/根值判别法）

---

补充说明

• 本笔记为标准幂级数 $\sum_{n=0}^\infty a_n x^n$ 的核心知识点，若为 $\sum_{n=0}^\infty a_n (x-x_0)^n$ 形式，仅需做平移变换 $t=x-x_0$ ，结论完全一致

• 收敛半径仅由系数决定，与端点敛散性无关；收敛域需额外验证端点

定义：上述定理中的正数 $R$ 称为幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ 的收敛半径。开区间 $(-R,R)$ 称为它的收敛区间。若再考察 $x = \pm R$ 时 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ 的收敛性，可得出该级数收敛点的全体，称之为收敛域。

【注】 若幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ 在点 $x = x_0$ 处条件收敛，则点 $x_0$ 必为该幂级数收敛区间 $(-R,R)$ 的一个端点。

定理 如果 $\lim\limits_{n \to \infty} \left| \dfrac{a_{n+1}}{a_n} \right| = \rho$ ，则 $R = \dfrac{1}{\rho}$ 。

定理 如果 $\lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{|a_n|} = \rho$ ，则 $R = \dfrac{1}{\rho}$ 。

image-20260410141722430

image-20260410142042101

image-20260410142335894

二、幂级数的性质

1. 有理运算性质

设幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ 的收敛半径为 $R_1$ ， $\sum_{n=0}^{\infty} b_n x^n$ 的收敛半径为 $R_2$ ，令 $R = \min{R_1,R_2}$ ，则有：

(1) 加法：
$\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n + \sum_{n=0}^{\infty} b_n x^n = \sum_{n=0}^{\infty} (a_n + b_n) x^n, \quad x \in (-R,R).$

(2) 减法：
$\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n - \sum_{n=0}^{\infty} b_n x^n = \sum_{n=0}^{\infty} (a_n - b_n) x^n, \quad x \in (-R,R).$

(3) 乘法：

$$\begin{aligned} \left( \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n \right) \cdot \left( \sum_{n=0}^{\infty} b_n x^n \right) &= a_0 b_0 + (a_0 b_1 + a_1 b_0) x + (a_0 b_2 + a_1 b_1 + a_2 b_0) x^2 + \cdots + (a_0 b_n + a_1 b_{n-1} + \cdots + a_n b_0) x^n + \cdots, \\ & x \in (-R,R). \end{aligned}$$

(4) 除法：
$\frac{\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n}{\sum_{n=0}^{\infty} b_n x^n} = \sum_{n=0}^{\infty} c_n x^n, \quad x \in (-R,R),$
其中系数 $c_n (n=0,1,2\cdots)$ 由 $\left( \sum_{n=0}^{\infty} b_n x^n \right) \cdot \left( \sum_{n=0}^{\infty} c_n x^n \right) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ 所确定，且 $b_0 \neq 0$ 。

2. 分析性质

设幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ 的收敛半径为 $R$ ，和函数为 $S(x)$ ，则：

(1) 连续性： $S(x)$ 在收敛域上连续。

(2) 可导性： $S(x)$ 在收敛区间 $(-R,R)$ 内可导，且可逐项求导，即

$S'(x) = \left( \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n \right)' = \sum_{n=0}^{\infty} (a_n x^n)' = \sum_{n=1}^{\infty} n a_n x^{n-1}, \quad |x| < R.$

求导后的幂级数与原幂级数有相同的收敛半径。

(3) 可积性： $S(x)$ 在收敛域上可积，且可逐项积分，即

$\int_{0}^{x} S(t) \mathrm{d}t = \int_{0}^{x} \sum_{n=0}^{\infty} a_n t^n \mathrm{d}t = \sum_{n=0}^{\infty} \int_{0}^{x} a_n t^n \mathrm{d}t = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n+1} a_n x^{n+1}.$

积分后的幂级数与原幂级数有相同的收敛半径。

三、函数的幂级数展开

定义 设函数 $f(x)$ 在区间 $(x_0-R,x_0+R)$ 上有定义，若

$f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n (x-x_0)^n$

对任意的 $x \in (x_0-R,x_0+R)$ 都成立，则称函数 $f(x)$ 在区间 $(x_0-R,x_0+R)$ 上能展开为 $x-x_0$ 的幂级数。

由幂级数的性质可知，如果函数 $f(x)$ 在区间 $(x_0-R,x_0+R)$ 上能展开为 $x-x_0$ 的幂级数，那么 $f(x)$ 在区间 $(x_0-R,x_0+R)$ 上任意阶可导。

定理 如果函数 $f(x)$ 在区间 $(x_0-R,x_0+R)$ 上能展开为 $x-x_0$ 的幂级数$f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n (x-x_0)^n,$ 那么 $f(x)$ 在区间 $(x_0-R,x_0+R)$ 上任意阶可导，且其展开式是唯一的，

$a_n = \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!} \quad (n=0,1,2,\cdots).$

定义 若函数 $f(x)$ 在 $x = x_0$ 处任意阶可导，则称幂级数$\sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!} (x-x_0)^n$为 $f(x)$ 在 $x = x_0$ 处的泰勒级数。

特别地， $x_0 = 0$ 处的泰勒级数 $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(0)}{n!} x^n$ 称为函数 $f(x)$ 的麦克劳林级数。

定理 设 $f(x)$ 在 $x = x_0$ 的某邻域内任意阶可导，则 $f(x)$ 在该邻域内能展开为泰勒级数$\iff \lim_{n \to \infty} R_n(x) = 0,$ 其中 $R_n(x) = \dfrac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!} (x-x_0)^{n+1}$ 为 $f(x)$ 在 $x_0$ 处的泰勒公式

$f(x) = \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!} (x-x_0)^k + R_n(x)$中的余项。

几个常用的展开式

1. $\frac{1}{1-x} = 1 + x + x^2 + \cdots + x^n + \cdots = \sum_{n=0}^{\infty} x^n \quad (-1 < x < 1).$

2. $\frac{1}{1+x} = 1 - x + x^2 - \cdots + (-1)^n x^n + \cdots = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n x^n \quad (-1 < x < 1).$

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

4. $\sin x = x - \frac{x^3}{3!} + \cdots + \frac{(-1)^n x^{2n+1}}{(2n+1)!} + \cdots = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n x^{2n+1}}{(2n+1)!} \quad (-\infty < x < +\infty).$

5. $\cos x = 1 - \frac{x^2}{2!} + \cdots + \frac{(-1)^n x^{2n}}{(2n)!} + \cdots = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n x^{2n}}{(2n)!} \quad (-\infty < x < +\infty).$

6. $\ln(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + \cdots + \frac{(-1)^{n-1} x^n}{n} + \cdots = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1} x^n}{n} \quad (-1 < x \leq 1).$

7. \begin{aligned} (1+x)^\alpha &= 1 + \alpha x + \frac{\alpha(\alpha-1)}{2!} x^2 + \cdots + \frac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n+1)}{n!} x^n + \cdots \\ &= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n+1)}{n!} x^n. \end{aligned}$$，

$(-1 < x < 1$ ，区间端点展开式是否成立由 $\alpha$ 的值确立 $)$ 。

函数展开为幂级数的两种方法

(1) 直接展开法。直接展开法分以下两步进行：
第一步 求出 $f(x)$ 在 $x_0$ 处的各阶导数 $f^{(n)}(x_0)$ ，并写出 $f(x)$ 在 $x = x_0$ 处的泰勒级数
$f(x) \sim \sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!} (x-x_0)^n.$
第二步 考查 $\lim\limits_{n \to \infty} R_n(x) = \lim\limits_{n \to \infty} \dfrac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!} (x-x_0)^{n+1} = 0$ 是否成立。

(2) 间接展开法。根据函数展开为幂级数的唯一性，从某些已知函数的展开式出发，利用幂级数的性质（四则运算、逐项求导、逐项积分）及变量代换等方法，求得所给函数的展开式。
【注】
直接展开法分两步，但这两步都比较困难，主要用于推导一些基本展开式（如 $\mathrm{e}^x$ ， $\sin x$ ）；有了基本展开式后，主要用间接展开法求解。

傅里叶级数

傅里叶系数与傅里叶级数

设函数 $f(x)$ 是周期为 $2\pi$ 的周期函数，且在 $[-\pi,\pi]$ 上可积，则称
$a_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \cos nx , dx, , n = 0,1,2,\dots,$

$b_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \sin nx , dx, , n = 1,2,\dots$
为 $f(x)$ 的傅里叶系数，称级数
$\frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} (a_n \cos nx + b_n \sin nx)$

为 $f(x)$ 以 $2\pi$ 为周期的傅里叶级数，记作
$f(x) \sim \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} (a_n \cos nx + b_n \sin nx).$

收敛定理（狄利克雷）

设 $f(x)$ 在 $[-\pi,\pi]$ 上连续或只有有限个第一类间断点，且最多只有有限个极值点，则 $f(x)$ 的傅里叶级数在 $[-\pi,\pi]$ 上处处收敛，且收敛于

1. $S(x) = f(x)$，当 $x$ 为 $f(x)$ 的连续点。

2. $S(x) = \frac{f(x^-) + f(x^+)}{2}$，当 $x$ 为 $f(x)$ 的间断点。

3. $S(x) = \frac{f((-\pi)^+) + f(\pi^-)}{2}$，当 $x = \pm \pi$。

周期为 $2\pi$ 的函数的展开

1. $[-\pi,\pi]$ 上展开

$a_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \cos nx , dx, \quad n = 0,1,2,\dots,$

$b_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \sin nx , dx, \quad n = 1,2,\dots.$

2. $[-\pi,\pi]$ 上奇偶函数的展开

(1) $f(x)$ 为奇函数：
$a_n = 0, \quad n = 0,1,2,\dots,$
$b_n = \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} f(x) \sin nx , dx, \quad n = 1,2,\dots.$

(2) $f(x)$ 为偶函数：
$a_n = \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} f(x) \cos nx , dx, \quad n = 0,1,2,\dots,$
$b_n = 0, \quad n = 1,2,\dots.$

3. 在 $[0,\pi]$ 上展为正弦或展为余弦

(1) 展为正弦：
$a_n = 0, \quad n = 0,1,2,\dots,$
$b_n = \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} f(x) \sin nx , dx, \quad n = 1,2,\dots.$

(2) 展为余弦：
$a_n = \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} f(x) \cos nx , dx, \quad n = 0,1,2,\dots,$
$b_n = 0, \quad n = 1,2,\dots.$

周期为 $2l$ 的函数的展开

1. $[-l,l]$ 上展开

$a_n = \frac{1}{l} \int_{-l}^{l} f(x) \cos \frac{n\pi x}{l} , dx, \quad n = 0,1,2,\dots,$

$b_n = \frac{1}{l} \int_{-l}^{l} f(x) \sin \frac{n\pi x}{l} , dx, \quad n = 1,2,\dots.$

2. $[-l,l]$ 上奇偶函数的展开

(1) $f(x)$ 为奇函数：
$a_n = 0, \quad n = 0,1,2,\dots,$

$b_n = \frac{2}{l} \int_{0}^{l} f(x) \sin \frac{n\pi x}{l} , dx, \quad n = 1,2,\dots.$

(2) $f(x)$ 为偶函数：
$a_n = \frac{2}{l} \int_{0}^{l} f(x) \cos \frac{n\pi x}{l} , dx, \quad n = 0,1,2,\dots,$

$b_n = 0, \quad n = 1,2,\dots.$

3. 在 $[0,l]$ 上展为正弦或展为余弦

(1) 展为正弦：
$a_n = 0, \quad n = 0,1,2,\dots,$

$b_n = \frac{2}{l} \int_{0}^{l} f(x) \sin \frac{n\pi x}{l} , dx, \quad n = 1,2,\dots.$

(2) 展为余弦：
$a_n = \frac{2}{l} \int_{0}^{l} f(x) \cos \frac{n\pi x}{l} , dx, \quad n = 0,1,2,\dots,$

$b_n = 0, \quad n = 1,2,\dots.$