考研数学第十四弹---无穷级数

Intro：求极限可以判断该级数收敛，从而极限为0；求某个和式的时候，可以选择构造幂级数求和然后带入具体的数字即可；注意求和函数S(0)的情况（一般通项若x作为分母，则一定是分段函数；若无此特征，可以令x=0代入，若发现两者不等也需要写成分段函数）以及x作为分母的情况，需分类讨论x为0的值，注意所有判别某级数方法无法得到是否收敛的情况下，可以考虑定义，即n项和有界。

1.常项数级数：

（1） \sum_{n=1}^{∞}{u_n}=u_1+…+u_n+… 前n项和 S_n=\sum_{k=1}^{n}{u_k} ，若 \lim_{n\rightarrow ∞}{S_n}=S 存在，则称级数收敛，S称为其和；若不存在，则称级数发散。余项 r_n=S-S_n=\sum_{k=n+1}^{\infty}{u_k} ，显然当级数收敛时 r_n=0

例：判断级数 \sum_{n=1}^{∞}{\frac{1}{n(n+1)}} 的敛散性。

解： \frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1} ，所以 S_n=1-\frac{1}{n+1},\lim_{n\rightarrow ∞}{S_n}=1 ，所以收敛。

（2） 调和级数（几何级数） \sum_{n=1}^{∞}{aq^{n-1}}=a+…+aq^{n-1}+…=\frac{a(1-q^n)}{1-q}

|q|<1 时，等比级数收敛，且 \sum_{n=1}^{∞}{aq^{n-1}}=\frac{a}{1-q} =\frac{首项}{1-公比}

|q|\geq1 时，等比级数发散。

（3）基本性质：

①收敛的必要条件：若 \sum_{n=1}^{∞}{u_n} 收敛，则 \lim_{n\rightarrow ∞}{{u_n}}=0 逆命题不成立，例如 调和级数 \sum_{n=1}^{∞}{\frac{1}{n}}

②若 \sum_{n=1}^{∞}{u_n} 收敛于s，C为任意常数，则 \sum_{n=1}^{∞}{Cu_n} 收敛于Cs。

③若 \sum_{n=1}^{∞}{u_n},\sum_{n=1}^{∞}{v_n} 分别收敛于 s,t 则 \sum_{n=1}^{∞}{u_n±v_n} 收敛于 s±t 。

④ 收敛±发散=发散；两发散的和差不一定发散（若为正项级数的和一定发散） \sum_{n=1}^{∞}{ (-1)^{n}}+\sum_{n=1}^{∞}{(-1)^{n-1}}=0

⑤收敛级数任意加括号所形成的级数仍收敛于原来的和；收敛级数去括号后不一定收敛。

若加括号后级数发散，则原级数必发散； 若加括号后级数收敛，则原级数不一定收敛。

(1-1)+…+(1-1)+…

⑥增加，删减，改变级数的前有限项不改变级数的敛散性（可能改变其和）。

（4）柯西收敛准则：级数 \sum_{n=1}^{∞}{a_n} 收敛 \Leftrightarrow\forall\varepsilon＞0,\exists N\in N^{+},S.T.m>n,\forall p\in N^{+} 有 |a_{m+1}+…+a_{m+p}|<\varepsilon 即 |S_{m+p}-S_m|<\varepsilon

2.正项级数：每一项均非负（ 用以下定理时一定要判断正项 ）

（1） 基本审敛法 ：正项级数 \sum_{n=1}^{∞}{a_n} 收敛的充要条件为其部分和数列 \begin{equation} \left \{S_{n}\right \} \end{equation} 有界。

（2） 积分审敛法 ：f(x)在[1,+∞)上满足 非负，连续，单减 ，则正项级数 \sum_{n=1}^{∞}{ f(n)} 与广义积分 \int_{1}^{+∞}f(x)dx 同敛散。

{\color{red}{}} 一些常见级数：

P-级数： {\color{red}{{\sum_{n=1}^{∞}{\frac{1}{n^p}}}=\begin{equation} \left\{ \begin{array}{lr} 收敛， &p>1 \\ 发散，&p\leq1\\ \end{array} \right. \end{equation} }} 将1换为lnn也成立

\sum_{n=2}^{\infty } \frac{1}{n^p(lnn)^q} = \left\{\begin{matrix} 收敛,&p>1或p=1,q>1\\发散,&else \end{matrix}\right. 由此可知 \sum_{n=2}^{\infty } \frac{1}{n lnn } 发散而 \sum_{n=2}^{\infty } \frac{1}{n (lnn)^2 } 收敛

注意此处不要与反常积分混淆！

{ {{\sum_{n=1}^{∞}{\frac{ln(n!)}{n^p}}}=\begin{equation} \left\{ \begin{array}{lr} 收敛， &p>2 \\ 发散，&p\leq2\\ \end{array} \right. \end{equation} }} （提示： n!<n^n ）

（3） 比较判别法 ：常用比较的级数--等比级数，调和级数，P-级数。

①设正项级数 \sum_{n=1}^{∞}{a_n},\sum_{n=1}^{∞}{b_n},\exists N,n\geq N,a_n\leq (C)b_n

若 \sum_{n=1}^{∞}{b_n} 收敛，则 \sum_{n=1}^{∞}{a_n} 也收敛；

若 \sum_{n=1}^{∞}{a _n} 发散，则 \sum_{n=1}^{∞}{b_n} 也发散。

若 c_1b_n\leq a_n\leq c_2b_n(c_i>0) 则 \sum_{n=1}^{∞}{a_n},\sum_{n=1}^{∞}{b_n} 同敛散。

大敛小也敛，小散大也散。

② 极限形式： 设正项级数 \sum_{n=1}^{∞}{a_n},\sum_{n=1}^{∞}{b_n} 满足 \lim_{n \rightarrow ∞}{\frac{a_n}{b_n}}=l

a.当 0<l<+\infty ， \sum_{n=1}^{∞}{a_n},\sum_{n=1}^{∞}{b_n} 同敛散；

b.当 l=0 且 \sum_{n=1}^{∞}{b_n} 收敛，则 \sum_{n=1}^{∞}{a_n} 收敛；

c.当 l=+\infty 且 \sum_{n=1}^{∞}{b_n} 发散，则 \sum_{n=1}^{∞}{a_n} 发散。

注意： 利用等价代换时注意只能是正项级数，因为等价代换是此极限形式推出来的，所以 ln(1+\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}})\nrightarrow\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}} 且此级数是发散的

（4） 比值判别法（达朗贝尔判别法） ：适合带阶乘与次方的级数。

设正项级数 \sum_{n=1}^{∞}{a_n} 满足 \lim_{n \rightarrow ∞}{\frac{a_{n+1}}{a_n}}=l

a.当 l<1 ，则 \sum_{n=1}^{∞}{a_n} 收敛；

b.当 l>1，l=+∞ ，则 \sum_{n=1}^{∞}{a_n} 发散；

c.当 l=1 或不存在，则无法判断（P-级数）。

（5） 根值判别法（柯西判别法） ：适合带n次方的级数。

设正项级数 \sum_{n=1}^{∞}{a_n} 满足 \lim_{n \rightarrow ∞}\sqrt{a_n}=l

a.当 l<1 ，则 \sum_{n=1}^{∞}{a_n} 收敛；

b.当 l>1，l=+∞ ，则 \sum_{n=1}^{∞}{a_n} 发散；

c.当 l=1 或不存在，则无法判断（P-级数）。

能用比值判别法的一定可以用根值判别法，反之不然；另外比值与根值只是计算幂级数收敛半径的充分条件，而不是必要条件，例 a_n=\left\{\begin{matrix} 1,&n=2k-1 \\0,&n=2k \end{matrix}\right.

例：判断 \sum_{n=1}^{∞}{\frac{2+(-1)^n}{3^n-2^n}} 的敛散性。（这类型均为夹逼）

解： {\frac{1}{3^n-2^n}}\leq u_n\leq{\frac{3}{3^n-2^n}} ，故 {\frac{1}{3}}\frac{1}{\sqrt[n]{1-(\frac{2}{3})^n}}\leq \sqrt[n]{u_n}\leq{\frac{1}{3}}\frac{\sqrt[n]{3}}{\sqrt[n]{1-(\frac{2}{3})^n}} 由夹逼得 \sqrt[n]{u_n}=\frac{1}{3}＜1 故收敛。

*（6）拉比（Raabe）判别法：

对任意级数 \sum_{n=1}^{∞}{a_n} 满足 \lim_{n \rightarrow ∞}n(|\frac{a_n}{a_{n+1}}|-1)=r

r＞1，级数收敛；r＜1，级数发散。

*（7）高斯（Gauss）判别法：

\frac{a_n}{a_{n+1}}=\lambda+\frac{u}{n}+\frac{\theta_n}{n^2},\lambda,u 为常数， \theta_{n} 为有界量

\lambda\geq1,u>1 级数收敛； \lambda\leq1,u\leq1 级数发散。

*（8）对数判别法：

对正项级数 \sum_{n=1}^{∞}{a_n} ，存在正数l，满足 \lim_{n \rightarrow ∞} \frac{ln\frac{1}{a_n}}{lnn}=l

a.当 l>1 ，则 \sum_{n=1}^{∞}{a_n} 收敛；

b.当 l<1 ，则 \sum_{n=1}^{∞}{a_n} 发散；

c.当 l=1 或不存在，则无法判断。

3.绝对收敛：

（1）若 \sum_{n=1}^{∞}{|a_n|} 收敛，则称 \sum_{n=1}^{∞}{a_n} 绝对收敛；若 \sum_{n=1}^{∞}{|a_n|} 发散，但 \sum_{n=1}^{∞}{a_n} 收敛，则称 \sum_{n=1}^{∞}{a_n} 条件收敛。

绝对收敛±绝对收敛=绝对收敛

条件收敛±绝对收敛=条件收敛

注意：若正项级数 \sum_{n=1}^{∞}{a_n} 收敛，则 \sum_{n=1}^{∞}{a_n^2} 收敛，若无正项则不成立；即亦可说若 \sum_{n=1}^{∞}{a_n} 绝对收敛，则 \sum_{n=1}^{∞}{a_n^2} 收敛。

例：设 u_n\ne0,\lim_{n \rightarrow \infty}{\frac{n}{u_n}}=1 ，判断级数 \sum_{n=1}^{∞}{(-1)^{n+1}(\frac{1}{u_n}+\frac{1}{u_{n+1}})} 的敛散性，若收敛是绝对收敛还是条件收敛。

解：部分和 S_n=\frac{1}{u_1}-(-1)^{n+1}\frac{1}{u_{n+1}} ， \lim_{n \rightarrow \infty}{S_n}=\frac{1}{u_1} 故收敛；又 \lim_{n \rightarrow \infty}{\frac{|\frac{1}{u_n}+\frac{1}{u_{n+1}}|}{\frac{1}{n}}}=2 故原级数条件收敛。

（2） 交错级数： \sum_{n=1}^{∞}{(-1)^na_n},a_n>0

莱布尼茨判别法 ：若 \sum_{n=1}^{∞}{(-1)^na_n} 满足 a_n 单减且 \lim_{n \rightarrow ∞}{a_n}=0 ，则其收敛。

例1：判断级数 \sum_{n=1}^{∞}{\frac{(-1)^n}{\sqrt{n+1}+(-1)^n}} 的敛散性。

解：因为 {\frac{1}{\sqrt{n+1}+(-1)^n}} 不单减，故不可用莱布尼茨公式，但注意到 {\frac{(-1)^n}{\sqrt{n+1}+(-1)^n}}={\frac{(-1)^n(\sqrt{n+1}-(-1)^n)}{n}}=(-1)^n\sqrt{\frac{1}{n}+\frac{1}{n^2}}-\frac{1}{n} 因为前一个级数收敛，后一个级数发散，所以发散。

例2：判断级数 \sum_{n=1}^{∞}{sin(\pi\sqrt{n^2+a^2})} 的敛散性。

解： sin(\pi\sqrt{n^2+a^2})=(-1)^nsin(\pi(\sqrt{n^2+a^2}-n))=(-1)^nsin\frac{\pi a^2}{\sqrt{n^2+a^2}+n} 由莱布尼茨知其收敛。

例3：讨论级数 \sum_{n=1}^{∞}\frac{x^n}{n2^n} 的敛散性。

解： \sum_{n=1}^{∞}|\frac{x^n}{n2^n}|=\sum_{n=1}^{∞}u_n ，由于 \lim_{n \rightarrow∞}{\frac{u_{n+1}}{u_n}}=\frac{1}{2}|x| ，由正项级数的比值判别法可知当 |x|<2 时该级数绝对收敛，当 x=2 时， u_n=\frac{1}{n} 发散；当 x=-2 时， u_n=(-1)^n\frac{1}{n} 收敛，所以当 x\in[-2,2) 级数收敛，而其他值发散。

*（3）阿贝尔判别法：若① \sum_{n=1}^{∞}{a_n} 收敛② \begin{equation} \left \{b_{n}\right \} \end{equation} 单调有界，则 \sum_{n=1}^{∞}{a_nb_n} 收敛。

*（4）狄利克雷判别法：若① \sum_{n=1}^{∞}{a_n} 部分和有界② \begin{equation} \left \{b_{n}\right \} \end{equation} 单调趋于0，则 \sum_{n=1}^{∞}{a_nb_n} 收敛。

*4.函数项级数：将常数项换成了函数

（1）一致收敛：设有函数列 \begin{equation} \left \{S_{n}(x)\right \} \end{equation} ，若 \forall \varepsilon>0 ，存在只依赖于 \varepsilon 的 N(\varepsilon)\in N^+,S.T.n>N(\varepsilon) 有 |S_{n}(x)-S(x)|<\varepsilon ，则称 \begin{equation} \left \{S_{n}(x)\right \} \end{equation} 一致收敛于S(x)，记为 S_{n}(x)\Rightarrow S(x) （S(x)为和函数）

（2）魏尔斯特拉斯判别法（M-判别法）：若对充分大的n，恒有实数 a_n ，使得 |u_n(x)|\leq a_n ，对任意的x均成立，且常数项级数 \sum_{n=1}^{∞}{a_n} 收敛，则 \sum_{n=1}^{\infty}{u_n(x)} 一致收敛。

（3）阿贝尔判别法：若 \sum_{n=1}^{∞}{b_n(x)} 一致收敛，对每个固定的x数列 a_n(x) 单调且有界，则 \sum_{n=1}^{\infty}{a _n(x)b_n(x)} 一致收敛。

（4）狄利克雷判别法：设 \sum_{n=1}^{∞}{b_n(x)} 的部分和一致有界，对每一个x数列 a_n(x) 单调且函数列 \begin{equation} \left \{a_{n}(x)\right \} \end{equation} 一致收敛于0，则 \sum_{n=1}^{\infty}{a _n(x)b_n(x)} 一致收敛。

5.幂级数：

（1）形如 \sum_{n=1}^{∞}{a_n(x-x_0)^n}=a_0+a_1(x-x_0)+…+a_n(x-x_0)^n… 的函数项级数称为幂级数。

（2）柯西-阿达玛定理：幂级数 \sum_{n=1}^{∞}{a_n(x-x_0)^n} 在 |x-x_0|<R 内绝对收敛，在 |x-x_0|>R 内发散， x_0 处需讨论，R为收敛半径。

（3） 阿贝尔第一定理： 若 \sum_{n=1}^{∞}{a_nx^n} 在 x_0\ne0 处收敛，则在 |x|<|x_0| 绝对收敛；在 |x|>|x_0| 发散。

故可得到若幂级数 \sum_{n=1}^{∞}{a_nx^n} 在 x=\pm x_0 处敛散性不一致或条件收敛，则收敛半径为 |x_0|

（4） 系数模比（根）值法 ：对于幂级数 \sum_{n=1}^{∞}{a_nx^n} ， \lim_{n \rightarrow ∞}{|\frac{a_{n+1}}{a_n}|}=\rho=\lim_{n \rightarrow ∞}\sqrt[n]{a_n}

则其收敛半径 {\color{red}{{R}=\begin{equation} \left\{ \begin{array}{lr} \frac{1}{\rho}， &0<\rho<\infty \\ +\infty，&\rho=0\\ 0,& \rho=+\infty \end{array} \right. \end{equation} }}

*（5）阿贝尔第二定理：若 \sum_{n=1}^{∞}{a_nx^n} 收敛半径为R，则 \sum_{n=1}^{∞}{a_nx^n} 在(-R,R)上内闭一致收敛；若 \sum_{n=1}^{∞}{a_nx^n} 在 x=R(-R) 处收敛，则 \sum_{n=1}^{∞}{a_nx^n} 在 [0,R]([-R,0]) 上一致收敛。

（6） 求幂级数收敛域的方法：

①标准型幂级数 \sum_{n=1}^{∞}{a_nx^n} ：由公式，比值，根值求得收敛半径，在 讨论端点的收敛性 ；若为收敛区间则无需讨论端点处的收敛性。

②非标准型（缺项或通项为复合式）：直接用比值根值求收敛半径；可通过换元法化为标准型。

例：求幂级数 \sum_{n=1}^{∞}{\frac{n}{2^n(n+1)}x^{2n}} 的收敛域。

解①：记 \sum_{n=1}^{∞}{|\frac{n}{2^n(n+1)}x^{2n}}|=\sum_{n=1}^{∞}u_n ，由于 \lim_{n \rightarrow∞}{\frac{u_{n+1}}{u_n}}=\frac{1}{2}x^2 ,由正项级数的比值判别法可知当 \frac{1}{2}x^2<1\Rightarrow|x|<\sqrt{2} 时该幂级数收敛，当 |x|=\sqrt{2} 时，级数发散，故收敛域为 (-\sqrt{2},\sqrt{2})

解②：令 t=x^2 ,则原级数为 \sum_{n=1}^{∞}{\frac{n}{2^n(n+1)}x^{2n}}=\sum_{n=1}^{∞}{\frac{n}{2^n(n+1)}t^n} ，对此幂级数求收敛半径得R=2，则当 |t|<2\Rightarrow |x|<\sqrt{2} 级数收敛。

（7）运算及性质：

①设幂级数 \sum_{n=1}^{∞}{a_nx^n},\sum_{n=1}^{∞}{b_nx^n} 收敛半径分别为 R_1,R_2 ，令 R=min(R_1,R_2) ，则 \sum_{n=1}^{∞}{a_nx^n}\sum_{n=1}^{∞}{b_nx^n}=\sum_{n=1}^{∞}(a_0b_n+…a_nb_0)x^n,|x|<R

\frac{\sum_{n=1}^{∞}{a_nx^n}}{\sum_{n=1}^{∞}{b_nx^n}}=\sum_{n=1}^{∞}{c_nx^n},|x|<R ,其中 c_n 可由方程组 a_n=b_0c_n+…b_nc_0

②设幂级数 \sum_{n=1}^{∞}{a_nx^n} 收敛半径为R＞0，和函数为S(x)，则

a.S(x)在收敛域上连续；

b.S(x)在收敛域上可逐项求导；

c.S(x)在收敛域上可逐项积分。

运算前后收敛半径不变，但端点处敛散性可能改变。

③奇偶子列的收敛半径大于等于原来的半径。即设 \sum_{n=1}^{\infty}{a_nx^n} 的收敛半径为R， \sum_{n=1}^{\infty}{a_{2n}x^{2n}}(\sum_{n=1}^{\infty}{a_{2n-1}x^{2n-1}}) 的收敛半径为r，则 r\ge R

例1：求幂级数 \sum_{n=1}^{∞}{(\frac{1}{2n+1}-1)x^{2n}} 的和函数，并求 \sum_{n=1}^{∞}\frac{n}{2n+1}\frac{1}{2^{n-1}}

解：首先求出收敛半径(-1,1)，记 s_1(x)=\sum_{n=1}^{∞}{\frac{1}{2n+1}x^{2n}},s_2(x)=\sum_{n=1}^{∞}x^{2n},x\in(-1,1) s_2(x)=\frac{x^2}{1-x^2},(xs_1(x))^,=\frac{x^2}{1-x^2} ，求得 s_1(x)=\begin{equation} \left\{ \begin{array}{lr} -1+\frac{1}{2x}ln\frac{1+x}{1-x}， &|x|<1,x\ne0 \\ 0，&x=0 \end{array} \right. \end{equation} 所以 s (x)=s_1(x)-s_2(x)=\begin{equation} \left\{ \begin{array}{lr} \frac{1}{2x}ln\frac{1+x}{1-x}-\frac{1}{1-x^2}， &|x|<1,x\ne0 \\ 0，&x=0 \end{array} \right. \end{equation} ,令 x=\frac{\sqrt{2}}{2}\in(-1,1) 即为所求。

例2：设级数 \frac{x^4}{2*4}+\frac{x^6}{2*4*6}+\frac{x^8}{2*4*6*8}…x\in R 的和函数s(x)。

解①： s(x)=\frac{x^4}{2*4}+\frac{x^6}{2*4*6}+\frac{x^8}{2*4*6*8}…x\in R 得s(0)=0， s^,(x)= \frac{x^3}{2}+\frac{x^5}{2*4}+\frac{x^7}{2*4*6}…\\=x(\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{2*4}+\frac{x^6}{2*4*6}…)=x(\frac{x^2}{2}+s(x))

此为一阶线性微分方程，解得其解为 y=-\frac{x^2}{2}-1+C e^{\frac{x^2}{2}} ，由s(0)=0得C=1，故 s(x)=-\frac{x^2}{2}-1+ e^{\frac{x^2}{2}}

解②： s(x)=\frac{ (\frac{x^2}{2})^2}{1*2}+\frac{ (\frac{x^2}{2})^2}{1*2*3}+\frac{ (\frac{x^2}{2})^2}{1*2*3*4} \dots 此即 e^x 的部分泰勒展开式，减去一部分即可

【评注】若幂级数的数列不是一个通式而是一个递推公式，则也采用求导构造微分方程的方法。

6.幂级数展开：

直接法：Taylor级数，求出n阶导以及收敛半径，判断Lagrange余项是否为0（展开的充要条件）

间接法：变量替换，四则运算，恒等变形，逐项求导，积分。

① e^{x}=\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{x^{n}}{n!}}=1+x+\frac{x^{2}}{2!}……+\frac{x^{n}}{n!}……x\in R

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

③ ln{(1-x)}=\sum_{n=1}^{\infty}-\frac{1}{n}x^{n}=-(x+\frac{1}{2}x^{2}……+\frac{1}{n}x^{n}……) x\in [-1,1)

注意这个的相反数，比较常用。

④ \frac{1}{1+x}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}x^{n}=1-x+x^{2}……+(-1)^{n}x^{n}……x\in (-1,1)

⑤ ln{(1+x)}=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{x^{n}}{n}=x-\frac{1}{2}x^{2}……+(-1)^{n-1}\frac{1}{n}x^{n}……x\in (-1,1]

⑥ sinx=\sum_{n=0}^{\infty}{(-1)^{n}\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}}=x-\frac{x^{3}}{3!}……+{(-1)^{n}\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}}……x\in R

⑦ cosx=\sum_{n=0}^{\infty}{(-1)^{n}\frac{x^{2n}}{(2n)!}}=1-\frac{x^{2}}{2!}……+{(-1)^{n}\frac{x^{2n}}{(2n)!}}……x\in R

例：将 f(x)=\frac{1}{x^2+4x+3} 展成x-1的幂级数。

解：

f(x)=\frac{1}{2}(\frac{1}{x+1}-\frac{1}{x+3})=\frac{1}{2}*\frac{1}{(x-1)+2}-\frac{1}{2}*\frac{1}{(x-1)+4}\\=\frac{1}{4}*\frac{1}{1+\frac{x-1}{2}}-\frac{1}{8}*\frac{1}{1+\frac{x-1}{4}}

而 \frac{1}{4}*\frac{1}{1+\frac{x-1}{2}}=\frac{1}{4}\sum_{n=0}^{∞}{(-1)^n}(\frac{x-1}{2})^n,x\in(-1,3)\\\frac{1}{8}*\frac{1}{1+\frac{x-1}{4}}=\frac{1}{8}\sum_{n=0}^{∞}{(-1)^n}(\frac{x-1}{4})^n,x\in(-3,5)

故 f(x)=\frac{1}{x^2+4x+3}=\sum_{n=0}^{∞}{(-1)^n}(\frac{1}{2^{n+2}}-\frac{1}{2^{2n+3}})(x-1)^n,x\in(-1,3)

7.欧拉公式： e^{ix}=cosx+isinx

设 z_n=u_n+iv_n 为一复数列，则 z_n 收敛 \Leftrightarrow u_n,v_n 均收敛。

拓展： https:// zhuanlan.zhihu.com/p/38 1645711

8.傅里叶（Fourier）级数：

（1）三角级数： \frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}{(a_ncosnx+b_nsinnx)}

三角函数系的正交性略。

（2）以 2\pi 为周期函数的傅里叶级数：

① 傅里叶级数 ：设三角级数的和函数为f(x)，即 f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}{(a_ncosnx+b_nsinnx)} 则 a_0=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)dx\\a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)cosnxdx,n= 1,2…\\b_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)sinnxdx,n=1,2…

②狄利克雷收敛定理：若以周期为 2\pi 的函数f(x)在 [-\pi,\pi] 上满足：

a.连续或只有有限个第一类间断点；

b.至多只有有限个极值点（不做无限次震荡）

则f(x)的傅里叶级数在R上收敛，且

a.当x为f(x)的连续点时，f(x)的傅里叶级数收敛于f(x)；

b.当x为f(x)的第一类间断点时，f(x)的傅里叶级数收敛于 \frac{f_+(x)+f_-(x)}{2} （画图求解）

例1：设f(x)是周期为 2\pi 的周期函数，在 [-\pi,\pi] 上表达式为 {{f(x)}=\begin{equation} \left\{ \begin{array}{lr} 0， &-\pi\leq x<0 \\ 1，&0\leq x<\pi\\ \end{array} \right. \end{equation} } 将f(x)展成傅里叶级数。

解：

a_0=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)dx=1\\a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)cosnxdx=1,n= 1,2…\\b_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)sinnxdx={\begin{equation} \left\{ \begin{array}{lr} \frac{2}{n\pi} &n=1,3 …\\ 0，&n=2,4…\\ \end{array} \right. \end{equation} }

所以f(x) 的傅里叶级数为 f(x)=\frac{1}{2}+\frac{2}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{sin(2n-1)\pi}{2n-1} 又f(x)在 [-\pi,\pi] 上满足狄利克雷条件，故由收敛定理知在间断点 x=k\pi 收敛于 \frac{f(k\pi^+)+f(k\pi^-)}{2}=\frac{1}{2}\ne f(k\pi) 其他点f(x)连续，故其傅里叶级数收敛于f(x)。

注意：必须讨论端点值的收敛性。

（3）周期延拓：将函数f(x)在非定义点补充定义，使得f(x)延拓为周期为 2\pi 的周期函数F(x)，再将F(x)展成傅里叶级数，最终结果注意要写x一个周期的区间。

https://www. zhihu.com/answer/246561 2261

（4）正弦级数与余弦级数：

①正弦级数：

a.周期为 2\pi 的奇函数有 f(x)=\sum_{n=1}^{\infty}{b_nsinnx},b_n=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}f(x)sinnxdx,n=1,2…

b.定义在 [0,\pi] 上的函数：作奇延拓，展成正弦级数。

②余弦级数：

a.周期为 2\pi 的偶函数有 f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}{a_ncosnx},a_0=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}f(x)dx,a_n=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}f(x)cosnxdx,n=1,2…

b.定义在 [0,\pi] 上的函数：作偶延拓，展成余弦级数。

（5）以2l为周期函数的傅里叶级数：

设 x\in(-l,l) ,变量替换 z=\frac{\pi x}{l} ,则 z\in (-\pi,\pi) 同（2）展开

傅里叶级数为 f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}{(a_ncos\frac{n\pi x}{l}+b_nsin\frac{n\pi x}{l})} a_0=\frac{1}{l}\int_{-l}^{l}f(x)dx\\a_n=\frac{1}{l}\int_{-l}^{l}f(x)cos\frac{n\pi x}{l}dx,n=1,2…\\b_n=\frac{1}{l}\int_{-l}^{l}f(x)sin\frac{n\pi x}{l}dx,n=1,2…

正、余弦级数同上。

例：将函数 {{a_n}=\begin{equation} \left\{ \begin{array}{lr} 1， &0\leq x < h\\ \frac{1}{2}，&x=h\\ 0,&h<x<2 \end{array} \right. \end{equation} },0<h<2 展成正弦级数。

解：将f(x)在(-2,0)内作奇延拓，除了单个的点，f(x)为奇函数且l=2，则 a_0=a_n=0\\b_n=\frac{2}{l}\int_{0}^{l}f(x)sin\frac{n\pi x}{l}dx=\frac{2}{n\pi}[1-cos\frac{n\pi h}{2}],n=1,2…

又因为f(x)在其区间上满足狄利克雷条件，且延拓后连续，故收敛于f(x)，当 x=0 ，f(x)收敛于 \frac{1-1}{2}=0\ne f(0) ；当 x=h ，f(x)收敛于 \frac{0+1}{2}=\frac{1}{2}= f(0) ，故 f(x)={\frac{2}{\pi}}\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{1-cos\frac{n\pi h}{2}}{n}sin\frac{n\pi x}{2}},x\in(0,2]

*（6）任意区间 [a,b] 的傅里叶级数：

①换元 x=z+\frac{a+b}{2}\Rightarrow z=x-\frac{a+b}{2} ，则 z\in[-\frac{b-a}{2},\frac{b-a}{2}] 同（5），将z回代即可；

②换元 x=z+a\Rightarrow z=x-a ，则 z\in [0,b-a] ，作奇（偶）周期延拓，展成正弦（余弦）级数，将z回代即可。

例：将 f(x)=10-x(5<x<15) 展成傅里叶级数

解①：令 z=x-10 ，设 F(z)=f(z+10)=-z ,(-5<z<5) 将F(z)延拓成周期为10的函数，则满足收敛定理，因为F(z)是奇函数，故 b_n=\frac{2}{5}\int_{0}^{5}(-z)sin\frac{n\pi z }{5}dz=(-1)^n\frac{10}{n\pi},n=1,2… 所以 F(z)=\frac{10}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{(-1)^n}{n}sin\frac{n\pi z}{5}},(-5<z<5) 故 10-x=\frac{10}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{(-1)^n}{n}sin\frac{n\pi x}{5}},(5<x<15)

②由于同一个周期上积分值相等，所以可以直接在5到15上对f(x)积分求解，解出来相同。

*（7）复数形式的傅里叶展开：

f(x)=\sum_{-\infty}^{+\infty}{c_ne^{inwx}} ,其中 w=\frac{2\pi}{T},c_n=\frac{1}{T}\int_{-\frac{T}{2}}^{\frac{T}{2}}f(x)e^{-inwx}dx ，T为周期。

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微分方程的幂级数解法

例：求微分方程 xy^,-y=e^{x^2} 的幂级数解

解：设有幂级数解 y=\sum_{n=1}^{\infty}{a_nx^n} ，则 \sum_{n=1}^{\infty}{na_nx^n}-\sum_{n=1}^{\infty}{a_nx^n}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{2n}}{n!}\Rightarrow\sum_{n=1}^{\infty}{(n-1)a_nx^n}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{2n}}{n!} 比较两端系数得 {{a_n}=\begin{equation} \left\{ \begin{array}{lr} \frac{1}{m!}\frac{1}{2m-1}， &n=2m \\ 0，&n=2m+1,n\ne1\\ \end{array} \right. \end{equation} }m=0,1… 代入得 y=-1+cx+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n!}\frac{1}{2n-1}x^{2n},x\in R ，c为任意常数。