解题过程
取比较级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2^n}$（公比为 $\frac{1}{2}$ 的几何级数，收散）。
计算极限：
$$\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n}=\lim_{n\to\infty}\frac{n^2/2^n}{1/2^n}=\lim_{n\to\infty}n^2=+\infty$$极限为无穷大，这段比较判别法极限形式不适用（只在 $0 改用比值判别法： 所以级数收散。 反思记录：比较判别法极限形式 $\lim\frac{a_n}{b_n}=L$：当 $0<L<+\infty$ 时同散同收；当 $L=0$ 时 $b_n$ 收散则 $a_n$ 收散；当 $L=+\infty$ 时 $b_n$ 发散则 $a_n$ 发散。选比较对象要让极限为有限正数才最方便。
解题过程
用比值判别法（d'Alembert 判别法）：
$$\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\lim_{n\to\infty}\frac{(n+1)!}{(n+1)^{n+1}}\cdot\frac{n^n}{n!}=\lim_{n\to\infty}\frac{n^n}{(n+1)^n}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^n}=\frac{1}{e}<1$$所以级数收散。
关键技巧：$\left(1+\frac{1}{n}\right)^n\to e$ 是这类题的核心极限。Stirling 公式 $n!\approx\sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{e}\right)^n$ 也可用于辅助理解。
解题过程
用根值判别法（Cauchy 判别法）：
$$\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_n}=\lim_{n\to\infty}\frac{n}{2n+1}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{2+\frac{1}{n}}=\frac{1}{2}<1$$所以级数收散。
选择指导：当通项 $a_n$ 本身含有 $n$ 次幂的结构时，优先考虑根值判别法，因为开 $n$ 次方可以消去幂次，简化计算。
解题过程
令 $f(x)=\frac{1}{x(\ln x)^2}$，$f(x)$ 在 $[2,+\infty)$ 上连续、正值、单调递减，满足积分判别法条件。
计算广义积分：
$$\int_2^{+\infty}\frac{1}{x(\ln x)^2}\,\dd x$$令 $t=\ln x$，$\dd t=\frac{1}{x}\dd x$：
$$=\int_{\ln 2}^{+\infty}\frac{1}{t^2}\,\dd t=\left[-\frac{1}{t}\right]_{\ln 2}^{+\infty}=0+\frac{1}{\ln 2}=\frac{1}{\ln 2}<+\infty$$广义积分收散，故原级数收散。
注意：积分判别法要求 $f(x)$ 在 $[N,+\infty)$ 上正值、连续、单调递减。对比 $\sum\frac{1}{n\ln n}$ 发散（$\int\frac{1}{x\ln x}\dd x=\ln\ln x\to\infty$），指数从1变为2就收散了，这是边界情况。
解题过程
这是交错级数 $\sum(-1)^{n-1}b_n$，其中 $b_n=\frac{1}{\sqrt{n}}$。
验证 Leibniz 判别法两个条件：
由 Leibniz 判别法，原级数收散。
进一步：是绝对收散还是条件收散？
取绝对值：$\sum\frac{1}{\sqrt{n}}=\sum\frac{1}{n^{1/2}}$，这是 $p$ 级数，$p=\frac{1}{2}<1$，发散。
故原级数条件收散。
记忆：交错调和级数 $\sum\frac{(-1)^{n-1}}{n^p}$：当 $p>1$ 绝对收散，$0<p\leq 1$ 条件收散，$p\leq 0$ 发散。
解题过程
第一步：判断收散性
这是交错级数，令 $b_n=\frac{\ln n}{n}$。
由 Leibniz 判别法，级数收散。
第二步：判断绝对收散性
取绝对值：$\sum\frac{\ln n}{n}$。
由于 $n\geq 3$ 时 $\ln n\geq 1$，所以 $\frac{\ln n}{n}\geq\frac{1}{n}$。
而调和级数 $\sum\frac{1}{n}$ 发散，由比较判别法，$\sum\frac{\ln n}{n}$ 也发散。
结论：原级数条件收散。
易错点：很多同学忽略第二步，只说“收散”，不区分绝对/条件收散。考试中如果题目要求说明，必须两步都做。
解题过程
当 $n\to\infty$ 时，利用等价无穷小：
$$1-\cos\frac{1}{n}\sim\frac{1}{2n^2}\quad(n\to\infty)$$所以：
$$a_n=\frac{1}{n^p}\cdot\left(1-\cos\frac{1}{n}\right)\sim\frac{1}{2n^{p+2}}$$由极限比较判别法，原级数与 $\sum\frac{1}{n^{p+2}}$ 同散同收。
$\sum\frac{1}{n^{p+2}}$ 收散 $\Leftrightarrow$ $p+2>1$ $\Leftrightarrow$ $p>-1$。
结论：当 $p>-1$ 时收散，当 $p\leq -1$ 时发散。
通用技巧：含参数级数的套路：先用等价无穷小化简通项，把问题转化为 $p$ 级数的收散判断。常用等价：$\sin x\sim x$，$1-\cos x\sim\frac{x^2}{2}$，$\ln(1+x)\sim x$，$e^x-1\sim x$。
解题过程
令 $t=\frac{1}{\sqrt{n}}\to 0^+$，利用 Taylor 展开：
$$t-\sin t = t - \left(t - \frac{t^3}{6}+\cdots\right) = \frac{t^3}{6}+O(t^5)$$所以：
$$a_n=\frac{1}{\sqrt{n}}-\sin\frac{1}{\sqrt{n}}\sim\frac{1}{6}\cdot\frac{1}{n^{3/2}}$$由极限比较判别法，$\sum a_n$ 与 $\sum\frac{1}{n^{3/2}}$ 同散同收。
而 $\sum\frac{1}{n^{3/2}}$ 是 $p$ 级数，$p=\frac{3}{2}>1$，收散。
故原级数收散。
总结：当通项涉及 $x-\sin x$、$x-\ln(1+x)$、$e^x-1-x$ 等形式时，Taylor 展开取残余项是最自然的化简手段。本题关键：$x-\sin x\sim\frac{x^3}{6}$。
解题过程
这里 $a_n=\frac{n^2}{3^n}$，用比值法求收散半径：
$$\frac{1}{R}=\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\lim_{n\to\infty}\frac{(n+1)^2}{3^{n+1}}\cdot\frac{3^n}{n^2}=\frac{1}{3}\lim_{n\to\infty}\frac{(n+1)^2}{n^2}=\frac{1}{3}$$所以 $R=3$。
也可用根值法：
$$\frac{1}{R}=\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{|a_n|}=\lim_{n\to\infty}\frac{\sqrt[n]{n^2}}{3}=\frac{1}{3}$$收散半径 $R=3$。
记忆：对于标准形式 $\sum a_n x^n$，收散半径 $R=\lim\left|\frac{a_n}{a_{n+1}}\right|$ 或 $R=\frac{1}{\lim\sqrt[n]{|a_n|}}$。$\sqrt[n]{n^k}\to 1$ 对任意 $k$ 成立。
解题过程
第一步：求收散半径
$$\frac{1}{R}=\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\lim_{n\to\infty}\frac{n}{(n+1)}\cdot\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$$$R=2$，收散区间 $(-2,2)$。
第二步：讨论端点
收散域：$[-2,2)$。
端点讨论套路：将 $x=\pm R$ 代入，得到数项级数，再逐个判断收散性。典型结果：$\sum\frac{1}{n}$ 发散，$\sum\frac{(-1)^n}{n}$ 收散，$\sum\frac{1}{n^2}$ 收散。
解题过程
这是缺项幂级数（只含偶数次幂），不能直接用 $\lim\frac{a_{n+1}}{a_n}$，应以 $t=x^2$ 作换元。
令 $t=x^2$，则级数变为：
$$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{t^n}{(2n)!}$$用比值法：
$$\lim_{n\to\infty}\frac{t^{n+1}/(2n+2)!}{t^n/(2n)!}=|t|\lim_{n\to\infty}\frac{1}{(2n+1)(2n+2)}=0<1$$对任意 $t$ 都成立，所以 $t$ 的收散半径为 $+\infty$。
因此原级数对任意 $x\in(-\infty,+\infty)$ 收散。
收散域：$(-\infty,+\infty)$。
识别：这实际上就是 $\cosh x=\frac{e^x+e^{-x}}{2}$ 的幂级数展开。
解题过程
直接法：计算 $f(x)$ 的各阶导数在 $x=0$ 处的值。
$$f(x)=e^{-x},\quad f^{(n)}(x)=(-1)^n e^{-x},\quad f^{(n)}(0)=(-1)^n$$Maclaurin 展开：
$$e^{-x}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n!}x^n=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-x)^n}{n!}$$收散域：$(-\infty,+\infty)$（因为 $e^x$ 的幂级数处处收散）。
验证：用 Lagrange 余项 $R_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}x^{n+1}=\frac{(-1)^{n+1}e^{-\xi}}{(n+1)!}x^{n+1}$，由于 $|R_n(x)|\leq\frac{e^{|x|}|x|^{n+1}}{(n+1)!}\to 0$，展开对任意 $x$ 成立。
解题过程
间接法：用已知展开作替换
已知：$\ln(1+t)=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n}t^n$，$t\in(-1,1]$。
令 $t=x^2$：
$$\ln(1+x^2)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n}x^{2n}=x^2-\frac{x^4}{2}+\frac{x^6}{3}-\cdots$$要求 $|t|=|x^2|\leq 1$，即 $|x|\leq 1$。
收散域：$[-1,1]$。
端点验证：$x=\pm 1$ 时 $t=1$，$\ln(1+1)=\ln 2=\sum\frac{(-1)^{n-1}}{n}$ 收散。✓
间接法三大手段：(1) 替换（如本题）；(2) 逐项求导；(3) 逐项积分。优先考虑能否套用已知展开式，避免繁琐的直接法。
解题过程
识别：通项含 $n$ 的因子，考虑这是某个级数的导数
注意到：
$$\sum_{n=1}^{\infty}x^n=\frac{x}{1-x},\quad |x|<1$$对两边对 $x$ 求导：
$$\sum_{n=1}^{\infty}n x^{n-1}=\left(\frac{x}{1-x}\right)'=\frac{1}{(1-x)^2}$$所以：
$$S(x)=\frac{1}{(1-x)^2},\quad |x|<1$$求和核心技巧：当通项含因子 $n$ 时，思考“谁的导数是这个”——将问题转化为“先求积分消去 $n$，求出闭合形式，再求导”。这里因为已知结果，直接求导即可。
解题过程
识别：通项含 $\frac{1}{n}$ 因子，考虑这是某个级数的积分
对 $S(x)$ 求导：
$$S'(x)=\sum_{n=1}^{\infty}x^{n-1}=\frac{1}{1-x},\quad |x|<1$$积分回去（利用 $S(0)=0$）：
$$S(x)=\int_0^x\frac{1}{1-t}\,\dd t=-\ln(1-x)$$所以：
$$S(x)=-\ln(1-x),\quad |x|<1$$验证：$x=0$ 时 $S(0)=0=-\ln 1=0$ ✓
求和核心技巧：当通项含因子 $\frac{1}{n}$ 时，思考“谁的积分是这个”——将问题转化为“先求导消去 $\frac{1}{n}$，求出闭合形式，再积分回去”。
解题过程
由 B6 已知：$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}n x^{n-1}=\frac{1}{(1-x)^2}$，$|x|<1$。
两边乘以 $x$：$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}n x^{n}=\frac{x}{(1-x)^2}$，$|x|<1$。
代入 $x=\frac{1}{2}$：
$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{2^n}=\frac{1/2}{(1-1/2)^2}=\frac{1/2}{1/4}=2$$方法论：数值级数求和三步：(1) 将数值级数看作幂级数在特定点的值；(2) 求出幂级数的和函数 $S(x)$；(3) 将特定点代入得数值。
解题过程
第一步：求和函数
对 $S(x)$ 求导：
$$S'(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(2n+1)x^{2n}}{(2n+1)!}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{2n}}{(2n)!}$$再求导：
$$S''(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2n\cdot x^{2n-1}}{(2n)!}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{2n-1}}{(2n-1)!}=\sum_{m=0}^{\infty}\frac{x^{2m+1}}{(2m+1)!}=S(x)$$所以 $S(x)$ 满足微分方程：$S''(x)=S(x)$。
通解：$S(x)=C_1 e^x+C_2 e^{-x}$。
初始条件：$S(0)=0$，$S'(0)=1$（由级数表达式直接读出）。
$C_1+C_2=0$，$C_1-C_2=1$，解得 $C_1=\frac{1}{2}$，$C_2=-\frac{1}{2}$。
$$\boxed{S(x)=\frac{e^x-e^{-x}}{2}=\sinh x}$$第二步：求数值级数
令 $x=1$：
$$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(2n+1)!}=S(1)=\frac{e-e^{-1}}{2}=\frac{e^2-1}{2e}$$方法总结：当逐项求导/积分无法直接得到闭合形式时，可尝试建立微分方程，求出通解后用初始条件确定常数。这是幂级数求和的“终极武器”。
解题过程
$f(x)=x$ 在 $(-\pi,\pi)$ 上是奇函数，所以 $a_n=0$（$n=0,1,2,\ldots$）。
只需计算 $b_n$：
$$b_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}x\sin nx\,\dd x=\frac{2}{\pi}\int_0^{\pi}x\sin nx\,\dd x$$分部积分：
$$=\frac{2}{\pi}\left[-\frac{x\cos nx}{n}\bigg|_0^{\pi}+\frac{1}{n}\int_0^{\pi}\cos nx\,\dd x\right]=\frac{2}{\pi}\left[-\frac{\pi\cos n\pi}{n}+\frac{\sin nx}{n^2}\bigg|_0^{\pi}\right]$$ $$=\frac{2}{\pi}\cdot\left(-\frac{\pi(-1)^n}{n}\right)=\frac{-2(-1)^n}{n}=\frac{2(-1)^{n+1}}{n}$$Fourier 级数：
$$f(x)\sim\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2(-1)^{n+1}}{n}\sin nx=2\left(\sin x-\frac{\sin 2x}{2}+\frac{\sin 3x}{3}-\cdots\right)$$技巧：先判断奇偶性，可以少算一半系数。奇函数只有 $\sin$ 项（$a_n=0$），偶函数只有 $\cos$ 项（$b_n=0$）。
解题过程
$f(x)=|x|$ 是偶函数，所以 $b_n=0$。
计算 $a_0$：
$$a_0=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}|x|\,\dd x=\frac{2}{\pi}\int_0^{\pi}x\,\dd x=\frac{2}{\pi}\cdot\frac{\pi^2}{2}=\pi$$计算 $a_n$（$n\geq 1$）：
$$a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}|x|\cos nx\,\dd x=\frac{2}{\pi}\int_0^{\pi}x\cos nx\,\dd x$$分部积分：
$$=\frac{2}{\pi}\left[\frac{x\sin nx}{n}\bigg|_0^{\pi}-\frac{1}{n}\int_0^{\pi}\sin nx\,\dd x\right]=\frac{2}{\pi}\left[0+\frac{\cos nx}{n^2}\bigg|_0^{\pi}\right]=\frac{2}{\pi}\cdot\frac{(-1)^n-1}{n^2}$$当 $n$ 为偶数时 $a_n=0$；当 $n$ 为奇数时 $a_n=\frac{2}{\pi}\cdot\frac{-2}{n^2}=-\frac{4}{\pi n^2}$。
Fourier 级数：
$$|x|\sim\frac{\pi}{2}-\frac{4}{\pi}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\cos(2k+1)x}{(2k+1)^2}=\frac{\pi}{2}-\frac{4}{\pi}\left(\cos x+\frac{\cos 3x}{9}+\frac{\cos 5x}{25}+\cdots\right)$$Dirichlet 收散定理在 $x=\pi$ 处：
$x=\pi$ 是间断点（周期延拓后，$f(\pi^-)=\pi$，$f(\pi^+)=f(-\pi^+)=0^+ \to 0$... 实际上 $f(-\pi^+)=\pi$）。
修正：$f(\pi^-)=\pi$，$f(-\pi^+)=\pi$，所以 $x=\pi$ 处 Fourier 级数收散于：
$$\frac{f(\pi^-)+f(\pi^+)}{2}=\frac{\pi+\pi}{2}=\pi$$代入：
$$\pi=\frac{\pi}{2}-\frac{4}{\pi}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\cos(2k+1)\pi}{(2k+1)^2}=\frac{\pi}{2}-\frac{4}{\pi}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)}{(2k+1)^2}\cdot(-1)^k\cdot(-1)$$注意 $\cos(2k+1)\pi=(-1)^{2k+1}=-1$，所以：
$$\pi=\frac{\pi}{2}+\frac{4}{\pi}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(2k+1)^2}$$ $$\frac{\pi}{2}=\frac{4}{\pi}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(2k+1)^2}$$ $$\boxed{\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(2k+1)^2}=\frac{\pi^2}{8}}$$Dirichlet 收散定理：在连续点收散于 $f(x)$，在间断点收散于 $\frac{f(x^-)+f(x^+)}{2}$。考试必须写清楚收散于谁。
解题过程
正弦展开：将 $f(x)$ 做奇延拓到 $(-1,1)$，再以周期 $2l=2$ 延拓。
此时只有正弦项，$a_n=0$，计算 $b_n$：
$$b_n=\frac{2}{l}\int_0^l f(x)\sin\frac{n\pi x}{l}\,\dd x=2\int_0^1(1-x)\sin n\pi x\,\dd x$$分部积分：
$$=2\left[-\frac{(1-x)\cos n\pi x}{n\pi}\bigg|_0^1-\int_0^1\frac{\cos n\pi x}{n\pi}\,\dd x\right]$$ $$=2\left[\frac{1}{n\pi}-\frac{\sin n\pi x}{n^2\pi^2}\bigg|_0^1\right]=2\cdot\frac{1}{n\pi}=\frac{2}{n\pi}$$（注意 $\sin n\pi=0$）
正弦级数：
$$1-x\sim\frac{2}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin n\pi x}{n}=\frac{2}{\pi}\left(\sin\pi x+\frac{\sin 2\pi x}{2}+\frac{\sin 3\pi x}{3}+\cdots\right),\quad 0解题过程
余弦展开：将 $f(x)$ 做偶延拓到 $(-\pi,\pi)$，再以周期 $2\pi$ 延拓。
此时 $b_n=0$，计算 $a_0$ 和 $a_n$：
$$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}$$$a_n$（$n\geq 1$）：
$$a_n=\frac{2}{\pi}\int_0^{\pi}x^2\cos nx\,\dd x$$连续两次分部积分：
$$=\frac{2}{\pi}\left[\frac{x^2\sin nx}{n}\bigg|_0^{\pi}-\frac{2}{n}\int_0^{\pi}x\sin nx\,\dd x\right]$$ $$=\frac{2}{\pi}\cdot\left(-\frac{2}{n}\right)\left[-\frac{x\cos nx}{n}\bigg|_0^{\pi}+\frac{1}{n}\int_0^{\pi}\cos nx\,\dd x\right]$$ $$=\frac{2}{\pi}\cdot\left(-\frac{2}{n}\right)\left[-\frac{\pi(-1)^n}{n}+0\right]=\frac{2}{\pi}\cdot\frac{2\pi(-1)^n}{n^2}=\frac{4(-1)^n}{n^2}$$余弦级数：
$$x^2\sim\frac{\pi^2}{3}+4\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^2}\cos nx=\frac{\pi^2}{3}+4\left(-\cos x+\frac{\cos 2x}{4}-\frac{\cos 3x}{9}+\cdots\right)$$收散域：$0\leq x\leq\pi$（含端点，因为偶延拓后在 $x=0$ 和 $x=\pi$ 处连续）。
注意：余弦展开在端点 $x=0$ 和 $x=\pi$ 处都收散于函数值，因为偶延拓保证了这两点的连续性。而正弦展开在端点处收散于0。
解题过程
周期 $T=2l=2$，故 $l=1$。
Fourier 级数公式：
$$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)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}(a_n\cos n\pi x+b_n\sin n\pi x)$$计算 $a_0$：
$$a_0=\frac{1}{l}\int_0^{2l}f(x)\,\dd x=\int_0^2 f(x)\,\dd x=\int_0^1 1\,\dd x+\int_1^2 0\,\dd x=1$$计算 $a_n$（$n\geq 1$）：
$$a_n=\frac{1}{l}\int_0^{2l}f(x)\cos\frac{n\pi x}{l}\,\dd x=\int_0^1\cos n\pi x\,\dd x=\frac{\sin n\pi x}{n\pi}\bigg|_0^1=\frac{\sin n\pi}{n\pi}=0$$计算 $b_n$：
$$b_n=\int_0^1\sin n\pi x\,\dd x=-\frac{\cos n\pi x}{n\pi}\bigg|_0^1=\frac{1-\cos n\pi}{n\pi}=\frac{1-(-1)^n}{n\pi}$$当 $n$ 为偶数时 $b_n=0$；当 $n$ 为奇数时 $b_n=\frac{2}{n\pi}$。
Fourier 级数：
$$f(x)\sim\frac{1}{2}+\frac{2}{\pi}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\sin(2k+1)\pi x}{2k+1}=\frac{1}{2}+\frac{2}{\pi}\left(\sin\pi x+\frac{\sin 3\pi x}{3}+\frac{\sin 5\pi x}{5}+\cdots\right)$$周期 $2l$ 公式记忆：所有公式里 $\pi\to\frac{n\pi}{l}$，$\frac{1}{\pi}\to\frac{1}{l}$。本质上是做变量替换 $t=\frac{\pi x}{l}$ 把区间映射到 $(-\pi,\pi)$。
解题过程
$f(x)=x^2$ 是偶函数，$b_n=0$。
计算 $a_0$ 和 $a_n$（与 C4 类似）：
$$a_0=\frac{2\pi^2}{3},\quad a_n=\frac{4(-1)^n}{n^2}\quad(n\geq 1)$$Fourier 展开：
$$x^2=\frac{\pi^2}{3}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{4(-1)^n}{n^2}\cos nx,\quad -\pi\leq x\leq\pi$$求 $\sum\frac{1}{n^2}$：令 $x=\pi$：
$$\pi^2=\frac{\pi^2}{3}+4\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n\cos n\pi}{n^2}=\frac{\pi^2}{3}+4\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n\cdot(-1)^n}{n^2}=\frac{\pi^2}{3}+4\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}$$ $$\frac{2\pi^2}{3}=4\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}$$ $$\boxed{\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}}$$求 $\sum\frac{(-1)^{n+1}}{n^2}$：令 $x=0$：
$$0=\frac{\pi^2}{3}+4\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^2}$$ $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^2}=-\frac{\pi^2}{12}$$ $$\boxed{\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n^2}=\frac{\pi^2}{12}}$$重要结论：$\sum\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}$（Basel 问题）是考试高频结果，常由 $x^2$ 的 Fourier 展开导出。选择不同的代入点可得到不同的数值级数。
解题过程
由 C1 已知：$f(x)=x$ 的 Fourier 级数：$a_n=0$，$b_n=\frac{2(-1)^{n+1}}{n}$。
Parseval 等式：
$$\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f^2(x)\,\dd x=\frac{a_0^2}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}(a_n^2+b_n^2)$$左边：
$$\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}x^2\,\dd x=\frac{1}{\pi}\cdot\frac{2\pi^3}{3}=\frac{2\pi^2}{3}$$右边：
$$0+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{4}{n^2}=4\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}$$所以：
$$\frac{2\pi^2}{3}=4\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}$$ $$\boxed{\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}}$$与 C6 用代入点的方法得到相同结果，但方法不同。
物理意义：信号的总能量 = 各次谐波的能量之和。
应用场景：Parseval 等式常用于求 $\sum\frac{1}{n^{2k}}$ 型的级数。选择适当的 $f(x)$ 使其 Fourier 系数含有 $\frac{1}{n^k}$，平方后即可。
解题过程
(1) 求 Fourier 系数
$f(x)=e^x$ 既不是奇函数也不是偶函数，需计算 $a_n$ 和 $b_n$。
$$a_0=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}e^x\,\dd x=\frac{1}{\pi}(e^{\pi}-e^{-\pi})=\frac{2\sinh\pi}{\pi}$$对 $n\geq 1$，计算 $a_n$：
$$a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}e^x\cos nx\,\dd x$$利用公式 $\int e^x\cos nx\,\dd x=\frac{e^x(n\sin nx+\cos nx)}{1+n^2}$：
$$a_n=\frac{1}{\pi}\cdot\frac{e^x(\cos nx+n\sin nx)}{1+n^2}\bigg|_{-\pi}^{\pi}=\frac{1}{\pi(1+n^2)}\left[e^{\pi}\cos n\pi-e^{-\pi}\cos n\pi\right]$$ $$=\frac{(-1)^n(e^{\pi}-e^{-\pi})}{\pi(1+n^2)}=\frac{2(-1)^n\sinh\pi}{\pi(1+n^2)}$$类似地：
$$b_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}e^x\sin nx\,\dd x=\frac{-2n(-1)^n\sinh\pi}{\pi(1+n^2)}$$Fourier 级数：
$$e^x\sim\frac{\sinh\pi}{\pi}+\frac{2\sinh\pi}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{1+n^2}(\cos nx-n\sin nx)$$(2) 求 $\sum\frac{1}{n^2+1}$
在 $x=0$（连续点）处，Fourier 级数收散于 $f(0)=1$：
$$1=\frac{\sinh\pi}{\pi}+\frac{2\sinh\pi}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{1+n^2}\cdot((-1)^n\cdot 1-n\cdot 0)$$注意 $\cos 0=1$，$\sin 0=0$，所以：
$$1=\frac{\sinh\pi}{\pi}+\frac{2\sinh\pi}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n\cdot(-1)^n}{1+n^2}=\frac{\sinh\pi}{\pi}+\frac{2\sinh\pi}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{1+n^2}$$ $$1=\frac{\sinh\pi}{\pi}\left(1+2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{1+n^2}\right)$$ $$\frac{\pi}{\sinh\pi}=1+2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{1+n^2}$$ $$\boxed{\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2+1}=\frac{1}{2}\left(\frac{\pi}{\sinh\pi}-1\right)=\frac{\pi\coth\pi-1}{2}}$$（注：$\frac{\pi}{\sinh\pi}=\frac{\pi}{\frac{e^\pi-e^{-\pi}}{2}}=\frac{2\pi}{e^\pi-e^{-\pi}}=\pi\cdot\frac{1}{\sinh\pi}$，即 $\sum=\frac{1}{2}\left(\frac{\pi}{\sinh\pi}-1\right)$）
方法论：指数函数的 Fourier 展开是经典题型，能产生 $\frac{1}{1+n^2}$ 型系数，适合求这类非常规数值级数。核心技巧：$\int e^x\cos nx\,\dd x$ 用分部积分两次，得到循环，解出积分。
| 通项特征 | 操作 | 典型例题 |
|---|---|---|
| 含因子 $n$ | 先积分 → 求和 → 再求导 | $\sum nx^n$ |
| 含因子 $\frac{1}{n}$ | 先求导 → 求和 → 再积分 | $\sum\frac{x^n}{n}$ |
| 含因子 $\frac{1}{n!}$ | 识别为 $e^x$ 型 | $\sum\frac{x^n}{n!}=e^x$ |
| 含因子 $\frac{1}{(2n)!}$ | 识别为 $\cos/\cosh$ 型 | $\sum\frac{x^{2n}}{(2n)!}$ |
| 都不好化简 | 建立微分方程 | $\sum\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}$ |
| 级数 | 和 | 来源 |
|---|---|---|
| $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}$ | $\frac{\pi^2}{6}$ | $x^2$ 展开代 $x=\pi$ |
| $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n^2}$ | $\frac{\pi^2}{12}$ | $x^2$ 展开代 $x=0$ |
| $\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(2k+1)^2}$ | $\frac{\pi^2}{8}$ | $|x|$ 展开代 $x=\pi$ |
| $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^4}$ | $\frac{\pi^4}{90}$ | $x^2$ 的 Parseval 等式 |