主讲：王俊童 | 共20题 | 覆盖Ch11无穷级数全部考点
题目：判断级数的收敛性：
$$\sumni \frac{n!\cdot 3^n}{n^n}$$思路分析
通项含 $n!$ 和 $n^n$，阶乘与幂的比较是比值法的经典适用场景。比值法对"相邻项之比能化简"的级数最有效，尤其通项含 $n!$、$a^n$、$n^n$ 等因子时优先尝试。
详细解答
Step 1 — 计算比值。设 $a_n = \dfrac{n!\cdot 3^n}{n^n}$，则：
$$\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(n+1)!\cdot 3^{n+1}}{(n+1)^{n+1}} \cdot \frac{n^n}{n!\cdot 3^n}$$ $$= \frac{(n+1)\cdot 3\cdot n^n}{(n+1)^{n+1}} = \frac{3\cdot n^n}{(n+1)^n} = 3\left(\frac{n}{n+1}\right)^n$$Step 2 — 求极限。
$$\lim_{n\to\infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} = 3\lim_{n\to\infty}\left(\frac{n}{n+1}\right)^n = 3\lim_{n\to\infty}\left(1-\frac{1}{n+1}\right)^n$$ $$= 3\lim_{n\to\infty}\left[\left(1-\frac{1}{n+1}\right)^{n+1}\right]^{n/(n+1)} = 3\cdot e^{-1}\cdot 1 = \frac{3}{e}$$Step 3 — 判断。$\dfrac{3}{e} \approx 1.104 > 1$，由比值判别法，级数发散。
$$\boxed{\text{发散}}$$题目：判断级数的收敛性：
$$\sumni \left(\frac{n}{2n+1}\right)^{n^2}$$思路分析
通项是 $a_n^{n^2}$ 的形式，含 $n$ 次幂结构。取 $n$ 次根可消去外层指数，化为 $a_n^n$ 的形式，再进一步求极限。根值法对通项含 $(\cdots)^n$ 或 $(\cdots)^{n^2}$ 的级数最有效。
详细解答
Step 1 — 取 $n$ 次方根。
$$\sqrt[n]{a_n} = \left(\frac{n}{2n+1}\right)^n$$Step 2 — 求极限。
$$\lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{a_n} = \lim_{n\to\infty}\left(\frac{n}{2n+1}\right)^n = \lim_{n\to\infty}\left(\frac{1}{2+1/n}\right)^n = \lim_{n\to\infty}\left(\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{1+\frac{1}{2n}}\right)^n$$更直接地：
$$\left(\frac{n}{2n+1}\right)^n = \left(\frac{1}{2}\cdot\frac{2n}{2n+1}\right)^n = \frac{1}{2^n}\left(1-\frac{1}{2n+1}\right)^n$$ $$\lim_{n\to\infty}\left(1-\frac{1}{2n+1}\right)^n = e^{-1/2}$$所以：
$$\sqrt[n]{a_n} = \left[\left(\frac{n}{2n+1}\right)^{n^2}\right]^{1/n} = \left(\frac{n}{2n+1}\right)^n = \frac{1}{2^n}\left(\frac{2n}{2n+1}\right)^n$$由于 $\left(\frac{2n}{2n+1}\right)^n \to e^{-1/2}$ 是有限正常数，而 $\frac{1}{2^n} \to 0$：
$$\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_n} = \lim_{n\to\infty}\frac{1}{2^n}\cdot e^{-1/2} = 0$$Step 3 — 判断。$\sqrt[n]{a_n} \to 0 < 1$，由根值判别法，级数收敛。
$$\boxed{\text{收敛}}$$题目：判断级数的收敛性：
$$\sumni \frac{1}{n}\ln\left(1+\frac{1}{\sqrt{n}}\right)$$思路分析
通项不含阶乘或高次幂，比值法和根值法通常给出极限为1（失效）。此时应用比较判别法：找一个已知收敛/发散的级数 $b_n$，使 $a_n/b_n \to L$（$0 < L < \infty$）。关键是用等价无穷小展开通项。
详细解答
Step 1 — 等价无穷小展开。当 $n \to \infty$，$\frac{1}{\sqrt{n}} \to 0$，利用 $\ln(1+x) \sim x - \frac{x^2}{2} + \cdots$（$x \to 0$）：
$$\ln\left(1+\frac{1}{\sqrt{n}}\right) \sim \frac{1}{\sqrt{n}} \quad (n \to \infty)$$Step 2 — 估计通项阶数。
$$a_n = \frac{1}{n}\ln\left(1+\frac{1}{\sqrt{n}}\right) \sim \frac{1}{n}\cdot\frac{1}{\sqrt{n}} = \frac{1}{n^{3/2}}$$Step 3 — 极限比较判别法。取 $b_n = \frac{1}{n^{3/2}}$（$p$-级数，$p = 3/2 > 1$，收敛）：
$$\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n} = \lim_{n\to\infty}\frac{\frac{1}{n}\ln\left(1+\frac{1}{\sqrt{n}}\right)}{\frac{1}{n^{3/2}}} = \lim_{n\to\infty}\sqrt{n}\cdot\ln\left(1+\frac{1}{\sqrt{n}}\right)$$ $$= \lim_{n\to\infty}\sqrt{n}\cdot\frac{1}{\sqrt{n}} = 1$$极限为 $1 \in (0,+\infty)$，由极限比较判别法，$\sum a_n$ 与 $\sum b_n$ 同敛散。$\sum \frac{1}{n^{3/2}}$ 收敛，故原级数收敛。
$$\boxed{\text{收敛}}$$题目：判断级数的收敛性：
$$\sumni \frac{1}{n\ln n\cdot(\ln\ln n)^2} \quad (n \ge 3)$$思路分析
通项含嵌套对数 $\ln\ln n$，无法直接与 $p$-级数比较（它下降得比任何 $1/n^p$（$p > 1$）都慢，但又比 $1/(n\ln n)$ 快）。此时积分判别法最为有效：将求和转化为反常积分，后者可用换元法计算。
详细解答
Step 1 — 验证积分判别法条件。令 $f(x) = \frac{1}{x\ln x\cdot(\ln\ln x)^2}$（$x \ge 3$）。$f$ 在 $[3,+\infty)$ 上连续、正值、单调递减。条件满足。
Step 2 — 计算反常积分。
$$\int_3^{+\infty}\frac{\dd x}{x\ln x\cdot(\ln\ln x)^2}$$换元：令 $t = \ln\ln x$，则 $\dd t = \frac{1}{x\ln x}\dd x$。
当 $x = 3$ 时 $t = \ln\ln 3$；$x \to +\infty$ 时 $t \to +\infty$。
$$\int_3^{+\infty}\frac{\dd x}{x\ln x\cdot(\ln\ln x)^2} = \int_{\ln\ln 3}^{+\infty}\frac{\dd t}{t^2} = \left[-\frac{1}{t}\right]_{\ln\ln 3}^{+\infty} = 0 + \frac{1}{\ln\ln 3} < +\infty$$Step 3 — 结论。反常积分收敛，由积分判别法，原级数收敛。
$$\boxed{\text{收敛}}$$题目：判断级数的收敛性：
$$\sumni (-1)^{n-1}\frac{\ln n}{n}$$思路分析
这是标准的交错级数 $\sum(-1)^{n-1}b_n$，其中 $b_n = \frac{\ln n}{n}$。Leibniz 判别法要验证两个条件：(1) $b_n$ 单调递减；(2) $b_n \to 0$。同时要注意，Leibniz 判别法只能证明收敛，还需进一步讨论是绝对收敛还是条件收敛。
详细解答
Step 1 — 验证 $b_n \to 0$。
$$\lim_{n\to\infty}\frac{\ln n}{n} = \lim_{x\to\infty}\frac{\ln x}{x} \overset{\text{L'H}}{=} \lim_{x\to\infty}\frac{1/x}{1} = 0 \quad\checkmark$$Step 2 — 验证 $b_n$ 单调递减。令 $f(x) = \frac{\ln x}{x}$（$x \ge 1$），则：
$$f'(x) = \frac{1/x\cdot x - \ln x\cdot 1}{x^2} = \frac{1-\ln x}{x^2}$$当 $x \ge e$（即 $\ln x \ge 1$）时 $f'(x) \le 0$，$f$ 单调递减。因此 $b_n = f(n)$ 从 $n \ge 3$ 起单调递减。
Step 3 — 应用 Leibniz 判别法。$b_n$ 单调递减趋于0，由 Leibniz 判别法，交错级数 $\sum(-1)^{n-1}\frac{\ln n}{n}$ 收敛。
Step 4 — 讨论绝对收敛性。考察 $\sum\frac{\ln n}{n}$。由于 $n \ge 3$ 时 $\ln n > 1$：
$$\frac{\ln n}{n} > \frac{1}{n}$$而 $\sum\frac{1}{n}$ 发散，由比较判别法 $\sum\frac{\ln n}{n}$ 发散。故原级数不是绝对收敛。
结论：原级数条件收敛。
$$\boxed{\text{条件收敛}}$$题目：判断下列级数的敛散性，若收敛，指出是绝对收敛还是条件收敛。
$$\sumni \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}+(-1)^n}$$思路分析
通项分母含 $(-1)^n$，不是标准的交错级数形式，不能直接用 Leibniz 判别法。需要先将通项分母有理化，分解出"主项"和"修正项"，再分别判断。
详细解答
Step 1 — 分母有理化。
$$a_n = \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}+(-1)^n} = \frac{(-1)^n[\sqrt{n}-(-1)^n]}{[\sqrt{n}+(-1)^n][\sqrt{n}-(-1)^n]} = \frac{(-1)^n\sqrt{n}-1}{n-1}$$（其中用到 $(-1)^{2n} = 1$，分母化为 $n - (-1)^{2n} = n - 1$。）
Step 2 — 拆分通项。
$$a_n = \frac{(-1)^n\sqrt{n}}{n-1} - \frac{1}{n-1} = \frac{(-1)^n\sqrt{n}}{n-1} - \frac{1}{n-1}$$Step 3 — 分析第一部分 $\sum\frac{(-1)^n\sqrt{n}}{n-1}$。
令 $b_n = \frac{\sqrt{n}}{n-1} = \frac{1}{\sqrt{n}-1/\sqrt{n}} \sim \frac{1}{\sqrt{n}}$（$n\to\infty$）。
$b_n$ 单调递减（$n$ 充分大时）且 $b_n \to 0$，由 Leibniz 判别法，$\sum(-1)^n b_n$ 收敛。
Step 4 — 分析第二部分 $\sum\frac{1}{n-1}$。
$\frac{1}{n-1} \sim \frac{1}{n}$，由比较判别法，$\sum\frac{1}{n-1}$ 发散。
Step 5 — 合并。$\sum a_n = \sum(-1)^n b_n - \sum\frac{1}{n-1}$。收敛 $-$ 发散 $=$ 发散。
$$\boxed{\text{发散}}$$题目：讨论级数关于参数 $p$ 的敛散性：
$$\sumni \left(\frac{1}{n}-\sin\frac{1}{n}\right)^p$$思路分析
含参数 $p$ 的级数，需要先确定通项的等价无穷小阶数（关于 $n$ 的幂次），再与 $p$-级数比较。关键是对 $\frac{1}{n} - \sin\frac{1}{n}$ 做 Taylor 展开。
详细解答
Step 1 — Taylor 展开。令 $t = 1/n \to 0^+$：
$$t - \sin t = t - \left(t - \frac{t^3}{6} + O(t^5)\right) = \frac{t^3}{6} + O(t^5) \sim \frac{t^3}{6}$$所以 $\frac{1}{n} - \sin\frac{1}{n} \sim \frac{1}{6n^3}$（$n \to \infty$）。
Step 2 — 通项的等价阶数。
$$a_n = \left(\frac{1}{n}-\sin\frac{1}{n}\right)^p \sim \left(\frac{1}{6n^3}\right)^p = \frac{1}{6^p}\cdot\frac{1}{n^{3p}}$$Step 3 — 极限比较。
$$\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{1/n^{3p}} = \frac{1}{6^p} \in (0,+\infty)$$由极限比较判别法，$\sum a_n$ 与 $\sum\frac{1}{n^{3p}}$ 同敛散。
Step 4 — 由 $p$-级数判别法。$\sum\frac{1}{n^{3p}}$ 收敛 $\iff 3p > 1 \iff p > \frac{1}{3}$。
Step 5 — 边界情况 $p \le 0$。当 $p = 0$：$a_n = 1$，$\sum 1$ 发散。当 $p < 0$：$a_n \to +\infty$，通项不趋于0，发散。
$$\boxed{p > \frac{1}{3} \text{ 时收敛，} p \le \frac{1}{3} \text{ 时发散}}$$记住核心思路：Taylor 展开找首项 → 确定阶数 → 与 $p$-级数比较。
题目：求幂级数的收敛域：
$$\sumni \frac{(-1)^{n-1}}{n\cdot 2^n}x^n$$思路分析
求幂级数收敛域的标准三步法：(1) 求收敛半径 $R$；(2) 确定开区间 $(-R,R)$；(3) 逐一检验端点 $x = \pm R$。
详细解答
Step 1 — 求收敛半径。$a_n = \frac{(-1)^{n-1}}{n\cdot 2^n}$，用比值法：
$$\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right| = \frac{n\cdot 2^n}{(n+1)\cdot 2^{n+1}} = \frac{n}{2(n+1)} \to \frac{1}{2}$$ $$R = \frac{1}{1/2} = 2$$Step 2 — 开区间 $(-2,2)$ 内绝对收敛。
Step 3 — 检验端点。
题目：求幂级数的收敛半径和收敛域：
$$\sumn \frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}$$思路分析
这是缺项幂级数（只含 $x$ 的奇数次幂），不能直接对系数 $a_n$ 用比值公式 $R = \lim|a_n/a_{n+1}|$。正确做法是对通项直接用比值法或根值法，或者先令 $t = x^2$。观察：这就是 $\sinh x = \frac{e^x - e^{-x}}{2}$ 的 Taylor 展开。
详细解答
Step 1 — 对通项用比值法。令 $u_n = \frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}$：
$$\left|\frac{u_{n+1}}{u_n}\right| = \left|\frac{x^{2n+3}}{(2n+3)!}\cdot\frac{(2n+1)!}{x^{2n+1}}\right| = \frac{x^2}{(2n+2)(2n+3)} \to 0 \quad (\forall x)$$Step 2 — 结论。比值极限 $= 0 < 1$ 对所有 $x$ 成立，级数在 $(-\infty,+\infty)$ 上收敛。
$$\boxed{R = +\infty,\quad\text{收敛域为 }(-\infty,+\infty)}$$事实上，$\sumn\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!} = \sinh x = \frac{e^x - e^{-x}}{2}$，这是初等函数，自然在全实数轴上有定义。
题目：将函数 $f(x) = xe^{-x^2}$ 展开为 $x$ 的幂级数。
思路分析
不必从零开始算 Taylor 系数。直接利用已知展开 $e^t = \sumn\frac{t^n}{n!}$，替换 $t = -x^2$，再乘以 $x$。这比逐项求导高效得多。
详细解答
Step 1 — 利用指数函数展开。
$$e^t = \sumn\frac{t^n}{n!}, \quad t \in (-\infty,+\infty)$$Step 2 — 替换 $t = -x^2$。
$$e^{-x^2} = \sumn\frac{(-x^2)^n}{n!} = \sumn\frac{(-1)^n x^{2n}}{n!}, \quad x \in (-\infty,+\infty)$$Step 3 — 乘以 $x$。
$$xe^{-x^2} = \sumn\frac{(-1)^n x^{2n+1}}{n!}$$ $$= x - x^3 + \frac{x^5}{2!} - \frac{x^7}{3!} + \cdots$$ $$\boxed{xe^{-x^2} = \sumn\frac{(-1)^n}{n!}x^{2n+1}, \quad x \in (-\infty,+\infty)}$$题目：将 $f(x) = \ln(1+x+x^2)$ 展开为 Maclaurin 级数。
思路分析
$\ln(1+x+x^2)$ 不能直接套 $\ln(1+t)$ 的展开（因为 $t = x + x^2$ 的收敛域分析复杂）。更好的策略是因式分解：利用 $1+x+x^2 = \frac{1-x^3}{1-x}$，将问题转化为已知展开。
详细解答
Step 1 — 因式分解。注意到：
$$1 - x^3 = (1-x)(1+x+x^2)$$所以：
$$1+x+x^2 = \frac{1-x^3}{1-x}$$ $$\ln(1+x+x^2) = \ln(1-x^3) - \ln(1-x)$$Step 2 — 分别展开。
已知 $\ln(1-t) = -\sumni\frac{t^n}{n}$（$-1 \le t < 1$）。
$$\ln(1-x^3) = -\sumni\frac{x^{3n}}{n}, \quad |x| < 1$$ $$\ln(1-x) = -\sumni\frac{x^n}{n}, \quad |x| < 1$$Step 3 — 相减。
$$\ln(1+x+x^2) = -\sumni\frac{x^{3n}}{n} + \sumni\frac{x^n}{n} = \sumni\frac{x^n}{n}\left[1 - \begin{cases}1, & 3\mid n \\ 0, & 3\nmid n\end{cases}\right]$$即：当 $3 \mid n$ 时，$x^n$ 的系数为 $\frac{1}{n} - \frac{1}{n} = 0$；当 $3 \nmid n$ 时，系数为 $\frac{1}{n}$。
$$\ln(1+x+x^2) = x + \frac{x^2}{2} - \frac{x^4}{4} - \frac{x^5}{5} + \frac{x^7}{7} + \frac{x^8}{8} - \cdots$$更紧凑地写：
$$\boxed{\ln(1+x+x^2) = \sumni \frac{x^n}{n} - \sumni\frac{x^{3n}}{n}, \quad |x| < 1}$$或等价地：$\displaystyle\sum_{\substack{n=1 \\ 3\nmid n}}^{\infty}\frac{x^n}{n}$（$|x| < 1$）。
题目：求幂级数的和函数：
$$S(x) = \sumni n^2 x^n, \quad |x| < 1$$思路分析
通项含 $n^2$，想通过逐项积分消去 $n$ 的幂次。但更常用的策略是反过来：利用 $nx^n = x(x^n)' $，将 $n$ 的幂次化为对 $x$ 的求导。先从基本级数 $\sum x^n = \frac{1}{1-x}$ 出发，通过"乘 $x$ 再求导"的操作逐步提升 $n$ 的幂次。
详细解答
Step 1 — 从 $\sum x^n$ 出发。
$$\sumn x^n = \frac{1}{1-x}, \quad |x| < 1$$两边求导：$\sumni nx^{n-1} = \frac{1}{(1-x)^2}$。
两边乘 $x$：$\sumni nx^n = \frac{x}{(1-x)^2}$。记为 $T(x)$。
Step 2 — 再来一次"求导再乘 $x$"。
$$T(x) = \frac{x}{(1-x)^2}$$ $$T'(x) = \frac{(1-x)^2 + 2x(1-x)}{(1-x)^4} = \frac{(1-x)+2x}{(1-x)^3} = \frac{1+x}{(1-x)^3}$$而 $T'(x) = \sumni n^2 x^{n-1}$（逐项求导），所以：
$$\sumni n^2 x^{n-1} = \frac{1+x}{(1-x)^3}$$两边乘 $x$：
$$S(x) = \sumni n^2 x^n = \frac{x(1+x)}{(1-x)^3}$$ $$\boxed{S(x) = \frac{x(1+x)}{(1-x)^3}, \quad |x| < 1}$$验证：$S(0) = 0$ ✓。$S(1/2) = \frac{(1/2)(3/2)}{(1/2)^3} = \frac{3/4}{1/8} = 6$。直接算：$1\cdot\frac{1}{2} + 4\cdot\frac{1}{4} + 9\cdot\frac{1}{8} + 16\cdot\frac{1}{16} + \cdots = 0.5+1+1.125+1+\cdots = 6$ ✓。
题目：求幂级数的和函数：
$$S(x) = \sumni \frac{x^n}{n(n+1)}, \quad |x| \le 1$$思路分析
通项分母含 $n(n+1)$，可以部分分式分解，也可以通过逐项求导消去分母——求导一次消 $n$，再求导一次消 $n+1$。两种方法都可行，部分分式法更简洁。
详细解答
方法一：部分分式。
$$\frac{1}{n(n+1)} = \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}$$ $$S(x) = \sumni\frac{x^n}{n} - \sumni\frac{x^n}{n+1}$$已知 $\sumni\frac{x^n}{n} = -\ln(1-x)$（$|x| < 1$）。
对第二项：$\sumni\frac{x^n}{n+1} = \frac{1}{x}\sumni\frac{x^{n+1}}{n+1} = \frac{1}{x}\sum_{k=2}^{\infty}\frac{x^k}{k} = \frac{1}{x}\left[-\ln(1-x) - x\right]$。
所以：
$$S(x) = -\ln(1-x) - \frac{1}{x}\left[-\ln(1-x) - x\right] = -\ln(1-x) + \frac{\ln(1-x)}{x} + 1$$ $$= \ln(1-x)\left(\frac{1}{x}-1\right) + 1 = \frac{(1-x)\ln(1-x)}{x} + 1$$方法二：逐项求导。
$S(x) = \sumni\frac{x^n}{n(n+1)}$。令 $T(x) = xS(x) = \sumni\frac{x^{n+1}}{n(n+1)}$。
$$T'(x) = \sumni\frac{x^n}{n} = -\ln(1-x)$$ $$T(x) = \int_0^x[-\ln(1-t)]\dd t = \int_0^x\sumni\frac{t^n}{n}\dd t$$ $$= (1-x)\ln(1-x) + x$$（用分部积分：$\int_0^x -\ln(1-t)\dd t = [(t-1)\ln(1-t) + (t-1)]_0^x + \cdots$，仔细算：
$\int_0^x -\ln(1-t)\dd t$，令 $u = -\ln(1-t)$，$\dd v = \dd t$，$\dd u = \frac{1}{1-t}\dd t$，$v = t$。
$= [-t\ln(1-t)]_0^x - \int_0^x\frac{t}{1-t}\dd t = -x\ln(1-x) + \int_0^x\left(-1+\frac{1}{1-t}\right)\dd t$
$= -x\ln(1-x) + [-t-\ln(1-t)]_0^x = -x\ln(1-x) - x - \ln(1-x)$
$= -(x+1)\ln(1-x) - x$。）
所以 $T(x) = -(x+1)\ln(1-x) - x$。
$$S(x) = \frac{T(x)}{x} = -\frac{(x+1)\ln(1-x)}{x} - 1$$这与方法一一致（换号整理）。注意 $S(0) = \lim_{x\to 0}S(x) = \frac{1}{2}$（由 $\frac{1}{1\cdot 2} = \frac{1}{2}$，代入第一项验证）。
$$\boxed{S(x) = 1 + \frac{(1-x)\ln(1-x)}{x},\quad 0 < |x| \le 1;\quad S(0)=\frac{1}{2}}$$题目：利用幂级数求数值级数的和：
$$\sumni \frac{n}{2^n}$$思路分析
数值级数 $\sum\frac{n}{2^n}$ 可以看作幂级数 $\sum nx^n$ 在 $x = 1/2$ 处的值。先求和函数，再代入特定值——这是幂级数求数值级数的标准思路。
详细解答
Step 1 — 识别为幂级数的特殊值。
$$\sumni\frac{n}{2^n} = \sumni n\left(\frac{1}{2}\right)^n = S\left(\frac{1}{2}\right), \quad\text{其中 }S(x) = \sumni nx^n$$Step 2 — 求和函数。由题12的结论（或直接推导）：
$$S(x) = \sumni nx^n = \frac{x}{(1-x)^2}, \quad |x| < 1$$Step 3 — 代入 $x = 1/2$。
$$\sumni\frac{n}{2^n} = S\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{1/2}{(1-1/2)^2} = \frac{1/2}{1/4} = 2$$ $$\boxed{\sumni\frac{n}{2^n} = 2}$$题目：设 $f(x) = x^2$（$-\pi < x \le \pi$），以 $2\pi$ 为周期延拓。求 $f$ 的 Fourier 级数展开。
思路分析
$f(x) = x^2$ 是偶函数，所以 Fourier 级数只含余弦项（$b_n = 0$）。只需计算 $a_0$ 和 $a_n$（$n \ge 1$）。计算 $a_n$ 时需要两次分部积分。
详细解答
Step 1 — 利用奇偶性简化。$f(x) = x^2$ 是偶函数，$b_n = 0$，$a_n = \frac{2}{\pi}\int_0^\pi x^2\cos nx\,\dd x$。
Step 2 — 计算 $a_0$。
$$a_0 = \frac{2}{\pi}\int_0^\pi x^2\,\dd x = \frac{2}{\pi}\cdot\frac{\pi^3}{3} = \frac{2\pi^2}{3}$$Step 3 — 计算 $a_n$（$n \ge 1$）。用两次分部积分：
$$a_n = \frac{2}{\pi}\int_0^\pi x^2\cos nx\,\dd x$$第一次分部：$u = x^2$，$\dd v = \cos nx\,\dd x$；$\dd u = 2x\,\dd x$，$v = \frac{\sin nx}{n}$。
$$= \frac{2}{\pi}\left[\frac{x^2\sin nx}{n}\bigg|_0^\pi - \int_0^\pi\frac{2x\sin nx}{n}\dd x\right]$$ $$= \frac{2}{\pi}\left[0 - \frac{2}{n}\int_0^\pi x\sin nx\,\dd x\right]$$（$\sin n\pi = 0$）
第二次分部：$u = x$，$\dd v = \sin nx\,\dd x$：
$$\int_0^\pi x\sin nx\,\dd x = \left[-\frac{x\cos nx}{n}\right]_0^\pi + \int_0^\pi\frac{\cos nx}{n}\dd x = -\frac{\pi\cos n\pi}{n} + \frac{\sin nx}{n^2}\bigg|_0^\pi$$ $$= -\frac{\pi(-1)^n}{n} + 0 = \frac{(-1)^{n+1}\pi}{n}$$Step 4 — 合并。
$$a_n = \frac{2}{\pi}\cdot\left(-\frac{2}{n}\right)\cdot\frac{(-1)^{n+1}\pi}{n} = \frac{4(-1)^n}{n^2}\cdot\frac{(-1)}{1} = \frac{(-1)^{n+1}\cdot(-2)\cdot 2}{n^2\cdot\ldots}$$让我仔细重算：
$$a_n = \frac{2}{\pi}\cdot\left(-\frac{2}{n}\right)\cdot\frac{(-1)^{n+1}\pi}{n} = \frac{2}{\pi}\cdot\frac{-2}{n}\cdot\frac{(-1)^{n+1}\pi}{n} = \frac{4(-1)^{n+1}\cdot(-1)}{n^2}$$$= \frac{-4(-1)^{n+1}}{n^2} = \frac{4(-1)^n}{n^2}$。
即 $a_n = \frac{4(-1)^n}{n^2}$。
Step 5 — 写出 Fourier 级数。
$$x^2 = \frac{\pi^2}{3} + \sumni\frac{4(-1)^n}{n^2}\cos nx$$ $$= \frac{\pi^2}{3} - 4\cos x + \cos 2x - \frac{4}{9}\cos 3x + \cdots$$ $$\boxed{x^2 \sim \frac{\pi^2}{3} + 4\sumni\frac{(-1)^n}{n^2}\cos nx}$$（$\frac{a_0}{2} = \frac{\pi^2}{3}$）
题目：设 $f(x) = \begin{cases} -1, & -\pi < x < 0 \\ x, & 0 \le x < \pi\end{cases}$，以 $2\pi$ 为周期延拓。
(1) 求 $f$ 的 Fourier 级数。
(2) 利用 Dirichlet 收敛定理，指出 $x = 0$ 和 $x = \pi$ 处 Fourier 级数收敛到的值。
思路分析
分段函数的 Fourier 系数需要分段积分。Dirichlet 定理：在间断点处，Fourier 级数收敛到左右极限的算术平均值 $\frac{f(x^-)+f(x^+)}{2}$。
详细解答
Step 1 — 计算 $a_0$。
$$a_0 = \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\dd x = \frac{1}{\pi}\left[\int_{-\pi}^{0}(-1)\dd x + \int_0^{\pi}x\,\dd x\right] = \frac{1}{\pi}\left[-\pi + \frac{\pi^2}{2}\right] = -1+\frac{\pi}{2}$$Step 2 — 计算 $a_n$（$n \ge 1$）。
$$a_n = \frac{1}{\pi}\left[\int_{-\pi}^{0}(-1)\cos nx\,\dd x + \int_0^{\pi}x\cos nx\,\dd x\right]$$第一个积分：$\int_{-\pi}^{0}(-\cos nx)\dd x = -\frac{\sin nx}{n}\big|_{-\pi}^{0} = 0$。
第二个积分（分部）：$\int_0^\pi x\cos nx\,\dd x = \frac{x\sin nx}{n}\big|_0^\pi - \int_0^\pi\frac{\sin nx}{n}\dd x = 0+\frac{\cos nx}{n^2}\big|_0^\pi = \frac{(-1)^n-1}{n^2}$。
$$a_n = \frac{1}{\pi}\cdot\frac{(-1)^n-1}{n^2} = \begin{cases}0, & n\text{ 偶} \\ -\frac{2}{\pi n^2}, & n\text{ 奇}\end{cases}$$Step 3 — 计算 $b_n$。
$$b_n = \frac{1}{\pi}\left[\int_{-\pi}^{0}(-\sin nx)\dd x + \int_0^{\pi}x\sin nx\,\dd x\right]$$第一个积分：$\int_{-\pi}^{0}(-\sin nx)\dd x = \frac{\cos nx}{n}\big|_{-\pi}^{0} = \frac{1-(-1)^n}{n}$。
第二个积分（分部）：$\int_0^\pi x\sin nx\,\dd x = -\frac{x\cos nx}{n}\big|_0^\pi + \frac{1}{n}\int_0^\pi\cos nx\,\dd x = -\frac{\pi(-1)^n}{n}+0 = \frac{(-1)^{n+1}\pi}{n}$。
$$b_n = \frac{1}{\pi}\left[\frac{1-(-1)^n}{n}+\frac{(-1)^{n+1}\pi}{n}\right] = \frac{1-(-1)^n}{\pi n}+\frac{(-1)^{n+1}}{n}$$当 $n$ 为偶数：$b_n = 0 + \frac{(-1)^{n+1}}{n} = \frac{-1}{n}$（$n$ 偶时 $(-1)^{n+1} = -1$）。
当 $n$ 为奇数：$b_n = \frac{2}{\pi n} + \frac{1}{n} = \frac{2+\pi}{\pi n}$。
简化：$b_n = \frac{(-1)^{n+1}}{n} + \frac{1-(-1)^n}{\pi n}$。
Step 4 — Dirichlet 收敛定理的应用。
(2a) 在 $x = 0$ 处：$f(0^-) = -1$，$f(0^+) = 0$。Fourier 级数收敛到：
$$\frac{f(0^-)+f(0^+)}{2} = \frac{-1+0}{2} = \boxed{-\frac{1}{2}}$$(2b) 在 $x = \pi$ 处：这是周期延拓的间断点。$f(\pi^-) = \lim_{x\to\pi^-}x = \pi$，$f(\pi^+) = f(-\pi^+) = -1$（周期性）。Fourier 级数收敛到：
$$\frac{f(\pi^-)+f(\pi^+)}{2} = \frac{\pi+(-1)}{2} = \boxed{\frac{\pi-1}{2}}$$题目：将 $f(x) = \pi - x$（$0 < x < \pi$）展开为正弦级数（奇延拓）。
思路分析
正弦级数 = 将 $f$ 做奇延拓到 $(-\pi,0)$，再展开。对奇函数，$a_n = 0$，只需计算 $b_n = \frac{2}{\pi}\int_0^\pi f(x)\sin nx\,\dd x$。
详细解答
Step 1 — 计算 $b_n$。
$$b_n = \frac{2}{\pi}\int_0^\pi (\pi-x)\sin nx\,\dd x$$ $$= \frac{2}{\pi}\left[\pi\int_0^\pi\sin nx\,\dd x - \int_0^\pi x\sin nx\,\dd x\right]$$第一个积分：$\int_0^\pi\sin nx\,\dd x = -\frac{\cos nx}{n}\big|_0^\pi = \frac{1-(-1)^n}{n}$。
第二个积分（分部）：$\int_0^\pi x\sin nx\,\dd x = \frac{(-1)^{n+1}\pi}{n}$（已在题16中算过）。
$$b_n = \frac{2}{\pi}\left[\frac{\pi[1-(-1)^n]}{n} - \frac{(-1)^{n+1}\pi}{n}\right]$$ $$= \frac{2}{\pi}\cdot\frac{\pi}{n}\left[1-(-1)^n+(-1)^n\cdot(-1)\cdot(-1)\right]$$让我仔细算：$(-1)^{n+1} = -(-1)^n$，所以：
$$b_n = \frac{2}{\pi}\cdot\frac{\pi}{n}\left[1-(-1)^n-(-(-1)^n)\right] = \frac{2}{n}\left[1-(-1)^n+(-1)^n\right] = \frac{2}{n}$$等等，重新仔细计算：
$$b_n = \frac{2}{\pi}\left[\frac{\pi(1-(-1)^n)}{n} - \frac{(-1)^{n+1}\pi}{n}\right] = \frac{2}{n}\left[1-(-1)^n - (-1)^{n+1}\right]$$ $$= \frac{2}{n}\left[1-(-1)^n+(-1)^n\right] = \frac{2}{n}\cdot 1 = \frac{2}{n}$$（因为 $-(-1)^{n+1} = (-1)^n$，所以 $-(-1)^n + (-1)^n = 0$。）
Step 2 — 写出正弦级数。
$$\boxed{\pi - x = 2\sumni\frac{\sin nx}{n}, \quad 0 < x < \pi}$$验证：$x = \pi/2$ 时，$\pi/2 = 2\left[\sin(\pi/2) - 0 + \frac{\sin(3\pi/2)}{3} + \cdots\right] = 2\left[1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\cdots\right] = 2\cdot\frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{2}$ ✓。
题目：将 $f(x) = x$（$0 \le x \le \pi$）展开为余弦级数（偶延拓）。
思路分析
余弦级数 = 将 $f$ 做偶延拓到 $(-\pi,0)$，再展开。对偶函数，$b_n = 0$，只需计算 $a_0$ 和 $a_n = \frac{2}{\pi}\int_0^\pi f(x)\cos nx\,\dd x$。
详细解答
Step 1 — 计算 $a_0$。
$$a_0 = \frac{2}{\pi}\int_0^\pi x\,\dd x = \frac{2}{\pi}\cdot\frac{\pi^2}{2} = \pi$$Step 2 — 计算 $a_n$（$n \ge 1$）。
$$a_n = \frac{2}{\pi}\int_0^\pi x\cos nx\,\dd x$$分部积分：$u = x$，$\dd v = \cos nx\,\dd x$。
$$= \frac{2}{\pi}\left[\frac{x\sin nx}{n}\bigg|_0^\pi - \int_0^\pi\frac{\sin nx}{n}\dd x\right] = \frac{2}{\pi}\left[0+\frac{\cos nx}{n^2}\bigg|_0^\pi\right]$$ $$= \frac{2}{\pi}\cdot\frac{(-1)^n-1}{n^2}$$当 $n$ 为偶数：$a_n = 0$。
当 $n$ 为奇数：$a_n = \frac{2}{\pi}\cdot\frac{-2}{n^2} = -\frac{4}{\pi n^2}$。
Step 3 — 写出余弦级数。
$$x = \frac{\pi}{2} + \sumni a_n\cos nx = \frac{\pi}{2} - \frac{4}{\pi}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\cos(2k+1)x}{(2k+1)^2}$$ $$\boxed{x = \frac{\pi}{2} - \frac{4}{\pi}\left(\cos x + \frac{\cos 3x}{9} + \frac{\cos 5x}{25} + \cdots\right), \quad 0 \le x \le \pi}$$题目：利用 $x^2$ 的 Fourier 展开求以下数值级数的和：
(1) $\displaystyle\sumni\frac{(-1)^{n+1}}{n^2}$；
(2) $\displaystyle\sumni\frac{1}{n^2}$。
思路分析
在题15中我们得到了 $x^2$ 的 Fourier 展开。将特定的 $x$ 值代入该等式，即可得到数值级数的闭合形式。这是 Fourier 级数最经典的应用之一。
详细解答
回顾题15的结论：
$$x^2 = \frac{\pi^2}{3} + 4\sumni\frac{(-1)^n}{n^2}\cos nx, \quad -\pi \le x \le \pi$$（由 Dirichlet 定理，$x^2$ 在 $[-\pi,\pi]$ 上连续，级数处处收敛到 $x^2$。）
(1) 代入 $x = 0$：
$$0 = \frac{\pi^2}{3} + 4\sumni\frac{(-1)^n}{n^2}\cdot 1$$ $$\sumni\frac{(-1)^n}{n^2} = -\frac{\pi^2}{12}$$ $$\boxed{\sumni\frac{(-1)^{n+1}}{n^2} = \frac{\pi^2}{12}}$$(2) 代入 $x = \pi$：
$$\pi^2 = \frac{\pi^2}{3} + 4\sumni\frac{(-1)^n}{n^2}\cos n\pi$$ $$\pi^2 = \frac{\pi^2}{3} + 4\sumni\frac{(-1)^n\cdot(-1)^n}{n^2} = \frac{\pi^2}{3} + 4\sumni\frac{1}{n^2}$$ $$\sumni\frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2-\pi^2/3}{4} = \frac{2\pi^2/3}{4} = \frac{\pi^2}{6}$$ $$\boxed{\sumni\frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}}$$这就是著名的 Basel 问题，由 Euler 首先解决（1735年）。
题目：利用 $f(x) = x$（$-\pi < x < \pi$）的 Fourier 展开和 Parseval 等式，求：
$$\sumni\frac{1}{n^2}$$并进一步证明 $\displaystyle\sumni\frac{1}{n^4} = \frac{\pi^4}{90}$。
思路分析
Parseval 等式是 Fourier 分析中的"能量守恒"公式：$\frac{a_0^2}{2}+\sum(a_n^2+b_n^2) = \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f^2(x)\dd x$。它将函数的 $L^2$ 范数与 Fourier 系数联系起来，可以用来求高次幂的数值级数。
详细解答
Part I: 用 Parseval 等式求 $\sum 1/n^2$
Step 1 — $f(x) = x$ 的 Fourier 展开。
$f(x) = x$ 是奇函数，$a_n = 0$（$\forall n \ge 0$），$b_n = \frac{2}{\pi}\int_0^\pi x\sin nx\,\dd x$。
分部积分（已多次计算）：$b_n = \frac{2(-1)^{n+1}}{n}$。
$$x = 2\sumni\frac{(-1)^{n+1}}{n}\sin nx, \quad -\pi < x < \pi$$Step 2 — Parseval 等式。
$$\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}x^2\,\dd x = \frac{a_0^2}{2} + \sumni(a_n^2+b_n^2) = 0 + \sumni\frac{4}{n^2}$$左边：$\frac{1}{\pi}\cdot\frac{2\pi^3}{3} = \frac{2\pi^2}{3}$。
$$\frac{2\pi^2}{3} = 4\sumni\frac{1}{n^2}$$ $$\boxed{\sumni\frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}}$$Part II: 用 $f(x) = x^2$ 的 Parseval 等式求 $\sum 1/n^4$
Step 3 — $x^2$ 的 Fourier 系数（回顾题15）。
$$a_0 = \frac{2\pi^2}{3},\quad a_n = \frac{4(-1)^n}{n^2},\quad b_n = 0$$Step 4 — Parseval 等式。
$$\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}x^4\,\dd x = \frac{a_0^2}{2} + \sumni a_n^2$$左边：$\frac{1}{\pi}\cdot\frac{2\pi^5}{5} = \frac{2\pi^4}{5}$。
右边：$\frac{1}{2}\left(\frac{2\pi^2}{3}\right)^2 + \sumni\frac{16}{n^4} = \frac{2\pi^4}{9} + 16\sumni\frac{1}{n^4}$。
Step 5 — 解方程。
$$\frac{2\pi^4}{5} = \frac{2\pi^4}{9} + 16\sumni\frac{1}{n^4}$$ $$16\sumni\frac{1}{n^4} = \frac{2\pi^4}{5}-\frac{2\pi^4}{9} = 2\pi^4\left(\frac{1}{5}-\frac{1}{9}\right) = 2\pi^4\cdot\frac{4}{45} = \frac{8\pi^4}{45}$$ $$\sumni\frac{1}{n^4} = \frac{8\pi^4}{45\times 16} = \frac{8\pi^4}{720} = \frac{\pi^4}{90}$$ $$\boxed{\sumni\frac{1}{n^4} = \frac{\pi^4}{90}}$$验证：$\frac{\pi^4}{90} \approx \frac{97.41}{90} \approx 1.0823$。而 $1+\frac{1}{16}+\frac{1}{81}+\frac{1}{256}+\cdots \approx 1+0.0625+0.0123+0.0039+\cdots \approx 1.0824$ ✓。
2026春期中讲座·无穷级数 | 主讲：王俊童 | 共20题