第 7 章　无穷级数

(1) \(u_n=\left(1-\dfrac{1}{2n}\right)^{n}\)，取对数 \(n\ln\!\left(1-\dfrac{1}{2n}\right)\to -\dfrac{1}{2}\)，故 \(u_n\to e^{-\frac{1}{2}}\neq 0\)，级数发散。

(2) \(u_n=\left(\dfrac{n}{n+1}\right)^{n}=\dfrac{1}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}}\to\dfrac{1}{e}\neq 0\)，发散。

(3) \(\sqrt[n]{n}=n^{\frac{1}{n}}\to 1\)，故 \(u_n=\dfrac{1}{\sqrt[n]{n}}\to 1\neq 0\)，发散。

易错：见到通项含 \(n\) 次幂，先算 \(\lim u_n\)，一步判出发散就不要再动用判别法——必要条件是判发散最快的工具。

裂项：\(\dfrac{1}{n(n+1)}=\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n+1}\)，部分和

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

故 \(\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{n(n+1)}=\lim\limits_{n\to\infty}S_n=1\)。

套路总结：形如 \(\dfrac{1}{n(n+k)}\)、\(\dfrac{1}{n(n+1)(n+2)}\) 的通项，先裂项求 \(S_n\) 再取极限。

(1) 正确。反证：若 \(\sum(u_n+v_n)\) 收敛，则 \(v_n=(u_n+v_n)-u_n\)，由性质 2 两个收敛级数之差收敛，矛盾。

(2) 正确。\(v_n=\dfrac{1}{2}\big[(u_n+2v_n)-u_n\big]\)，是两个收敛级数之差再乘常数，故收敛。

(3) 错误。反例：\(u_n=\dfrac{(-1)^n}{n}\)，\(\sum|u_n|=\sum\dfrac{1}{n}\) 发散，但 \(\sum u_n\) 条件收敛（见 7.3 节）。

通项「抓大头」\(\dfrac{2n+1}{n^2+1}\sim\dfrac{2}{n}\)，取 \(v_n=\dfrac{1}{n}\)：

\[ \lim_{n\to\infty}\frac{u_n}{v_n}=\lim_{n\to\infty}\frac{(2n+1)n}{n^2+1}=2\in(0,+\infty) \]

与 \(\sum\dfrac{1}{n}\) 同敛散，故原级数发散。

套路总结：分子分母都是 \(n\) 的多项式时，分子取最高次、分母取最高次，得等价量 \(\dfrac{1}{n^{q}}\)，按「分母—分子次数差」对号 p 级数。

通项含 \(n!\)，用比值法：

\[ \rho=\lim_{n\to\infty}\frac{u_{n+1}}{u_n}=\lim_{n\to\infty}\frac{(n+1)!\,n^{n}}{n!\,(n+1)^{n+1}}=\lim_{n\to\infty}\frac{n^{n}}{(n+1)^{n}}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}}=\frac{1}{e}\lt 1 \]

故级数收敛。（顺便记结论：\(\sum\dfrac{n!}{n^n}\) 收敛、\(\sum\dfrac{n^n}{n!}\) 发散，常作选择题素材。）

通项整体带 \(n^2\) 次幂，用根值法：

\[ \rho=\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{u_n}=\lim_{n\to\infty}\left(1-\frac{1}{n}\right)^{n}=e^{-1}\lt 1 \]

故级数收敛。易错：也可先看通项极限——\(u_n=\left[\left(1-\frac{1}{n}\right)^{n}\right]^{n}\)，中括号内趋于 \(e^{-1}\lt 1\)，再自乘 \(n\) 次得 \(u_n\to 0\)，必要条件失效，此时才需要动用判别法。「先验必要条件、再上判别法」的顺序要形成习惯。

取 \(f(x)=\dfrac{1}{x\ln x}\)，在 \([2,+\infty)\) 上非负递减，由积分判别法只需看反常积分：

\[ \int_2^{+\infty}\frac{dx}{x\ln x}=\lim_{b\to+\infty}\ln\ln x\Big|_2^{b}=+\infty \]

故 \(\sum\dfrac{1}{n\ln n}\) 发散。同理

\[ \int_2^{+\infty}\frac{dx}{x(\ln x)^2}=-\frac{1}{\ln x}\Big|_2^{+\infty}=\frac{1}{\ln 2}\quad(\text{有限}) \]

故 \(\sum\dfrac{1}{n(\ln n)^2}\) 收敛。这两个结论连同 p 级数一起，是「敛散表」的一部分，必须直接记忆。

交错级数，\(u_n=\dfrac{1}{n}\) 单调递减且趋于 0，由莱布尼茨判别法收敛。

但 \(\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left|(-1)^{n-1}\dfrac{1}{n}\right|=\sum\dfrac{1}{n}\) 是调和级数，发散。故原级数条件收敛。

每项平方后 \(\sum\dfrac{1}{n^2}\) 是 \(p=2\) 的 p 级数，收敛（且绝对收敛）。这说明「条件收敛的级数随意改变各项（如平方、取绝对值）可能破坏收敛性」——条件收敛本质是正负项的精确抵消。

\(\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{n+1}{2n+1}=\dfrac{1}{2}\neq 0\)，故 \(u_n\not\to 0\)，通项 \(|(-1)^n u_n|=\dfrac{n+1}{2n+1}\to\dfrac{1}{2}\neq 0\)，级数发散。

易错：交错级数同样受必要条件制约！「交错 + 正项趋于非零常数」直接发散，不要被 \((-1)^n\) 迷惑。

第一步：\(u_n=\dfrac{n}{n^2+1}\to 0\)，必要条件通过。

第二步（判绝对）：\(\sum\dfrac{n}{n^2+1}\) 与 \(\sum\dfrac{1}{n}\) 比较，\(\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{n\cdot n}{n^2+1}=1\)，同发散，故非绝对收敛。

第三步（莱布尼茨）：设 \(f(x)=\dfrac{x}{x^2+1}\)，\(f'(x)=\dfrac{1-x^{2}}{(x^{2}+1)^{2}}\lt 0\)（\(x\gt 1\)），故 \(\{u_n\}\)（从 \(n=2\) 起）单调递减且趋于 0，级数收敛。

综上：原级数条件收敛。套路总结：三步流程写全，一步不跳，判敛大题的分数是按步骤给的。

\(a_n=\dfrac{1}{n2^n}\)，

\[ \rho=\lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|=\lim_{n\to\infty}\frac{n\cdot 2^{n}}{(n+1)\cdot 2^{n+1}}=\frac{1}{2},\qquad R=\frac{1}{\rho}=2 \]

端点讨论：

• \(x=2\)：\(\sum\dfrac{2^n}{n2^n}=\sum\dfrac{1}{n}\)，调和级数，发散；
• \(x=-2\)：\(\sum\dfrac{(-2)^n}{n2^n}=\sum\dfrac{(-1)^n}{n}\)，莱布尼茨收敛。

故收敛域为 \([-2,\ 2)\)。

级数缺偶次幂，不能直接用 \(R=1/\rho\)。对相邻两项作比：

\[ \lim_{n\to\infty}\left|\frac{u_{n+1}(x)}{u_n(x)}\right|=\lim_{n\to\infty}\frac{2n+1}{2n+3}|x|^{2}=|x|^{2} \]

\(|x|^2\lt 1\) 即 \(|x|\lt 1\) 时绝对收敛；\(|x|\gt 1\) 时发散。端点：

• \(x=1\)：\(\sum\dfrac{(-1)^n}{2n+1}\)，莱布尼茨收敛；
• \(x=-1\)：通项 \(=\dfrac{(-1)^n(-1)^{2n+1}}{2n+1}=\dfrac{(-1)^{n+1}}{2n+1}\)，同样莱布尼茨收敛。

故收敛域为 \([-1,\ 1]\)。（顺带记住：这个级数的和函数就是 \(\arctan x\)，见 7.6 节练习。）

收敛半径 \(R=1\)。设 \(S(x)=\sum\limits_{n=1}^{\infty}nx^{n-1}\)，两边从 0 积到 \(x\)：

\[ \int_0^x S(t)\,dt=\sum_{n=1}^{\infty}x^{n}=\frac{x}{1-x}\qquad(|x|\lt 1) \]

求导还原：\(S(x)=\left(\dfrac{x}{1-x}\right)'=\dfrac{1}{(1-x)^{2}}\)。

端点 \(x=\pm 1\)：通项 \(n(\pm1)^{n-1}\not\to 0\)，均发散，故和函数定义域 \((-1,1)\)。

代 \(x=\dfrac12\)：\(\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{n}{2^{n-1}}=\dfrac{1}{(1-\frac12)^2}=4\)。

套路总结：\(\sum nx^{n}=\dfrac{x}{(1-x)^2}\)、\(\sum n^2x^{n}=\dfrac{x(1+x)}{(1-x)^3}\) 与 \(\sum x^n=\dfrac{1}{1-x}\) 并称三大基本和函数，务必默写。

\(R=1\)。设 \(S(x)=\sum\dfrac{x^n}{n}\)，\(S(0)=0\)。求导：

\[ S'(x)=\sum_{n=1}^{\infty}x^{n-1}=\frac{1}{1-x}\qquad(|x|\lt 1) \]

积分还原：\(S(x)=S(0)+\int_0^x\dfrac{dt}{1-t}=-\ln(1-x)\)。

端点：\(x=1\) 时 \(\sum\dfrac1n\) 发散；\(x=-1\) 时 \(\sum\dfrac{(-1)^n}{n}\) 收敛。故和函数定义域 \([-1,1)\)，且由和函数在收敛端点处（左）连续（阿贝尔定理的延续），

\[ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n}=-S(-1)=-\big[-\ln(1-(-1))\big]=\ln 2 \]

代 \(x=\dfrac12\in(-1,1)\)：\(\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{n\cdot 2^{n}}=S\!\left(\tfrac12\right)=-\ln\tfrac12=\ln 2\)。

\(R=1\)，端点 \(x=\pm 1\)：\(\sum\dfrac{(\pm1)^n}{n^2}\) 绝对收敛，故收敛域 \([-1,1]\)。

求导一次（降一个分母的 \(n\)）：

\[ S'(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n-1}}{n}=\frac{1}{x}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n}}{n}=\frac{-\ln(1-x)}{x}\qquad(0\lt |x|\lt 1,\ x\neq 0) \]

（例 14 的结果直接复用。）再积分还原，由 \(S(0)=0\)：

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

此积分虽有 \(\dfrac{\ln2}{2}\) 之类特殊点的值，但原函数非初等，用积分表示和函数即算完整作答。特别地，\(S(1)=\sum\dfrac{1}{n^2}=\dfrac{\pi^2}{6}\)，这一著名结果将在 7.7 节用傅里叶级数严格导出。

求导消分母：

\[ S'(x)=\sum_{n=1}^{\infty}x^{2n-2}=1+x^{2}+x^{4}+\cdots=\frac{1}{1-x^{2}} \]

积分还原（\(S(0)=0\)）：

\[ S(x)=\int_0^{x}\frac{dt}{1-t^{2}}=\frac{1}{2}\ln\frac{1+x}{1-x}\qquad(|x|\lt 1) \]

代 \(x=\dfrac13\)：

\[ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n-1)\,3^{2n-1}}=S\!\left(\frac{1}{3}\right)=\frac{1}{2}\ln\frac{1+\frac13}{1-\frac13}=\frac{1}{2}\ln 2 \]

套路总结：数项级数求和的标准流程——识别通项结构 → 构造幂级数（把常数写成 \(x\) 代入）→ 求和函数 → 代值。常用「存货」：\(\sum\dfrac{x^n}{n}\)、\(\sum nx^{n-1}\)、\(\sum\dfrac{x^{2n-1}}{2n-1}\)、\(\sum\dfrac{x^n}{n!}\)。

因式分解后拆部分分式：

\[ f(x)=\frac{1}{(x-1)(x-2)}=\frac{1}{x-2}-\frac{1}{x-1}=\frac{1}{2-x}-\frac{1}{1-x} \]

分别套 \(\dfrac{1}{1-t}=\sum t^n\)：

\[ \frac{1}{2-x}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{1-\frac{x}{2}}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{n}}{2^{n+1}}\ \ (|x|\lt 2),\qquad \frac{1}{1-x}=\sum_{n=0}^{\infty}x^{n}\ \ (|x|\lt 1) \]

相减：

\[ f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\left(1-\frac{1}{2^{n+1}}\right)x^{n}\qquad(|x|\lt 1) \]

展开域取两者的公共部分 \(|x|\lt 1\)。验算：\(n=0\) 项系数 \(1-\dfrac12=\dfrac12=f(0)\) ✓。

关键恒等变形：\(1+x+x^{2}=\dfrac{1-x^{3}}{1-x}\)，于是

\[ \ln(1+x+x^{2})=\ln(1-x^{3})-\ln(1-x) \]

用 \(\ln(1-t)=-\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{t^{n}}{n}\)（\(|t|\lt1\)）：

\[ f(x)=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{3n}}{n}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n}}{n}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n}}{n}-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{3n}}{n}\qquad(|x|\lt 1) \]

套路总结：见 \(\ln\)（及 \(\arctan\)、有理式）先找恒等变形——「三因子循环公式」\(1+x+x^2=\dfrac{1-x^3}{1-x}\) 是常客，能一步把复合结构化归基本展开。

\(x^2\) 是偶函数，\(b_n=0\)。计算 \(a_0\)：

\[ a_0=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}x^{2}\,dx=\frac{2}{\pi}\cdot\frac{\pi^{3}}{3}=\frac{2\pi^{2}}{3} \]

计算 \(a_n\)（两次分部积分，利用偶性）：

\[ a_n=\frac{2}{\pi}\int_0^{\pi}x^{2}\cos nx\,dx=\frac{2}{\pi}\left[\underbrace{\frac{x^{2}\sin nx}{n}\Big|_0^{\pi}}_{=0}-\frac{2}{n}\int_0^{\pi}x\sin nx\,dx\right]=-\frac{4}{n\pi}\left[-\frac{x\cos nx}{n}\Bigg|_0^{\pi}+\underbrace{\int_0^{\pi}\frac{\cos nx}{n}\,dx}_{=0}\right] \]

\[ =-\frac{4}{n\pi}\cdot\left(-\frac{\pi\cos n\pi}{n}\right)=\frac{4(-1)^{n}}{n^{2}} \]

周期延拓后 \(f\) 在 \(x=\pm\pi\) 处连续（两侧都接 \(x^2\)），全直线连续，狄利克雷定理给出

\[ x^{2}=\frac{\pi^{2}}{3}+4\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n^{2}}\cos nx\qquad(-\infty\lt x\lt+\infty) \]

代特殊值求数项级数和：取 \(x=\pi\)（\(\cos n\pi=(-1)^n\)）：\(\pi^2=\dfrac{\pi^2}{3}+4\sum\dfrac{1}{n^2}\)，得 \(\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{n^{2}}=\dfrac{\pi^{2}}{6}\)；

取 \(x=0\)：\(0=\dfrac{\pi^2}{3}+4\sum\dfrac{(-1)^n}{n^2}\)，得 \(\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^{n-1}}{n^{2}}=\dfrac{\pi^{2}}{12}\)。

套路总结：「\(x^2\) 展开 → 代 \(x=\pi\)」是产生 \(\sum\dfrac{1}{n^2}\) 的标准生产线，一题收三个结果，数一反复考。

延拓后 \(f\) 的间断点为 \(x=(2k+1)\pi\)（左极限 \(\pi\)，右极限 \(-\pi\)，跳变）。

• \(x=\pi\) 是间断点：\(S(\pi)=\dfrac{\pi+(-\pi)}{2}=0\)；
• \(x=2\pi\)：由周期性也是对接间断点，同理 \(S(2\pi)=0\)；
• \(x=\dfrac{5\pi}{2}\)：\(\dfrac{5\pi}{2}-2\pi=\dfrac{\pi}{2}\) 是连续点，故 \(S\!\left(\dfrac{5\pi}{2}\right)=f\!\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=\dfrac{\pi}{2}\)。

易错：在间断点处答 \(\pi\) 或 \(-\pi\) 都是典型错误；连续点处忘记用周期先平移也会算错。这类题完全不用求系数，只考收敛定理。

作奇延拓（\(F(x)=x\)，\(-\pi\lt x\lt\pi\)），则 \(a_n=0\)，

\[ b_n=\frac{2}{\pi}\int_0^{\pi}x\sin nx\,dx=\frac{2}{\pi}\left[-\frac{x\cos nx}{n}\Bigg|_0^{\pi}+\int_0^{\pi}\frac{\cos nx}{n}\,dx\right]=\frac{2}{\pi}\cdot\frac{\pi}{n}=\frac{2(-1)^{n+1}}{n} \]

故在 \(0\lt x\lt\pi\) 内

\[ x=2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n}\sin nx \]

端点：\(x=0\) 与 \(x=\pi\) 处正弦级数显然取 0，恰等于奇延拓函数在间断点左右极限的平均值（\(\pi\) 处左右极限 \(\pi\) 与 \(-\pi\)，平均为 0），与收敛定理一致。

顺带收获：取 \(x=\dfrac{\pi}{2}\) 得 \(1-\dfrac13+\dfrac15-\cdots=\dfrac{\pi}{4}\)（与练习 11 相互印证）。