第七章无穷级数复习资料#

适用课件：7.1常数项级数.pdf、7.2-7.3函数项级数与幂级数.pdf、7.4傅里叶级数.pdf。
目标：用最短时间抓住期末最可能考的定义、判别法、幂级数求收敛域与和函数、傅里叶展开。公式均用 LaTeX 书写。

0. 考前速救路线#

如果你现在离考试不到一周，优先级按下面来：

常数项级数审敛法：必要条件、比较、极限比较、比值、根值、积分、莱布尼茨、绝对/条件收敛。
幂级数：收敛半径、端点单独讨论、逐项求导/积分、用已知展开求和函数。
傅里叶级数：系数公式、奇偶函数化简、半区间正弦/余弦展开、间断点取左右极限平均。
会写完整解答：考试不是只报结果，必须写“判别依据 + 极限/估计 + 结论”。

1. 常数项级数#

1.1 基本定义#

给定数列 $\{u_n\}$ ，形式和

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

称为常数项无穷级数。

第 $n$ 个部分和为

S_n=\sum_{k=1}^{n}u_k.

若数列 $\{S_n\}$ 有有限极限 $S$ ，即

\lim_{n\to\infty}S_n=S,

则称级数 $\sum u_n$ 收敛，其和为 $S$ ；否则称为发散。

若级数收敛，余项为

R_n=S-S_n=\sum_{k=n+1}^{\infty}u_k,

且

\lim_{n\to\infty}R_n=0.

1.2 基本性质#

设 $\sum u_n$ 、 $\sum v_n$ 收敛，则：

线性性

\sum_{n=1}^{\infty}(\alpha u_n+\beta v_n) =\alpha\sum_{n=1}^{\infty}u_n+\beta\sum_{n=1}^{\infty}v_n.

添去有限项不改变敛散性
只会改变级数的和，不改变收敛或发散。
收敛级数加括号后仍收敛，且和不变
但反过来不一定成立：加括号后的级数收敛，原级数不一定收敛。
必要条件

若

\sum_{n=1}^{\infty}u_n

收敛，则

\lim_{n\to\infty}u_n=0.

注意：这是必要条件，不是充分条件。调和级数

\sum_{n=1}^{\infty}\frac1n

满足通项趋于 $0$ ，但仍然发散。

1.3 等比级数#

等比级数

\sum_{n=0}^{\infty}aq^n=a+aq+aq^2+\cdots,\qquad a\ne0

的部分和为

S_n=a\frac{1-q^{n+1}}{1-q}\qquad(q\ne1).

因此：

\sum_{n=0}^{\infty}aq^n= \begin{cases} \dfrac{a}{1-q}, & |q|<1,\\[6pt] \text{发散}, & |q|\ge 1. \end{cases}

课件中写等比级数时要特别注意：正确条件是 $|q|<1$ ，不是只看 $q<1$ 。例如 $q=-1$ 时通项不趋于 $0$ ，级数发散。

2. 常数项级数题型与完整例题#

2.1 用定义或望远镜求和#

例 1：判断并求和#

\sum_{n=1}^{\infty}\ln\left(1+\frac1n\right).

解：

因为

\ln\left(1+\frac1n\right)=\ln\frac{n+1}{n} =\ln(n+1)-\ln n,

所以部分和为

S_N=\sum_{n=1}^{N}\left[\ln(n+1)-\ln n\right] =\ln(N+1)-\ln1=\ln(N+1).

于是

\lim_{N\to\infty}S_N=+\infty.

故原级数发散。

例 2：判断并求和#

\sum_{n=2}^{\infty}\ln\left(1-\frac1{n^2}\right).

解：

先分解：

1-\frac1{n^2}=\frac{(n-1)(n+1)}{n^2} =\frac{n-1}{n}\cdot\frac{n+1}{n}.

因此

\ln\left(1-\frac1{n^2}\right) =\ln(n-1)+\ln(n+1)-2\ln n.

更直接地看乘积：

\prod_{n=2}^{N}\left(1-\frac1{n^2}\right) =\prod_{n=2}^{N}\frac{n-1}{n}\cdot\frac{n+1}{n}.

其中

\prod_{n=2}^{N}\frac{n-1}{n}=\frac1N,\qquad \prod_{n=2}^{N}\frac{n+1}{n}=\frac{N+1}{2}.

所以

\prod_{n=2}^{N}\left(1-\frac1{n^2}\right) =\frac{N+1}{2N}.

取对数得

S_N=\ln\frac{N+1}{2N}.

于是

\sum_{n=2}^{\infty}\ln\left(1-\frac1{n^2}\right) =\ln\frac12=-\ln2.

例 3：反正切望远镜#

\sum_{n=1}^{\infty}\arctan\frac1{2n^2}.

解：

利用公式

\arctan a-\arctan b =\arctan\frac{a-b}{1+ab}

当 $a=\dfrac1{2n-1}$ ， $b=\dfrac1{2n+1}$ 时，

\frac{a-b}{1+ab} =\frac{\frac1{2n-1}-\frac1{2n+1}} {1+\frac1{(2n-1)(2n+1)}} =\frac{2}{4n^2-1}\cdot\frac{4n^2-1}{4n^2} =\frac1{2n^2}.

所以

\arctan\frac1{2n^2} =\arctan\frac1{2n-1}-\arctan\frac1{2n+1}.

于是部分和为

S_N=\arctan1-\arctan\frac1{2N+1}.

令 $N\to\infty$ ：

\sum_{n=1}^{\infty}\arctan\frac1{2n^2} =\frac{\pi}{4}.

2.2 正项级数#

若 $u_n\ge0$ ，则 $\sum u_n$ 为正项级数。正项级数的部分和单调递增，因此：

\sum u_n\text{ 收敛}\Longleftrightarrow \{S_n\}\text{ 有上界}.

p 级数#

\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^p}

当且仅当

p>1

时收敛；当 $p\le1$ 时发散。

比较审敛法#

设 $0\le u_n\le v_n$ ：

若 $\sum v_n$ 收敛，则 $\sum u_n$ 收敛；
若 $\sum u_n$ 发散，则 $\sum v_n$ 发散。

极限比较审敛法#

若 $u_n>0$ ， $v_n>0$ ，且

\lim_{n\to\infty}\frac{u_n}{v_n}=l,

其中 $0<l<+\infty$ ，则 $\sum u_n$ 与 $\sum v_n$ 同敛散。

如果 $l=0$ 且 $\sum v_n$ 收敛，则 $\sum u_n$ 收敛；如果 $l=+\infty$ 且 $\sum v_n$ 发散，则 $\sum u_n$ 发散。

例 4：极限比较#

判断

\sum_{n=1}^{\infty}\ln\left(1+\sin^2\frac1n\right)

的敛散性。

解：

当 $n\to\infty$ 时，

\sin\frac1n\sim\frac1n,

故

\sin^2\frac1n\sim\frac1{n^2}.

又因为 $\ln(1+x)\sim x$ ，所以

\ln\left(1+\sin^2\frac1n\right)\sim\sin^2\frac1n\sim\frac1{n^2}.

即

\lim_{n\to\infty} \frac{\ln\left(1+\sin^2\frac1n\right)}{1/n^2}=1.

而

\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^2}

收敛，因此原级数收敛。

例 5：用泰勒展开找等价无穷小#

判断

\sum_{n=1}^{\infty}\left(e^{1/n^2}-\cos\frac1n\right)

的敛散性。

解：

令 $x=\dfrac1n$ 。当 $x\to0$ 时，

e^{x^2}=1+x^2+O(x^4),

\cos x=1-\frac{x^2}{2}+O(x^4).

因此

e^{x^2}-\cos x =\left(1+x^2+O(x^4)\right) -\left(1-\frac{x^2}{2}+O(x^4)\right) =\frac32x^2+O(x^4).

代回 $x=1/n$ ：

e^{1/n^2}-\cos\frac1n\sim \frac{3}{2n^2}.

由于

\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^2}

收敛，所以原级数收敛。

注意：这题的关键是看清指数是平方倒数。若把指数误读成一次倒数，一阶项不会抵消，结论会变成发散。

2.3 比值审敛法#

设 $u_n>0$ ，若

\lim_{n\to\infty}\frac{u_{n+1}}{u_n}=\rho,

则：

\begin{cases} \rho<1, & \sum u_n\text{ 收敛},\\ \rho>1, & \sum u_n\text{ 发散},\\ \rho=1, & \text{方法失效}. \end{cases}

适合出现阶乘、指数、连乘、 $n^n$ 的题。

例 6：阶乘型#

判断

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n!}{10^n}

的敛散性。

解：

设

u_n=\frac{n!}{10^n}.

则

\frac{u_{n+1}}{u_n} =\frac{(n+1)!}{10^{n+1}}\cdot\frac{10^n}{n!} =\frac{n+1}{10}.

于是

\lim_{n\to\infty}\frac{u_{n+1}}{u_n}=+\infty>1.

所以级数发散。事实上 $u_n$ 本身也不趋于 $0$ 。

例 7：参数型#

讨论

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n!a^n}{n^n}\qquad(a>0)

的敛散性。

解：

设

u_n=\frac{n!a^n}{n^n}.

则

\frac{u_{n+1}}{u_n} =\frac{(n+1)!a^{n+1}}{(n+1)^{n+1}}\cdot\frac{n^n}{n!a^n} =a\left(\frac{n}{n+1}\right)^n.

因为

\lim_{n\to\infty}\left(\frac{n}{n+1}\right)^n=e^{-1},

所以

\lim_{n\to\infty}\frac{u_{n+1}}{u_n}=\frac ae.

因此：

$0<a<e$ 时，级数收敛；
$a>e$ 时，级数发散；
$a=e$ 时，比值法失效，需要另判。

当 $a=e$ 时，

u_n=\frac{n!e^n}{n^n}.

由 Stirling 公式 $n!\sim\sqrt{2\pi n}\left(\dfrac ne\right)^n$ ，

u_n\sim \sqrt{2\pi n}.

故 $u_n\nrightarrow0$ ，级数发散。

综上：

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n!a^n}{n^n}\quad \begin{cases} \text{收敛}, & 0<a<e,\\ \text{发散}, & a\ge e. \end{cases}

2.4 根值审敛法#

设 $u_n\ge0$ ，若

\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{u_n}=\rho,

则：

\begin{cases} \rho<1, & \sum u_n\text{ 收敛},\\ \rho>1, & \sum u_n\text{ 发散},\\ \rho=1, & \text{方法失效}. \end{cases}

适合通项整体带 $n$ 次方的题。

例 8：根值法处理交替底数#

判断

\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{(2+(-1)^n)^n}

的敛散性。

解：

通项为正：

u_n=\frac1{(2+(-1)^n)^n}.

当 $n$ 为奇数时， $2+(-1)^n=1$ ，所以

u_n=1.

于是通项不趋于 $0$ ，级数发散。

这类题的易错点：不能只机械写

\sqrt[n]{u_n}=\frac1{2+(-1)^n}

然后说没有极限；更直接的做法是先看通项是否趋于 $0$ 。

若题目改为

\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{(2-(-1)^n)^n},

则偶数项为 $1$ ，同样发散。

2.5 积分审敛法#

若 $f(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上非负、单调递减，且 $u_n=f(n)$ ，则

\sum_{n=1}^{\infty}u_n

与

\int_1^{+\infty}f(x)\,dx

同敛散。

例 9：对数 p 型#

讨论

\sum_{n=2}^{\infty}\frac1{n(\ln n)^a}

的敛散性。

解：

考虑积分

\int_2^{+\infty}\frac{dx}{x(\ln x)^a}.

令

t=\ln x,\qquad dt=\frac{dx}{x}.

则

\int_2^{+\infty}\frac{dx}{x(\ln x)^a} =\int_{\ln2}^{+\infty}t^{-a}\,dt.

该积分当且仅当 $a>1$ 时收敛。因此

\sum_{n=2}^{\infty}\frac1{n(\ln n)^a}\quad \begin{cases} \text{收敛}, & a>1,\\ \text{发散}, & a\le1. \end{cases}

2.6 任意项级数、交错级数、绝对收敛#

Leibniz 判别法#

若 $a_n\ge0$ ，且

a_{n+1}\le a_n,\qquad \lim_{n\to\infty}a_n=0,

则交错级数

\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}a_n

收敛，并且余项满足

|R_n|\le a_{n+1}.

绝对收敛与条件收敛#

若 $\sum |u_n|$ 收敛，则 $\sum u_n$ 绝对收敛；
若 $\sum u_n$ 收敛但 $\sum |u_n|$ 发散，则称为条件收敛。

绝对收敛一定收敛，反之不一定。

例 10：绝对收敛#

证明

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin(n\alpha)}{n^4}

绝对收敛。

解：

因为

|\sin(n\alpha)|\le1,

所以

\left|\frac{\sin(n\alpha)}{n^4}\right| \le\frac1{n^4}.

而

\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^4}

收敛，故由比较判别法，

\sum_{n=1}^{\infty}\left|\frac{\sin(n\alpha)}{n^4}\right|

收敛。因此原级数绝对收敛。

例 11：交错但绝对收敛#

判断

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

的敛散性。

解：

看绝对值级数：

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^2}{e^n}.

设 $u_n=\dfrac {n^2}{e^n}$ ，则

\frac{u_{n+1}}{u_n} =\frac{(n+1)^2}{e^{n+1}}\cdot\frac{e^n}{n^2} =\frac1e\left(1+\frac1n\right)^2\to\frac1e<1.

故 $\sum n^2/e^n$ 收敛，所以原级数绝对收敛。

例 12：条件收敛#

判断

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

的敛散性，并说明是绝对收敛还是条件收敛。

解：

令

a_n=\sin\frac{\pi}{2n}.

显然

a_n>0,\qquad a_n\to0.

且 $\dfrac{\pi}{2n}$ 随 $n$ 增大而减小， $\sin x$ 在 $[0,\pi/2]$ 上递增，所以 $a_n$ 随 $n$ 增大而减小。

由 Leibniz 判别法，原级数收敛。

再看绝对值级数：

\sum_{n=1}^{\infty}\sin\frac{\pi}{2n}.

由于

\sin\frac{\pi}{2n}\sim\frac{\pi}{2n},

而调和级数发散，所以绝对值级数发散。

因此原级数条件收敛。

补充例：不能直接用 Leibniz，但可判绝对收敛#

判断级数

1-\frac1{2^2}+\frac1{3^3}-\frac1{4^2} +\cdots+\frac1{(2n-1)^3}-\frac1{(2n)^2}+\cdots

是否收敛；若收敛，是绝对收敛还是条件收敛？

解：

这个级数虽然符号交错，但正项绝对值并不是单调递减的简单形式，所以不要硬套 Leibniz 判别法。

考察绝对值级数：

1+\frac1{2^2}+\frac1{3^3}+\frac1{4^2} +\cdots+\frac1{(2n-1)^3}+\frac1{(2n)^2}+\cdots.

把相邻两项加括号：

\sum_{n=1}^{\infty} \left[ \frac1{(2n-1)^3}+\frac1{(2n)^2} \right].

因为

\frac1{(2n-1)^3}+\frac1{(2n)^2} \le \frac1{(2n-1)^2}+\frac1{(2n)^2} \le \frac{C}{n^2}

其中 $C$ 为某个正常数，而 $\sum 1/n^2$ 收敛，所以绝对值级数收敛。故原级数绝对收敛。

2.7 Cauchy 收敛准则#

级数 $\sum u_n$ 收敛的充要条件是：对任意 $\varepsilon>0$ ，存在 $N$ ，当 $n>m\ge N$ 时，

\left|\sum_{k=m+1}^{n}u_k\right|<\varepsilon.

这个准则在证明题中常用，尤其是证明“某种余项可以任意小”。

2.8 常数项级数审敛决策树#

先看通项极限：若 $u_n\nrightarrow0$ ，直接发散。
正项级数：
- 像 $\dfrac1{n^p}$ ：用 p 级数；
- 像 $\dfrac1{n(\ln n)^a}$ ：用积分法；
- 有阶乘/指数：用比值法；
- 有 $n$ 次方：用根值法；
- 有 $\sin,\ln,e,\cos$ 且 $n\to\infty$ ：泰勒展开找等价无穷小，再极限比较。
任意项级数：
- 先看绝对值；
- 绝对值收敛则绝对收敛；
- 绝对值发散再考虑 Leibniz 或其他方法；
- 交错题必须检查单调趋零。

3. 函数项级数与一致收敛#

3.1 基本定义#

设 $u_n(x)$ 定义在区间 $I$ 上，级数

\sum_{n=1}^{\infty}u_n(x)

称为函数项级数。

对固定的 $x_0\in I$ ，如果数项级数

\sum_{n=1}^{\infty}u_n(x_0)

收敛，则称 $x_0$ 为收敛点。所有收敛点组成的集合称为收敛域。

部分和函数为

S_n(x)=\sum_{k=1}^{n}u_k(x).

若对 $x$ 属于某集合 $E$ ，

\lim_{n\to\infty}S_n(x)=S(x),

则称级数在 $E$ 上逐点收敛于和函数 $S(x)$ 。

课件例：用部分和求收敛域与和函数#

求函数项级数

x+(x^2-x)+(x^3-x^2)+\cdots+(x^n-x^{n-1})+\cdots

的收敛域，并求和函数。

解：

前 $n$ 项部分和为望远镜和：

S_n(x)=x+(x^2-x)+\cdots+(x^n-x^{n-1})=x^n.

因此原级数的收敛问题变成讨论数列 $x^n$ 的极限。

当 $|x|<1$ 时， $x^n\to0$ ，级数收敛，和函数为 $S(x)=0$ ；
当 $x=1$ 时， $x^n=1$ ，级数收敛，和函数为 $S(1)=1$ ；
当 $x=-1$ 时， $x^n=(-1)^n$ ，极限不存在，级数发散；
当 $|x|>1$ 时， $x^n$ 不收敛到有限值，级数发散。

故收敛域为

(-1,1],

和函数为

S(x)= \begin{cases} 0, & -1<x<1,\\ 1, & x=1. \end{cases}

课件例：用比值法求函数项级数收敛域#

求

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

的收敛域。

解：

因为

x^2+x+1=\left(x+\frac12\right)^2+\frac34>0,

对固定的 $x$ ，令

u_n(x)=\frac{(x^2+x+1)^n}{n(n+1)}.

则

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

若

x^2+x+1<1,

即

x(x+1)<0,

则

-1<x<0,

级数收敛。

端点：

当 $x=0$ 或 $x=-1$ 时，

x^2+x+1=1,

原级数变成

\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n(n+1)},

收敛。

故收敛域为

[-1,0].

课件练习：收敛域快速答案#

$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^x}$ ：由 p 级数，收敛域为 $(1,+\infty)$ 。
$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^x}$ ：当 $x>0$ 时由 Leibniz 收敛；当 $x\le0$ 时通项不趋于 $0$ ，故收敛域为 $(0,+\infty)$ 。
$\displaystyle\sum_{n=2}^{\infty}\frac1{n(\ln n)^x}$ ：由积分审敛法，收敛域为 $(1,+\infty)$ 。
$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\cos nx}{n^p}\ (p>1)$ ：由 $|\cos nx|/n^p\le1/n^p$ ，对一切 $x\in\mathbb R$ 绝对收敛，收敛域为 $\mathbb R$ 。
$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n+x^{-n}}{n^2}\ (x\ne0)$ ：若 $|x|>1$ ， $x^n/n^2$ 通项不趋零；若 $0<|x|<1$ ， $x^{-n}/n^2$ 通项不趋零；当 $x=\pm1$ 时收敛。因此收敛域为 $\{-1,1\}$ 。

3.2 一致收敛定义#

若对任意 $\varepsilon>0$ ，存在 $N$ ，使得当 $n>N$ 时，对所有 $x\in E$ 都有

|S_n(x)-S(x)|<\varepsilon,

则称 $\sum u_n(x)$ 在 $E$ 上一致收敛于 $S(x)$ 。

等价地，余项

R_n(x)=S(x)-S_n(x)

满足

\sup_{x\in E}|R_n(x)|\to0.

3.3 Weierstrass 判别法#

若存在正项数列 $M_n$ ，使得对一切 $x\in E$ ，

|u_n(x)|\le M_n,

且

\sum_{n=1}^{\infty}M_n

收敛，则

\sum_{n=1}^{\infty}u_n(x)

在 $E$ 上绝对且一致收敛。

例 13：一致收敛#

证明

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

在 $\mathbb R$ 上一致收敛。

解：

对任意 $x\in\mathbb R$ ，

\left|\frac{\sin nx}{n^2}\right|\le\frac1{n^2}.

而

\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^2}

收敛。由 Weierstrass 判别法，原函数项级数在 $\mathbb R$ 上一致收敛。

3.4 一致收敛的性质#

设 $\sum u_n(x)$ 在 $[a,b]$ 上一致收敛于 $S(x)$ 。

若每个 $u_n(x)$ 连续，则 $S(x)$ 连续。
若每个 $u_n(x)$ 连续，则可以逐项积分：

\int_a^b S(x)\,dx =\sum_{n=1}^{\infty}\int_a^b u_n(x)\,dx.

若每个 $u_n(x)$ 有连续导数， $\sum u_n'(x)$ 在 $[a,b]$ 上一致收敛，且 $\sum u_n(x_0)$ 在某一点 $x_0$ 收敛，则可逐项求导：

\left(\sum_{n=1}^{\infty}u_n(x)\right)' =\sum_{n=1}^{\infty}u_n'(x).

注意：函数项级数本身一致收敛，不代表一定能逐项求导。逐项求导要看导数级数是否一致收敛。

例 14：逐点收敛但不一致收敛#

函数列

S_n(x)=x^n,\qquad x\in[0,1]

逐点收敛到

S(x)= \begin{cases} 0, & 0\le x<1,\\ 1, & x=1. \end{cases}

说明：

每个 $S_n(x)=x^n$ 都连续，但极限函数 $S(x)$ 在 $x=1$ 不连续。如果 $S_n$ 在 $[0,1]$ 上一致收敛，则连续函数的一致极限应连续，矛盾。因此 $S_n$ 在 $[0,1]$ 上不是一致收敛。

4. 幂级数#

4.1 定义#

形如

\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n

或

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

的函数项级数称为幂级数。

4.2 Abel 定理与收敛半径#

若幂级数

\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n

在 $x=x_1\ne0$ 处收敛，则对一切满足

\lvert x\rvert<\lvert x_1\rvert

的 $x$ ，该幂级数绝对收敛。

若它在 $x=x_2$ 处发散，则对一切满足

\lvert x\rvert>\lvert x_2\rvert

的 $x$ ，该幂级数发散。

因此幂级数存在收敛半径 $R$ ：

\begin{cases} |x|<R, & \text{绝对收敛},\\ |x|>R, & \text{发散},\\ |x|=R, & \text{端点单独讨论}. \end{cases}

若

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

则

R=\frac1{\rho},

其中约定：

\rho=0\Rightarrow R=+\infty,\qquad \rho=+\infty\Rightarrow R=0.

更一般地，

R=\frac1{\limsup\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{|a_n|}}.

4.3 求收敛域流程#

先对一般项使用比值法或根值法，求出开区间。
再分别代入两个端点。
端点可能收敛、发散、条件收敛、绝对收敛，必须单独写。
对缺项幂级数，例如只含 $x^{2n}$ 的级数，不能盲目套 $a_{n+1}/a_n$ 的公式，要对完整通项直接用比值法或根值法。

例 15：标准幂级数收敛域#

求

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

的收敛域。

解：

这是幂级数

\sum_{n=1}^{\infty}a_nx^n,\qquad a_n=\frac{(-1)^{n-1}}{n}.

由系数比值：

\lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right| =\lim_{n\to\infty}\frac{1/(n+1)}{1/n}=1,

所以收敛半径

R=1.

因此当 $|x|<1$ 时收敛，当 $|x|>1$ 时发散。端点单独讨论。

当 $x=1$ 时，

\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac1n

为交错调和级数，收敛。

当 $x=-1$ 时，

\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{(-1)^n}{n} =-\sum_{n=1}^{\infty}\frac1n,

发散。

因此收敛域为

(-1,1].

例 16：中心不在 0 的幂级数#

求

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

的收敛域。

解：

令

t=x-1.

原级数变为

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{t^n}{2^n n}.

设

u_n=\frac{t^n}{2^n n}.

对绝对值用根值法：

\sqrt[n]{|u_n|} =\frac{|t|}{2}\sqrt[n]{\frac1n}\to \frac{|t|}{2}.

所以收敛条件为

\frac{|t|}{2}<1,

即

|x-1|<2.

开区间为

-1<x<3.

端点：

当 $x=3$ 时， $t=2$ ，原级数为

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2^n}{2^n n} =\sum_{n=1}^{\infty}\frac1n,

发散。

当 $x=-1$ 时， $t=-2$ ，原级数为

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

由 Leibniz 判别法收敛，但不是绝对收敛。

故收敛域为

[-1,3).

补充例：缺项幂级数不能直接套公式#

求幂级数

\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(2n)!}{(n!)^2}x^{2n}

的收敛半径。

解：

这个级数缺少奇次幂项，不能直接把 $\dfrac{(2n)!}{(n!)^2}$ 当作普通 $x^n$ 的系数套公式。应对完整通项

u_n(x)=\frac{(2n)!}{(n!)^2}x^{2n}

使用比值法：

\left|\frac{u_{n+1}(x)}{u_n(x)}\right| =\frac{(2n+2)!}{((n+1)!)^2}|x|^{2n+2} \cdot \frac{(n!)^2}{(2n)!}|x|^{-2n}.

化简得

\left|\frac{u_{n+1}(x)}{u_n(x)}\right| =\frac{(2n+1)(2n+2)}{(n+1)^2}x^2 \to 4x^2.

因此当

4x^2<1

即

|x|<\frac12

时收敛；当 $|x|>\dfrac12$ 时发散。故收敛半径为

R=\frac12.

4.4 幂级数的性质#

若

S(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n

的收敛半径为 $R>0$ ，则在 $(-R,R)$ 内：

$S(x)$ 连续；
可逐项积分：

\int_0^x S(t)\,dt =\sum_{n=0}^{\infty}\frac{a_n}{n+1}x^{n+1};

可逐项求导：

S'(x)=\sum_{n=1}^{\infty}na_nx^{n-1};

求导或积分后收敛半径不变，但端点可能变化，仍要单独讨论。

5. 幂级数求和函数与展开#

5.1 常用基本展开#

这些必须背熟：

\frac1{1-x}=\sum_{n=0}^{\infty}x^n,\qquad |x|<1.

e^x=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n!},\qquad x\in\mathbb R.

\sin x=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!},\qquad x\in\mathbb R.

\cos x=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{x^{2n}}{(2n)!},\qquad x\in\mathbb R.

\ln(1+x)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{x^n}{n},\qquad -1<x\le1.

\arctan x=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{x^{2n+1}}{2n+1},\qquad |x|\le1.

(1+x)^\alpha =1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n+1)}{n!}x^n,\qquad |x|<1.

5.2 由几何级数求和#

例 17：#

求

\sum_{n=1}^{\infty}nx^n

的和函数。

解：

从

\sum_{n=0}^{\infty}x^n=\frac1{1-x},\qquad |x|<1

出发，两边求导：

\sum_{n=1}^{\infty}nx^{n-1}=\frac1{(1-x)^2}.

两边乘以 $x$ ：

\sum_{n=1}^{\infty}nx^n=\frac{x}{(1-x)^2},\qquad |x|<1.

5.3 逐项积分求和#

例 18：#

求

\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n+1}

的和函数。

解：

因为

\frac{x^n}{n+1}=\frac1x\cdot\frac{x^{n+1}}{n+1}\qquad(x\ne0),

而

\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{n+1}}{n+1} =\int_0^x\sum_{n=0}^{\infty}t^n\,dt =\int_0^x\frac{dt}{1-t} =-\ln(1-x).

所以

\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n+1} =-\frac{\ln(1-x)}{x},\qquad -1\le x<1,\ x\ne0.

当 $x=0$ 时，原级数值为 $1$ 。因此

S(x)= \begin{cases} -\dfrac{\ln(1-x)}{x}, & -1\le x<1,\ x\ne0,\\[6pt] 1, & x=0. \end{cases}

5.4 数项级数求和#

例 19：#

求

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

解：

利用

e^x=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n!}.

先有

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{nx^n}{n!} =x\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n-1}}{(n-1)!} =xe^x.

再注意

n^2=n(n-1)+n.

因此

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^2x^n}{n!} =\sum_{n=2}^{\infty}\frac{n(n-1)x^n}{n!} +\sum_{n=1}^{\infty}\frac{nx^n}{n!}.

第一项为

x^2\sum_{n=2}^{\infty}\frac{x^{n-2}}{(n-2)!}=x^2e^x.

第二项为

xe^x.

所以

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^2x^n}{n!} =(x^2+x)e^x.

令 $x=\dfrac12$ ：

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^2}{n!2^n} =\left(\frac14+\frac12\right)e^{1/2} =\frac34e^{1/2}.

5.5 用幂级数近似计算#

例 20：计算 $\ln2$ 的快速级数#

利用

\ln\frac{1+x}{1-x} =2\left(x+\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}+\cdots\right), \qquad |x|<1.

令

\frac{1+x}{1-x}=2.

解得

x=\frac13.

所以

\ln2 =2\left( \frac13+\frac1{3^3\cdot3}+\frac1{3^5\cdot5}+\cdots \right) =2\sum_{n=0}^{\infty}\frac1{(2n+1)3^{2n+1}}.

这比直接用 $\ln(1+x)$ 在 $x=1$ 的交错级数收敛更快。

例 21：展开 $e^x\sin x$ #

将

f(x)=e^x\sin x

展开为 $x$ 的幂级数。

解：

用欧拉公式：

e^x(\cos x+i\sin x)=e^{(1+i)x}.

所以

e^x\sin x=\operatorname{Im}\left(e^{(1+i)x}\right).

而

e^{(1+i)x} =\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(1+i)^n}{n!}x^n.

写

1+i=\sqrt2\left(\cos\frac{\pi}{4}+i\sin\frac{\pi}{4}\right),

则

(1+i)^n=2^{n/2}\left(\cos\frac{n\pi}{4} +i\sin\frac{n\pi}{4}\right).

取虚部：

e^x\sin x =\sum_{n=0}^{\infty} \frac{2^{n/2}\sin\frac{n\pi}{4}}{n!}x^n.

6. 傅里叶级数#

6.1 三角函数系的正交性#

在 $[-l,l]$ 上有：

\int_{-l}^{l}\cos\frac{m\pi x}{l}\cos\frac{n\pi x}{l}\,dx = \begin{cases} 0, & m\ne n,\\ l, & m=n\ne0, \end{cases}

并且当 $m=n=0$ 时，

\int_{-l}^{l}1\,dx=2l.

\int_{-l}^{l}\sin\frac{m\pi x}{l}\sin\frac{n\pi x}{l}\,dx = \begin{cases} 0, & m\ne n,\\ l, & m=n, \end{cases}

\int_{-l}^{l}\sin\frac{m\pi x}{l}\cos\frac{n\pi x}{l}\,dx=0.

6.2 Fourier 系数公式#

设 $f(x)$ 周期为 $2l$ ，则其傅里叶级数写作

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

a_n=\frac1l\int_{-l}^{l}f(x)\cos\frac{n\pi x}{l}\,dx, \qquad n=0,1,2,\ldots

b_n=\frac1l\int_{-l}^{l}f(x)\sin\frac{n\pi x}{l}\,dx, \qquad n=1,2,\ldots

当周期为 $2\pi$ 时：

a_n=\frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nx\,dx, \qquad b_n=\frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin nx\,dx.

6.3 Dirichlet 收敛定理#

若周期函数 $f(x)$ 在一个周期内：

连续或只有有限个第一类间断点；
至多有有限个极值点；

则 $f$ 的傅里叶级数收敛，并且：

在连续点 $x$ ，级数收敛于 $f(x)$ ；
在间断点 $x$ ，级数收敛于

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

在端点按周期延拓后也取左右极限平均。

这是傅里叶级数最容易丢分的地方：间断点不是随便取函数值，而是取左右极限平均。

6.4 奇偶函数简化#

若 $f$ 是偶函数，则 $b_n=0$ ，只含余弦项：

f(x)\sim\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}a_n\cos\frac{n\pi x}{l}.

若 $f$ 是奇函数，则 $a_n=0$ ，只含正弦项：

f(x)\sim\sum_{n=1}^{\infty}b_n\sin\frac{n\pi x}{l}.

口诀：奇正弦，偶余弦。

6.5 半区间展开#

若 $f(x)$ 只在 $[0,l]$ 上给出：

作奇延拓，得到正弦级数；
作偶延拓，得到余弦级数。

正弦展开：

f(x)\sim\sum_{n=1}^{\infty}b_n\sin\frac{n\pi x}{l},

其中

b_n=\frac2l\int_0^l f(x)\sin\frac{n\pi x}{l}\,dx.

余弦展开：

f(x)\sim\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}a_n\cos\frac{n\pi x}{l},

其中

a_n=\frac2l\int_0^l f(x)\cos\frac{n\pi x}{l}\,dx,\qquad n=0,1,2,\ldots

7. 傅里叶级数完整例题#

例 22：周期为 6 的矩形脉冲#

设 $f(x)$ 以 $6$ 为周期，并在 $[-3,3)$ 上定义为

f(x)= \begin{cases} -E_m, & -3\le x<0,\\ E_m, & 0\le x<3. \end{cases}

求其傅里叶级数。

解：

周期 $2l=6$ ，故 $l=3$ 。函数为奇函数，所以只含正弦项：

f(x)\sim\sum_{n=1}^{\infty}b_n\sin\frac{n\pi x}{3}.

系数为

b_n=\frac1{3}\int_{-3}^{3}f(x)\sin\frac{n\pi x}{3}\,dx.

由于 $f(x)$ 与 $\sin\dfrac{n\pi x}{3}$ 都是奇函数，乘积为偶函数：

b_n=\frac2{3}\int_0^3 E_m\sin\frac{n\pi x}{3}\,dx.

计算得

b_n=\frac{2E_m}{3}\left[ -\frac{3}{n\pi}\cos\frac{n\pi x}{3} \right]_0^3 =\frac{2E_m}{n\pi}\left(1-\cos n\pi\right).

因为 $\cos n\pi=(-1)^n$ ，

b_n= \begin{cases} \dfrac{4E_m}{n\pi}, & n\text{ 为奇数},\\[6pt] 0, & n\text{ 为偶数}. \end{cases}

所以

f(x)\sim \frac{4E_m}{\pi} \left( \sin\frac{\pi x}{3} +\frac13\sin\frac{3\pi x}{3} +\frac15\sin\frac{5\pi x}{3} +\cdots \right).

即

f(x)\sim \frac{4E_m}{\pi} \sum_{k=1}^{\infty} \frac1{2k-1}\sin\frac{(2k-1)\pi x}{3}.

在跳跃点 $x=3k$ 处，级数收敛于左右极限平均，即 $0$ 。

例 23： $f(x)=x$ 在 $(-\pi,\pi)$ 上的傅里叶级数#

设 $f(x)=x$ ，并作周期为 $2\pi$ 的周期延拓。

解：

$f(x)=x$ 是奇函数，所以 $a_n=0$ ，只求 $b_n$ ：

b_n=\frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi}x\sin nx\,dx =\frac2\pi\int_0^\pi x\sin nx\,dx.

分部积分：

\int_0^\pi x\sin nx\,dx =\left[-\frac{x\cos nx}{n}\right]_0^\pi +\frac1n\int_0^\pi\cos nx\,dx.

第二项为

\frac1n\left[\frac{\sin nx}{n}\right]_0^\pi=0.

因此

\int_0^\pi x\sin nx\,dx =-\frac{\pi\cos n\pi}{n} =-\frac{\pi(-1)^n}{n}.

所以

b_n=\frac2\pi\cdot\left(-\frac{\pi(-1)^n}{n}\right) =\frac{2(-1)^{n+1}}{n}.

故

x\sim 2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n}\sin nx, \qquad -\pi<x<\pi.

在 $x=(2k+1)\pi$ 处，周期延拓函数有跳跃，级数收敛于

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

例 24：周期 $2\pi$ ， $f(x)=e^{-x}$ ， $0\le x<2\pi$ #

设 $f(x)=e^{-x}$ 在 $[0,2\pi)$ 上给出，并作周期为 $2\pi$ 的周期延拓。

解：

用 $[0,2\pi]$ 上的等价系数公式：

a_0=\frac1\pi\int_0^{2\pi}e^{-x}\,dx =\frac{1-e^{-2\pi}}{\pi}.

对 $n\ge1$ ，

a_n=\frac1\pi\int_0^{2\pi}e^{-x}\cos nx\,dx.

利用公式

\int e^{-x}\cos nx\,dx =\frac{e^{-x}(-\cos nx+n\sin nx)}{1+n^2},

得

a_n=\frac1\pi \left[ \frac{e^{-x}(-\cos nx+n\sin nx)}{1+n^2} \right]_0^{2\pi} =\frac{1-e^{-2\pi}}{\pi(1+n^2)}.

再求

b_n=\frac1\pi\int_0^{2\pi}e^{-x}\sin nx\,dx.

利用公式

\int e^{-x}\sin nx\,dx =\frac{e^{-x}(-\sin nx-n\cos nx)}{1+n^2},

得

b_n=\frac1\pi \left[ \frac{e^{-x}(-\sin nx-n\cos nx)}{1+n^2} \right]_0^{2\pi} =\frac{n(1-e^{-2\pi})}{\pi(1+n^2)}.

因此

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

在 $x=2k\pi$ 处，周期延拓有跳跃，级数收敛于

\frac{f(0+)+f(2\pi-)}2 =\frac{1+e^{-2\pi}}2.

例 25：半区间正弦展开 $f(x)=x+1$ #

在 $0<x<\pi$ 上，将

f(x)=x+1

展开为正弦级数。

解：

作奇延拓，正弦系数为

b_n=\frac2\pi\int_0^\pi (x+1)\sin nx\,dx.

分开：

b_n=\frac2\pi\left( \int_0^\pi x\sin nx\,dx +\int_0^\pi\sin nx\,dx \right).

前面已经算过

\int_0^\pi x\sin nx\,dx =-\frac{\pi(-1)^n}{n}.

又

\int_0^\pi\sin nx\,dx =\left[-\frac{\cos nx}{n}\right]_0^\pi =\frac{1-(-1)^n}{n}.

故

b_n= \frac2\pi\left[ -\frac{\pi(-1)^n}{n} +\frac{1-(-1)^n}{n} \right].

分类：

当 $n=2k$ 时，

b_{2k}=\frac2\pi\left(-\frac{\pi}{2k}\right) =-\frac1k.

当 $n=2k-1$ 时，

b_{2k-1} =\frac2\pi\left( \frac{\pi}{2k-1}+\frac{2}{2k-1} \right) =\frac2{2k-1}+\frac4{(2k-1)\pi}.

所以

x+1\sim \sum_{k=1}^{\infty} \left( \frac2{2k-1}+\frac4{(2k-1)\pi} \right)\sin(2k-1)x -\sum_{k=1}^{\infty}\frac1k\sin 2kx.

在端点 $x=0,\pi$ ，正弦级数的和为 $0$ ，这与原函数端点值不同，是奇延拓造成的。

例 26：任意有限区间的傅里叶展开#

若函数定义在 $(a,b)$ 上，令

z=x-\frac{a+b}{2},\qquad l=\frac{b-a}{2}.

则 $x\in(a,b)$ 转为 $z\in(-l,l)$ 。先对

F(z)=f\left(z+\frac{a+b}{2}\right)

在 $(-l,l)$ 上展开，再代回 $z=x-\dfrac{a+b}{2}$ 。

例如在 $(0,10)$ 上展开 $f(x)=x-5$ 。令 $z=x-5$ ，则 $F(z)=z$ ， $l=5$ 。由 $f(x)=x$ 在 $(-l,l)$ 的通式可得

z\sim \frac{2l}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n}\sin\frac{n\pi z}{l}.

所以

x-5\sim \frac{10}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n} \sin\frac{n\pi(x-5)}{5}.

例 27：由傅里叶级数求 $\sum 1/n^2$ #

由例 23：

x=2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}n\sin nx,\qquad -\pi<x<\pi.

取 $x=\dfrac{\pi}{2}$ ：

\frac{\pi}{2} =2\left( 1-\frac13+\frac15-\frac17+\cdots \right),

得到 Leibniz 公式：

\frac{\pi}{4}=1-\frac13+\frac15-\frac17+\cdots.

若进一步使用 Parseval 等式：

\frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi}x^2\,dx =\sum_{n=1}^{\infty}b_n^2,

其中

b_n=\frac{2(-1)^{n+1}}n.

左边为

\frac1\pi\cdot\frac{2\pi^3}{3}=\frac{2\pi^2}{3}.

右边为

\sum_{n=1}^{\infty}\frac4{n^2}=4\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^2}.

因此

\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^2}=\frac{\pi^2}{6}.

于是奇数项平方倒数和为

\sum_{k=1}^{\infty}\frac1{(2k-1)^2} =\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^2} -\sum_{k=1}^{\infty}\frac1{(2k)^2} =\frac{\pi^2}{6}-\frac14\cdot\frac{\pi^2}{6} =\frac{\pi^2}{8}.

8. 课件题型处理办法总表#

题型	识别特征	首选方法	写法模板
等比级数	$aq^n$	等比公式	判断 $\lvert q\rvert<1$ ，再给和
望远镜	$\ln\frac{n+1}{n}$ 、分式差、反正切差	部分和相消	写 $S_N$ ，再取极限
调和级数	$\sum 1/n$	分组或 p 级数	说明 $p=1$ 发散
正项级数	$u_n\ge0$	比较/极限比较	找等价的 p 级数
泰勒比较	$\ln,\sin,e,\cos$ 中含 $1/n$	展开到首个非零项	与 $\sum 1/n^p$ 比较
阶乘指数	$n!, a^n, n^n$	比值法	算 $u_{n+1}/u_n$
n 次方整体	$(\cdots)^n$	根值法	算 $\sqrt[n]{u_n}$
$\frac1{n(\ln n)^a}$	对数型	积分法	令 $t=\ln x$
交错级数	$(-1)^n a_n$	Leibniz	检查 $a_n\downarrow0$
绝对/条件收敛	任意项	先取绝对值	绝对收敛优先
函数项一致收敛	有 $x$ ，需对区间一致	M 判别法	找 $\lvert u_n(x)\rvert\le M_n$
幂级数收敛域	$\sum a_n(x-x_0)^n$	比值/根值 + 端点	端点必须代入
幂级数求和	$\sum nx^n,\sum x^n/(n+1)$	几何级数求导/积分	先写 $\lvert x\rvert<1$
傅里叶展开	周期函数	系数公式	先定周期 $2l$
奇偶傅里叶	奇函数/偶函数	奇正弦偶余弦	只算一类系数
半区间展开	$[0,l]$ 上函数	奇/偶延拓	正弦或余弦级数
间断点求值	跳跃点	Dirichlet	左右极限平均

9. 易错点清单#

等比级数条件是 $|q|<1$ ，不是 $q<1$ 。
通项趋于 0 不能推出级数收敛，只能反过来用：通项不趋零则发散。
比值法/根值法等于 1 时失效，不能说收敛或发散。
比较法通常用于正项级数；任意项要先考虑绝对值。
Leibniz 判别法要检查单调递减和趋于 0。
条件收敛不是绝对收敛；考试要明确分类。
幂级数端点必须单独讨论，不能只写 $|x|<R$ 。
缺项幂级数不能直接套系数比值公式，要对完整通项审敛。
逐项求导需要导数级数一致收敛，不能只凭原级数一致收敛。
傅里叶级数在间断点取左右极限平均。
半区间正弦/余弦展开不唯一，取决于奇延拓还是偶延拓。
傅里叶系数中的周期参数要先确认：周期 $2l$ 时三角函数是 $\cos\dfrac{n\pi x}{l}$ 、 $\sin\dfrac{n\pi x}{l}$ 。

10. 课件布置作业#

课件中列出的作业范围：

习题 7.1（A）：
- $3(2,3)$ ， $4$ ， $6$ ， $7$ ， $8(1,3)$ ；
- $12(2,4,6,8,10,12,14)$ ；
- $14(1,3,5)$ ， $15$ ， $16(2)$ ， $18(1,3)$ ， $20$ 。
习题 7.2（A）：
- $3(1,3)$ ， $4(2,4,5)$ 。
习题 7.3（A）：
- $4(1,3,5,7,9)$ ， $6(2,5,6,7)$ ， $8(3,4,5)$ ；
- $9(1,3,5)$ ， $10(2,3)$ 。
习题 7.4（A）：
- $4$ ， $5(2,4)$ ， $6(1,3)$ ， $7(1,2)$ 。

建议做题顺序：

先做 7.1 中所有审敛法题，目标是见到通项能立刻选方法。
再做 7.2 的函数项级数收敛域/一致收敛题，以及 7.3 的幂级数收敛域题，重点练端点。
最后做傅里叶展开题，重点练系数积分与间断点取值。

11. 最后 3 天复习安排#

第 1 天：常数项级数#

背 p 级数、等比级数、Leibniz、比值、根值、积分法条件。
每种审敛法至少做 2 道题。
特别练泰勒展开比较： $\sin x$ 、 $\ln(1+x)$ 、 $e^x$ 、 $\cos x$ 。

第 2 天：函数项级数与幂级数#

背一致收敛定义和 M 判别法。
练幂级数收敛半径与端点。
背常见展开式，并练通过求导/积分求和函数。

第 3 天：傅里叶级数#

背 Fourier 系数公式。
练奇函数、偶函数、半区间展开。
反复提醒自己：间断点取左右极限平均。
最后把本资料中的所有例题独立重写一遍。

12. 审核记录#

已按以下项目自查：

覆盖课件第 7.1、7.2-7.3、7.4 的主线内容。
包含常数项级数、函数项级数、幂级数、泰勒展开、傅里叶级数的基本定义。
包含课件中出现的典型题型处理办法：等比、望远镜、调和、p 级数、比较、极限比较、比值、根值、积分、Leibniz、绝对/条件收敛、一致收敛、幂级数收敛域、和函数、傅里叶展开。
给出完整例题解答，包含关键计算步骤与结论。
对容易被课件 PDF 提取误差影响的公式，按数学标准结果重新校正。
特别校正：等比级数条件为 $|q|<1$ ；傅里叶间断点取左右极限平均；幂级数端点必须单独讨论。
对照课件截图复核并修正： $\sum(e^{1/n^2}-\cos(1/n))$ 、 $\sum(-1)^{n-1}x^n/n$ 、 $\sum (x-1)^n/(2^n n)$ 、 $\sum (-1)^n n^2/e^n$ 。
补入课件函数项级数收敛域例题、缺项幂级数例题、非单调交错级数例题。
机械检查：Markdown 文件已生成；预留类标记未命中； $...$ 与 $$...$$ 分隔符数量均为偶数。

如果时间只够背一页，就背第 8 节“课件题型处理办法总表”和第 9 节“易错点清单”；如果时间够做题，就把第 2、5、7 节例题全部手写一遍。

第七章 无穷级数复习资料#

0. 考前速救路线#

1. 常数项级数#

1.1 基本定义#

1.2 基本性质#

1.3 等比级数#

2. 常数项级数题型与完整例题#

2.1 用定义或望远镜求和#

例 1：判断并求和#

例 2：判断并求和#

例 3：反正切望远镜#

2.2 正项级数#

p 级数#

比较审敛法#

极限比较审敛法#

例 4：极限比较#

例 5：用泰勒展开找等价无穷小#

2.3 比值审敛法#

例 6：阶乘型#

例 7：参数型#

2.4 根值审敛法#

例 8：根值法处理交替底数#

2.5 积分审敛法#

例 9：对数 p 型#

2.6 任意项级数、交错级数、绝对收敛#

Leibniz 判别法#

绝对收敛与条件收敛#

例 10：绝对收敛#

例 11：交错但绝对收敛#

例 12：条件收敛#

补充例：不能直接用 Leibniz，但可判绝对收敛#

2.7 Cauchy 收敛准则#

2.8 常数项级数审敛决策树#

3. 函数项级数与一致收敛#

3.1 基本定义#

课件例：用部分和求收敛域与和函数#

课件例：用比值法求函数项级数收敛域#

课件练习：收敛域快速答案#

3.2 一致收敛定义#

3.3 Weierstrass 判别法#

例 13：一致收敛#

3.4 一致收敛的性质#

例 14：逐点收敛但不一致收敛#

4. 幂级数#

4.1 定义#

4.2 Abel 定理与收敛半径#

4.3 求收敛域流程#

例 15：标准幂级数收敛域#

例 16：中心不在 0 的幂级数#

补充例：缺项幂级数不能直接套公式#

4.4 幂级数的性质#

5. 幂级数求和函数与展开#

5.1 常用基本展开#

5.2 由几何级数求和#

例 17：#

5.3 逐项积分求和#

例 18：#

5.4 数项级数求和#

例 19：#

5.5 用幂级数近似计算#

例 20：计算 ln⁡2\ln2ln2 的快速级数#

例 21：展开 exsin⁡xe^x\sin xexsinx#

6. 傅里叶级数#

6.1 三角函数系的正交性#

6.2 Fourier 系数公式#

6.3 Dirichlet 收敛定理#

6.4 奇偶函数简化#

6.5 半区间展开#

7. 傅里叶级数完整例题#

例 22：周期为 6 的矩形脉冲#

例 23：f(x)=xf(x)=xf(x)=x 在 (−π,π)(-\pi,\pi)(−π,π) 上的傅里叶级数#

例 24：周期 2π2\pi2π，f(x)=e−xf(x)=e^{-x}f(x)=e−x，0≤x<2π0\le x<2\pi0≤x<2π#

例 25：半区间正弦展开 f(x)=x+1f(x)=x+1f(x)=x+1#

例 26：任意有限区间的傅里叶展开#

例 27：由傅里叶级数求 ∑1/n2\sum 1/n^2∑1/n2#

8. 课件题型处理办法总表#

9. 易错点清单#

10. 课件布置作业#

11. 最后 3 天复习安排#

第 1 天：常数项级数#

第七章无穷级数复习资料#

例 20：计算 $\ln2$ 的快速级数#

例 21：展开 $e^x\sin x$ #

例 23： $f(x)=x$ 在 $(-\pi,\pi)$ 上的傅里叶级数#

例 24：周期 $2\pi$ ， $f(x)=e^{-x}$ ， $0\le x<2\pi$ #

例 25：半区间正弦展开 $f(x)=x+1$ #

例 27：由傅里叶级数求 $\sum 1/n^2$ #