经典收敛级数

①：大名鼎鼎的自然数平方倒数和

另外的方法是用傅里叶级数来求的，比如下面的9.70题
ζ(2)=112+122+132+...=∑n=1∞1n2=π26\zeta(2)=\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+...=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}ζ(2)=121​+221​+321​+...=n=1∑∞​n21​=6π2​
是从这个视频里面学到的：mathologer 的视频
我觉得他们做的这种可视化数学真的做得好好呀，目前我所知道的就是 3blue1brown和 mathologer 这两位大佬在做，真的特别牛逼，什么希尔伯特曲线用做声音可视化，勾股数可视化 and so on，太吊啦~

这个式子把sinxsinxsinx写成无穷乘积展开式然后在与麦克劳林展开对比系数得到的
sinx=x(1−x2(π)2)(1−x2(2π)2)(1−x2(2π)2)(1−x2(4π)2)....sinx=x(1-\frac{x^2}{(\pi)^2})(1-\frac{x^2}{(2\pi)^2})(1-\frac{x^2}{(2\pi)^2})(1-\frac{x^2}{(4\pi)^2})....sinx=x(1−(π)2x2​)(1−(2π)2x2​)(1−(2π)2x2​)(1−(4π)2x2​)....

同理还能得到
ζ(4)=114+124+134+...=∑n=1∞1n4=π490\zeta(4)=\frac{1}{1^4}+\frac{1}{2^4}+\frac{1}{3^4}+...=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^4}=\frac{\pi^4}{90}ζ(4)=141​+241​+341​+...=n=1∑∞​n41​=90π4​
这个我没懂怎么对比系数得到的
弹幕上有同学说是ζ(4)=ζ2(2)−2ζ(2,2)=(π26)2−2⋅π4120\zeta(4)=\zeta^2(2)-2\zeta(2,2)=(\frac{\pi^2}{6})^2-2\cdot\frac{\pi^4}{120}ζ(4)=ζ2(2)−2ζ(2,2)=(6π2​)2−2⋅120π4​来的，但是没懂ζ(2,2)\zeta(2,2)ζ(2,2)是什么东西

然后由上面那个式子令x=π2x=\frac{\pi}{2}x=2π​就能得到沃利斯公式(Wallis Product)

sin(π2)=1=π2⋅1⋅322⋅3⋅542....sin(\frac{\pi}{2})=1=\frac{\pi}{2}\cdot\frac{1\cdot3}{2^2}\cdot\frac{3\cdot5}{4^2}....sin(2π​)=1=2π​⋅221⋅3​⋅423⋅5​....

扩展

112+132+152+...=π28\frac{1}{1^2}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{5^2}+...=\frac{\pi^2}{8}121​+321​+521​+...=8π2​
122+142+162+...=π224\frac{1}{2^2}+\frac{1}{4^2}+\frac{1}{6^2}+...=\frac{\pi^2}{24}221​+421​+621​+...=24π2​
112−122+132−142+152−162+...=(112+132+152+...)−(122+142+162+...)=π212\frac{1}{1^2}-\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}-\frac{1}{4^2}+\frac{1}{5^2}-\frac{1}{6^2}+...=(\frac{1}{1^2}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{5^2}+...)-(\frac{1}{2^2}+\frac{1}{4^2}+\frac{1}{6^2}+...)=\frac{\pi^2}{12}121​−221​+321​−421​+521​−621​+...=(121​+321​+521​+...)−(221​+421​+621​+...)=12π2​

②：∑n=1∞1n!=e−1\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n!}=e-1∑n=1∞​n!1​=e−1

Sn=11!+12!+13!+...+1n!≤1+11×2+12×3+...+1(n−1)×n然后裂项=1+1−+1n<2S_n=\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+...+\frac{1}{n!}\leq1+\frac{1}{1\times2}+\frac{1}{2\times3}+...+\frac{1}{(n-1)\times n}然后裂项=1+1-+\frac{1}{n}<2Sn​=1!1​+2!1​+3!1​+...+n!1​≤1+1×21​+2×31​+...+(n−1)×n1​然后裂项=1+1−+n1​<2
∴Sn<2收敛\therefore S_n<2收敛∴Sn​<2收敛
事实上这个就是ex的泰勒展开,然后令x=1在减去第0项事实上这个就是e^x的泰勒展开,然后令x=1在减去第0项事实上这个就是ex的泰勒展开,然后令x=1在减去第0项

③：

1−13+15−17+19...=π41-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\frac{1}{9}...=\frac{\pi}{4}1−31​+51​−71​+91​...=4π​
其实这个就是arctanxarctanxarctanx展开令x=1x=1x=1

积分判别法【p级数】

就是说:∑n=1∞f(n)与∫c∞f(x)dx的敛散性是相同的就是说:\sum_{n=1}^{\infty}f(n)与\int_c^{\infty}f(x)dx的敛散性是相同的就是说:n=1∑∞​f(n)与∫c∞​f(x)dx的敛散性是相同的
一共有两种，并且结论都是：{发散,p≤1收敛,p>1\left\{\begin{matrix} 发散,p\leq1\\ \\ 收敛,p>1 \end{matrix}\right.⎩⎨⎧​发散,p≤1收敛,p>1​

①：

∑n=1∞1np\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^p}n=1∑∞​np1​

②

∑n=1∞1n(lnn)p\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(ln\ n)^p}n=1∑∞​n(ln n)p1​
经典的调和级数1n\frac{1}{n}n1​以及1nlnn\frac{1}{nln\ n}nln n1​就是当p=1p=1p=1的时候，因此都是发散的

一些级数收敛的结论

①：如果正项级数un收敛,那么un2也一定收敛,反过来不一定如果正项级数u_n收敛,那么u_n^2也一定收敛,反过来不一定如果正项级数un​收敛,那么un2​也一定收敛,反过来不一定
这是因为lim⁡n→∞un2un=lim⁡n→∞un=0，\lim_{n\to\infty}\frac{u_n^2}{u_n}=\lim_{n\to\infty}u_n=0，limn→∞​un​un2​​=limn→∞​un​=0，说明un2在某一项起<unu_n^2在某一项起<u_nun2​在某一项起<un​,大的都收敛，小的就收敛
至于为啥必须要正项级数还没懂

②：如果∑n=1∞un收敛，能推出的结论：如果\sum_{n=1}^{\infty}u_n收敛，能推出的结论：如果n=1∑∞​un​收敛，能推出的结论：
∑n=1∞un收敛⇒{∑n=1∞(un+un+1),收敛级数任意加括号得到的新级数仍然收敛∑n=1∞(un−un+1),收敛级数任意两项之差得到的新级数仍然收敛\sum_{n=1}^{\infty}u_n收敛\Rightarrow \left\{\begin{array}{ll} \sum_{n=1}^{\infty}(u_n+u_{n+1}),收敛级数任意加括号得到的新级数仍然收敛\\ \\ \\\sum_{n=1}^{\infty}(u_n-u_{n+1}),收敛级数任意两项之差得到的新级数仍然收敛 \\ \end{array}\right.n=1∑∞​un​收敛⇒⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧​∑n=1∞​(un​+un+1​),收敛级数任意加括号得到的新级数仍然收敛∑n=1∞​(un​−un+1​),收敛级数任意两项之差得到的新级数仍然收敛​

∑n=1∞un收敛⇒不一定收敛的有：{∑n=1∞∣un∣,反例：交错调和级数∑n=1∞un2,反例：∑n=1∞(−1)n1n∑n=1∞(−1)nun,反例：∑n=1∞(−1)n1n∑n=1∞unn,反例：∑n=2∞1lnn,卧槽∑n=2∞1nlnn是发散的啊？∑n=1∞unun+1,反例：∑n=1∞(−1)n1n,unun+1=−1n(n+1),而1n(n+1)>1n+1所以发散∑n=1∞(u2n−1−u2n),注意这个是奇数减偶数,跟上面相邻两项相减不同,反例就是交错调和级数∑n=1∞u2n−1和∑n=1∞u2n,就是单独的奇数项或偶数项,反例也是交错调和级数\sum_{n=1}^{\infty}u_n收敛\Rightarrow不一定收敛的有： \left\{\begin{array}{ll} \sum_{n=1}^{\infty}|u_n|,反例：交错调和级数 \\ \\ \sum_{n=1}^{\infty}u_n^2,反例：\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\frac{1}{\sqrt{n}} \\ \\ \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^nu_n,反例：\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\frac{1}{n} \\ \\ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{u_n}{n},反例：\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{ln\ n},卧槽\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{nln\ n}是发散的啊？ \\ \\ \sum_{n=1}^{\infty}u_nu_{n+1},反例：\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\frac{1}{\sqrt{n}},u_nu_{n+1}=-\frac{1}{\sqrt{n(n+1)}},而\frac{1}{\sqrt{n(n+1)}}>\frac{1}{n+1}所以发散 \\ \\ \sum_{n=1}^{\infty}(u_{2n-1}-u_{2n}),注意这个是奇数减偶数,跟上面相邻两项相减不同,反例就是交错调和级数 \\ \\\sum_{n=1}^{\infty}u_{2n-1}和\sum_{n=1}^{\infty}u_{2n},就是单独的奇数项或偶数项,反例也是交错调和级数 \end{array}\right.n=1∑∞​un​收敛⇒不一定收敛的有：⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧​∑n=1∞​∣un​∣,反例：交错调和级数∑n=1∞​un2​,反例：∑n=1∞​(−1)nn​1​∑n=1∞​(−1)nun​,反例：∑n=1∞​(−1)nn1​∑n=1∞​nun​​,反例：∑n=2∞​ln n1​,卧槽∑n=2∞​nln n1​是发散的啊？∑n=1∞​un​un+1​,反例：∑n=1∞​(−1)nn​1​,un​un+1​=−n(n+1)​1​,而n(n+1)​1​>n+11​所以发散∑n=1∞​(u2n−1​−u2n​),注意这个是奇数减偶数,跟上面相邻两项相减不同,反例就是交错调和级数∑n=1∞​u2n−1​和∑n=1∞​u2n​,就是单独的奇数项或偶数项,反例也是交错调和级数​
以上前几个都是阔以强行令他=1n,=\frac{1}{n},=n1​,然后再把unu_nun​反解出来
这里新遇到一个级数又丰富我的知识体系T_T
∑n=1∞1nlnn是发散的？\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{nln\ n}是发散的？n=1∑∞​nln n1​是发散的？
积分判别法？？？还有这东西T_T

另外的几个结论
{∑n=1∞∣un∣收敛⇒∑n=1∞un收敛,很好理解,加了绝对值都收敛,没加绝对值还阔能有负数什么的就更收敛了∑n=1∞un发散⇒∑n=1∞∣un∣发散,跟上面一样∑n=1∞un2收敛,∑n=1∞∣unn∣收敛,∵∣unn∣≤12(un2+1n2)\left\{\begin{array}{ll} \sum_{n=1}^{\infty}|u_n|收敛\Rightarrow \sum_{n=1}^{\infty}u_n收敛,很好理解,加了绝对值都收敛,没加绝对值还阔能有负数什么的就更收敛了 \\ \\\sum_{n=1}^{\infty}u_n发散\Rightarrow \sum_{n=1}^{\infty}|u_n|发散,跟上面一样 \\ \\\sum_{n=1}^{\infty}u_n^2收敛,\sum_{n=1}^{\infty}|\frac{u_n}{n}|收敛,\because |\frac{u_n}{n}|\leq\frac{1}{2}(u_n^2+\frac{1}{n^2}) \end{array}\right.⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎧​∑n=1∞​∣un​∣收敛⇒∑n=1∞​un​收敛,很好理解,加了绝对值都收敛,没加绝对值还阔能有负数什么的就更收敛了∑n=1∞​un​发散⇒∑n=1∞​∣un​∣发散,跟上面一样∑n=1∞​un2​收敛,∑n=1∞​∣nun​​∣收敛,∵∣nun​​∣≤21​(un2​+n21​)​

1000题

9.2（举反例）

正项级数∑n=1∞an收敛,∑n=1∞bn发散,则正确的有哪些？正项级数\sum_{n=1}^{\infty}a_n收敛,\sum_{n=1}^{\infty}b_n发散,则正确的有哪些？正项级数n=1∑∞​an​收敛,n=1∑∞​bn​发散,则正确的有哪些？
A.∑n=1∞anbn必收敛\sum_{n=1}^{\infty}a_nb_n必收敛∑n=1∞​an​bn​必收敛
B.∑n=1∞anbn必发散\sum_{n=1}^{\infty}a_nb_n必发散∑n=1∞​an​bn​必发散
C.∑n=1∞an2必收敛\sum_{n=1}^{\infty}a_n^2必收敛∑n=1∞​an2​必收敛
D.∑n=1∞bn2必发散\sum_{n=1}^{\infty}b_n^2必发散∑n=1∞​bn2​必发散
先直接看（C），说了是正项级数的，因此平方一哈，肯定还是正项且趋向0的，所以肯定对

在看A、B，阔以找一个收敛级数1n2\frac{1}{n^2}n21​，他是能拆成一个发散与一个收敛相乘的，比如n和1n3n和\frac{1}{n^3}n和n31​，再找一个发散级数1n\frac{1}{n}n1​，也能拆：n和1n32\sqrt{n}和\frac{1}{n^{\frac{3}{2}}}n​和n23​1​

9.3【正项级数平方收敛，乘积是否收敛】

正项级数∑n=1∞an2,∑n=1∞bn2都收敛时,∑n=1∞anbn是否收敛？正项级数\sum_{n=1}^{\infty}a_n^2,\sum_{n=1}^{\infty}b_n^2都收敛时,\sum_{n=1}^{\infty}a_nb_n是否收敛？正项级数n=1∑∞​an2​,n=1∑∞​bn2​都收敛时,n=1∑∞​an​bn​是否收敛？
我以为也是举反例来排除，结果居然是用均值不等式来证明的T_T
也是哈，这个还是很容易看出来的，但是我没看出来
anbn=an2bn2≤an2+bn22a_nb_n=\sqrt{a_n^2b_n^2}\leq\frac{a_n^2+b_n^2}{2}an​bn​=an2​bn2​​≤2an2​+bn2​​所以收敛

9.4

（2）【放缩】

判断收敛性
(2)∑n=1∞∫01nx1+x2dx(2)\sum_{n=1}^{\infty}\int_0^{\frac{1}{n}}\frac{\sqrt{x}}{1+x^2}dx(2)n=1∑∞​∫0n1​​1+x2x​​dx
这个积分感觉有点不好积分呀
忘了阔以放缩了
x1+x2<x\frac{\sqrt{x}}{1+x^2}<\sqrt{x}1+x2x​​<x​然后就好积分了，而且积出来是收敛的

关键是这种我怎么知道放缩成什么样子后的是收敛的喃？这个就是考验水平的地方了，多做题T_T

这道题阔以这样想，上限是1n\frac{1}{n}n1​，所以要积分后幂是正的，这样n才能到分母，然后就可能收敛

（3）【立方差公式分子有理化】

(3)∑n=1∞n+13−n3(3)\sum_{n=1}^{\infty}\sqrt[3]{n+1}-\sqrt[3]{n}(3)n=1∑∞​3n+1​−3n​
这题如果是2次方根的话我一眼就知道要分子有理化，但是这个是三次方根的哇，好像同时乘上(n+13+n3)(\sqrt[3]{n+1}+\sqrt[3]{n})(3n+1​+3n​)的话，幂只会变成23\frac{2}{3}32​，再乘变成43\frac{4}{3}34​，这样是消不掉的得哇
看答案好发现他是乘的3项，我突然反应过来，好像是那个什么立方差公式哇
(a−b)=(a−b)(a2+ab+b2)(a2+ab+b2)=(a3−b3)(a2+ab+b2)(a-b)=\frac{(a-b)(a^2+ab+b^2)}{(a^2+ab+b^2)}=\frac{(a^3-b^3)}{(a^2+ab+b^2)}(a−b)=(a2+ab+b2)(a−b)(a2+ab+b2)​=(a2+ab+b2)(a3−b3)​
然后就好放缩了
然后我们能看到分母大概是23\frac{2}{3}32​次方小于1的，大概是发散的，所以要构造大于来放缩

9.6【放缩】

un=∫01x(1−x)sin2nxdx,讨论∑n=1∞un的敛散性u_n=\int_0^1x(1-x)sin^{2n}xdx,讨论\sum_{n=1}^{\infty}u_n的敛散性un​=∫01​x(1−x)sin2nxdx,讨论n=1∑∞​un​的敛散性
我放缩放多了QAQ
我想的是x<1,(1−x)也小于1,sinx<xx<1,(1-x)也小于1,sinx<xx<1,(1−x)也小于1,sinx<x，所以就放缩成了x2nx^{2n}x2n，积分出来分母是1次方的，不收敛啊T_T

这道题只用放缩sinx就已经都是多项式函数了
un<∫01x(1−x)x2ndx=12n+2−12n+3=1(2n+2)(2n+3)<14n2u_n<\int_0^1x(1-x)x^{2n}dx=\frac{1}{2n+2}-\frac{1}{2n+3}=\frac{1}{(2n+2)(2n+3)}<\frac{1}{4n^2}un​<∫01​x(1−x)x2ndx=2n+21​−2n+31​=(2n+2)(2n+3)1​<4n21​
这样分母就是2次方了，就是收敛的了

9.7（打星）【坑！！！】

设0≤un≤1n,则下列级数一定收敛的是设0\leq u_n\leq\frac{1}{n},则下列级数一定收敛的是设0≤un​≤n1​,则下列级数一定收敛的是
A.∑n=1∞un\sum_{n=1}^{\infty}u_n∑n=1∞​un​

B.∑n=1∞(−1)nun\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^nu_n∑n=1∞​(−1)nun​

C.∑n=1∞un\sum_{n=1}^{\infty}\sqrt{u_n}∑n=1∞​un​​

D.∑n=1∞(−1)un2\sum_{n=1}^{\infty}(-1)u^2_n∑n=1∞​(−1)un2​

这题我一看就排除了AC，因为就是调和级数的时候就不对
D是肯定对的
但是这个B，感觉也是对的啊，分母比一次方大，那就是收敛的p级数啊，怎么想都收敛，而且还满足交错级数 单调不增且趋向0 的条件啊
然后答案给的反例是：
un=∑n=1∞(−1)n+12nu_n=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n+1}{2n}un​=n=1∑∞​2n(−1)n+1​

本来是交错调和级数−11,12,−13,14,−15,16,−17,18,−19-\frac{1}{1},\frac{1}{2},-\frac{1}{3},\frac{1}{4},-\frac{1}{5},\frac{1}{6},-\frac{1}{7},\frac{1}{8},-\frac{1}{9}−11​,21​,−31​,41​,−51​,61​,−71​,81​,−91​，把有负号的全部变成0，这个负号就没啥用了
0,12,0,14,0,16,0,180,\frac{1}{2},0,\frac{1}{4},0,\frac{1}{6},0,\frac{1}{8}0,21​,0,41​,0,61​,0,81​

9.8

求极限lim⁡n→∞14n(1+1n)n2求极限\lim_{n\to \infty}\frac{1}{4^n}(1+\frac{1}{n})^{n^2}求极限n→∞lim​4n1​(1+n1​)n2
这题是通过开n次根号那种判断出级数收敛的，所以极限趋向0

而我想的是通过等价无穷大，因为(1+1x)x2是那道很经典的题，我就当结论用了，等价于e−12ex(1+\frac{1}{x})^{x^2}是那道很经典的题，我就当结论用了，等价于e^{-\frac{1}{2}}e^x(1+x1​)x2是那道很经典的题，我就当结论用了，等价于e−21​ex
所以这道题就变成了lim⁡n→∞e−12(e4)n=0\lim_{n\to\infty}e^{-\frac{1}{2}}(\frac{e}{4})^n=0limn→∞​e−21​(4e​)n=0
不知道对不对ヽ(￣▽￣)ﾉ

9.9（打星）【证明题】【作为结论】

∑n=1∞un,∑n=1∞vn都是正项级数，求证\sum_{n=1}^{\infty}u_n,\sum_{n=1}^{\infty}v_n都是正项级数，求证n=1∑∞​un​,n=1∑∞​vn​都是正项级数，求证
(1)若∑n=1∞un收敛,则∑n=1∞unun+1收敛(1)若\sum_{n=1}^{\infty}u_n收敛,则\sum_{n=1}^{\infty}\sqrt{u_nu_{n+1}}收敛(1)若n=1∑∞​un​收敛,则n=1∑∞​un​un+1​​收敛
用均值不等式
(2)若∑n=1∞unun+1收敛,且un单减，则∑n=1∞un收敛(2)若\sum_{n=1}^{\infty}\sqrt{u_nu_{n+1}}收敛,且u_n单减，则\sum_{n=1}^{\infty}u_n收敛(2)若n=1∑∞​un​un+1​​收敛,且un​单减，则n=1∑∞​un​收敛
我还以为是上面反过来，结果必须要多加一个条件unu_nun​单减，这个条件感觉应该是能够推出来的吧，可能是方便我们做这道题直接给我们了
∵un单减⇒un+1<un⇒unun+1<un2⇒unun+1<un\because u_n单减\Rightarrow u_{n+1}<u_n\Rightarrow u_nu_{n+1}<u_n^2\Rightarrow \sqrt{u_nu_{n+1}}<u_n∵un​单减⇒un+1​<un​⇒un​un+1​<un2​⇒un​un+1​​<un​
我感觉我弄反了喃，重来ヽ(ー_ー)ノ
∵un单减⇒un+1<un⇒un+12<unun+1⇒un+1<unun+1\because u_n单减\Rightarrow u_{n+1}<u_n\Rightarrow u_{n+1}^2<u_nu_{n+1}\Rightarrow u_{n+1}<\sqrt{u_nu_{n+1}}∵un​单减⇒un+1​<un​⇒un+12​<un​un+1​⇒un+1​<un​un+1​​
我感觉有点问题喃
bn收敛,an+1<bn,能得出an收敛嘛？b_n收敛,a_{n+1}<b_n,能得出a_n收敛嘛？bn​收敛,an+1​<bn​,能得出an​收敛嘛？
本来是有个结论，大的收敛，小的就收敛，但是现在错开了一项，还成立嘛？
阔以这样想，第一项单独拿出来，这样就对应起来了，所以收敛
(3)若∑n=1∞un,∑n=1∞vn都收敛,则∑n=1∞unvn收敛(3)若\sum_{n=1}^{\infty}u_n,\sum_{n=1}^{\infty}v_n都收敛,则\sum_{n=1}^{\infty}u_nv_n收敛(3)若n=1∑∞​un​,n=1∑∞​vn​都收敛,则n=1∑∞​un​vn​收敛
又是用的均值不等式
unvn≤un2+vn22u_nv_n\leq\frac{u_n^2+v_n^2}{2}un​vn​≤2un2​+vn2​​
而正项级数的平方是收敛的
(4)若∑n=1∞un收敛,则∑n=1∞unn收敛(4)若\sum_{n=1}^{\infty}u_n收敛,则\sum_{n=1}^{\infty}\frac{u_n}{n}收敛(4)若n=1∑∞​un​收敛,则n=1∑∞​nun​​收敛
卧槽，把他看成un⋅1nu_n\cdot\frac{1}{n}un​⋅n1​然后用均值不等式

9.13【证明题】

(2){xn}为单增有界正项数列,求证:∑n=1∞(1−xnxn+1)收敛(2)\{x_n\}为单增有界正项数列,求证:\sum_{n=1}^{\infty}(1-\frac{x_n}{x_{n+1}})收敛(2){xn​}为单增有界正项数列,求证:n=1∑∞​(1−xn+1​xn​​)收敛
把un=(1−xnxn+1)写成xn+1−xnxn+1u_n=(1-\frac{x_n}{x_{n+1}})写成\frac{x_{n+1}-x_n}{x_{n+1}}un​=(1−xn+1​xn​​)写成xn+1​xn+1​−xn​​会发现分子是挨着的两项的差，如果求和的话就会消掉

所以看怎样把分母变成相同的这样放缩，并且还能得到小于符号

un<xn+1−xnx1u_n<\frac{x_{n+1}-x_n}{x_1}un​<x1​xn+1​−xn​​

∴∑n=1∞un<∑n=1∞xn+1−xnx1=xn+1−xnx1<M−xnx1\therefore \sum_{n=1}^{\infty}u_n<\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x_{n+1}-x_n}{x_1}=\frac{x_{n+1}-x_n}{x_1}<\frac{M-x_n}{x_1}∴∑n=1∞​un​<∑n=1∞​x1​xn+1​−xn​​=x1​xn+1​−xn​​<x1​M−xn​​，其中MMM是数列的上界
这样就证到了他是有界的，所以收敛

9.14【证明题】

数列an,bn满足ebn=ean−an,求证数列a_n,b_n满足e^{b_n}=e^{a_n}-a_n,求证数列an​,bn​满足ebn​=ean​−an​,求证
(1)若an>0,则bn>0(1)若a_n>0,则b_n>0(1)若an​>0,则bn​>0
很巧地转换一哈
当bn>0b_n>0bn​>0时，ebn>1e^{b_n}>1ebn​>1
所以就是要证ean−an>1e^{a_n}-a_n>1ean​−an​>1
然后就是求导证明就是了
(2)若an>0且∑n=1∞an收敛,证明:∑n=1∞bnan收敛(2)若a_n>0且\sum_{n=1}^{\infty}a_n收敛,证明:\sum_{n=1}^{\infty}\frac{b_n}{a_n}收敛(2)若an​>0且n=1∑∞​an​收敛,证明:n=1∑∞​an​bn​​收敛
bn通过等式写出来是ln(ean−an)b_n通过等式写出来是ln(e^{a_n}-a_n)bn​通过等式写出来是ln(ean​−an​)
所以要证明的就变成了证明ln(ean−an)an收敛\frac{ln(e^{a_n}-a_n)}{a_n}收敛an​ln(ean​−an​)​收敛
因为第一问其实就是为说明他们都是正项级数做铺垫，所以我们证明这个就不用证明部分和有界来证了，而阔以用比大小来证

设我们要证的这个ln(ean−an)an=un\frac{ln(e^{a_n}-a_n)}{a_n}=u_nan​ln(ean​−an​)​=un​
那么我们通过比大小要得到lim⁡n→∞un=0才行那么我们通过比大小要得到\lim_{n\to\infty}u_n=0才行那么我们通过比大小要得到n→∞lim​un​=0才行
ln(ean−an)an直接当做极限题来写就行lim⁡n→∞un=ln(ean−an)an2⋅an=ean−an−1an2⋅an然后洛必达或者泰勒展开都行=12an=0\frac{ln(e^{a_n}-a_n)}{a_n}直接当做极限题来写就行\lim_{n\to\infty}u_n=\frac{ln(e^{a_n}-a_n)}{a_n^2}\cdot a_n=\frac{e^{a_n}-a_n-1}{a_n^2}\cdot a_n然后洛必达或者泰勒展开都行=\frac{1}{2}a_n=0an​ln(ean​−an​)​直接当做极限题来写就行n→∞lim​un​=an2​ln(ean​−an​)​⋅an​=an2​ean​−an​−1​⋅an​然后洛必达或者泰勒展开都行=21​an​=0
所以就证到了

交错级数

9.20

判断级数I=∑n=1∞sin(πn2+a2)的敛散性,a非零判断级数I=\sum_{n=1}^{\infty}sin(\pi\sqrt{n^2+a^2})的敛散性,a非零判断级数I=n=1∑∞​sin(πn2+a2​)的敛散性,a非零
太强了
I=∑n=1∞sin(π(n2+a2−n)+nπ)=∑n=1∞(−1)nsin(π(n2+a2−n))然后分子有理化变成∑n=1∞(−1)nsin(πa2(n2+a2+n))I=\sum_{n=1}^{\infty}sin(\pi(\sqrt{n^2+a^2}-n)+n\pi)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^nsin(\pi(\sqrt{n^2+a^2}-n))\\ 然后分子有理化变成\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^nsin(\frac{\pi a^2}{(\sqrt{n^2+a^2}+n)})I=n=1∑∞​sin(π(n2+a2​−n)+nπ)=n=1∑∞​(−1)nsin(π(n2+a2​−n))然后分子有理化变成n=1∑∞​(−1)nsin((n2+a2​+n)πa2​)
然后就能看出单减且极限为0，用莱布尼茨定理得到收敛

9.21（打星）【展开后会有调和级数】

判断∑n=1∞ln[1+(−1)nn]的敛散性判断\sum_{n=1}^{\infty}ln[1+\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}]的敛散性判断n=1∑∞​ln[1+n​(−1)n​]的敛散性
这题我一眼看过去就是那这种等价无穷小的感觉弄成了(−1)nn\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}n​(−1)n​，就以为是条件收敛，然而是错的，因为用泰勒展开的话会发现展开后是二阶无穷小是发散的
ln[1+(−1)nn]=(−1)nn−1n+O(1n)ln[1+\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}]=\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}-\frac{1}{n}+O(\frac{1}{n})ln[1+n​(−1)n​]=n​(−1)n​−n1​+O(n1​)
看到第二项是调和级数，因此是发散的

9.23【证明题】【放缩】

证明:∑n=2∞(−1)nn+(−1)n条件收敛证明:\sum_{n=2}^{\infty}\frac{(-1)^n}{\sqrt{n+(-1)^n}}条件收敛证明:n=2∑∞​n+(−1)n​(−1)n​条件收敛
把式子写出来是：13−12+15−14+17−16\frac{1}{\sqrt{3}}-\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{5}}-\frac{1}{\sqrt{4}}+\frac{1}{\sqrt{7}}-\frac{1}{\sqrt{6}}3​1​−2​1​+5​1​−4​1​+7​1​−6​1​
发现不符合单调递减
两项两项打括号也就是 un=12n+1−12nu_n=\frac{1}{\sqrt{2n+1}}-\frac{1}{\sqrt{2n}}un​=2n+1​1​−2n​1​ 会不会单减喃？哎呀，都成负数了，还是看答案的吧

答案是证明了有下界，因为知道括号里面都是负数，因此部分和 S2nS_{2n}S2n​ 就肯定是单减的了，再有下界就阔以收敛了

而 S2n>14−12+16−14+18−16=12n+2−12>−12有下界S_{2n}>\frac{1}{\sqrt{4}}-\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{6}}-\frac{1}{\sqrt{4}}+\frac{1}{\sqrt{8}}-\frac{1}{\sqrt{6}}=\frac{1}{\sqrt{2n+2}}-\frac{1}{\sqrt{2}}>-\frac{1}{\sqrt{2}}有下界S2n​>4​1​−2​1​+6​1​−4​1​+8​1​−6​1​=2n+2​1​−2​1​>−2​1​有下界，所以收敛
对哈，这种挨着相差不大的，阔以放缩来抵消掉得哇

然后还要证明取绝对值后不收敛

又是放缩

1n+(−1)n≥1n+1\frac{1}{\sqrt{n+(-1)^n}}\geq\frac{1}{\sqrt{n+1}}n+(−1)n​1​≥n+1​1​

后面那个发散，所以发散

综合

9.25（打星）

下列正确的是下列正确的是下列正确的是
A.若un<vnu_n<v_nun​<vn​,则∑n=1∞un≤∑n=1∞vn\sum_{n=1}^{\infty}u_n\leq\sum_{n=1}^{\infty}v_n∑n=1∞​un​≤∑n=1∞​vn​

B.若un<vnu_n<v_nun​<vn​,则∑n=1∞un收敛,则∑n=1∞vn收敛\sum_{n=1}^{\infty}u_n收敛,则\sum_{n=1}^{\infty}v_n收敛∑n=1∞​un​收敛,则∑n=1∞​vn​收敛

C.若lim⁡n→∞unvn=1,∑n=1∞vn收敛,则∑n=1∞un\lim_{n\to\infty}\frac{u_n}{v_n}=1,\sum_{n=1}^{\infty}v_n收敛,则\sum_{n=1}^{\infty}u_nlimn→∞​vn​un​​=1,∑n=1∞​vn​收敛,则∑n=1∞​un​收敛

D.若wn<un<vn,且∑n=1∞wn,∑n=1∞vn都收敛,则∑n=1∞unw_n<u_n<v_n,且\sum_{n=1}^{\infty}w_n,\sum_{n=1}^{\infty}v_n都收敛,则\sum_{n=1}^{\infty}u_nwn​<un​<vn​,且∑n=1∞​wn​,∑n=1∞​vn​都收敛,则∑n=1∞​un​收敛

其中A选项我是咋个像都感觉不可能错鸭，一看答案，哦~原来是如果不收敛的话是不能比较大小的T_T

C选项感觉很有道理，但那是正项级数的，不能用于一般级数
但是我举反例举不来，还好答案有举反例
un=(−1)nn,vn=[(−1)nn+1n]u_n=\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}},v_n=[\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}+\frac{1}{n}]un​=n​(−1)n​,vn​=[n​(−1)n​+n1​]
哦~就是让调和级数的这个充当比较高阶的无穷小

D选项就是那种夹逼的感觉，两边都收敛就肯定收敛了撒~

9.26【证明题】

f(x)在(0,1)可导,且f′(x)有界,证明:f(x)在(0,1)可导,且f'(x)有界,证明:f(x)在(0,1)可导,且f′(x)有界,证明:
(1)∑n=1∞[f(1n)−f(1n+1)]绝对收敛(1)\sum_{n=1}^{\infty}[f(\frac{1}{n})-f(\frac{1}{n+1})]绝对收敛(1)n=1∑∞​[f(n1​)−f(n+11​)]绝对收敛
∵f′(x)有界⇒∣f′(x)∣≤M\because f'(x)有界\Rightarrow |f'(x)|\leq M∵f′(x)有界⇒∣f′(x)∣≤M

用哈拉格朗日中值定理[f(1n)−f(1n+1)∣=∣f′(ξn)∣1n(n+1)<∣f′(ξn)∣1n2=Mn2用哈拉格朗日中值定理[f(\frac{1}{n})-f(\frac{1}{n+1})|=|f'(\xi_n)|\frac{1}{n(n+1)}<|f'(\xi_n)|\frac{1}{n^2}=\frac{M}{n^2}用哈拉格朗日中值定理[f(n1​)−f(n+11​)∣=∣f′(ξn​)∣n(n+1)1​<∣f′(ξn​)∣n21​=n2M​
所以有界，所以绝对收敛

(2)证明lim⁡n→∞f(1n)存在(2)证明\lim_{n\to\infty}f(\frac{1}{n})存在(2)证明n→∞lim​f(n1​)存在
看怎么用到上面的结论
上面收敛，那么部分和就存在，而部分和Sn=f(1)−f(1n+1)S_n=f(1)-f(\frac{1}{n+1})Sn​=f(1)−f(n+11​)存在，所以极限存在

9.28（打星）【证明题】【an+1=F(an)a_{n+1}=F(a_n)an+1​=F(an​)】

f(x)可导,∣f′(x)∣<kf(x),其中0<k<1,任取实数a0,定义an=lnf(an−1),证明:∑n=1∞(an−an−1)绝对收敛f(x)可导,|f'(x)|<kf(x),其中0<k<1,任取实数a_0,定义a_n=lnf(a_{n-1}),\\ 证明:\sum_{n=1}^{\infty}(a_n-a_{n-1})绝对收敛f(x)可导,∣f′(x)∣<kf(x),其中0<k<1,任取实数a0​,定义an​=lnf(an−1​),证明:n=1∑∞​(an​−an−1​)绝对收敛
∣an−an−1∣=lnf(an−1)−lnf(an−2)用哈拉格朗日中值定理=∣f′(ξ)∣∣f(ξ)∣∣an−1−an−2∣<k∣an−1−an−2∣|a_n-a_{n-1}|=lnf(a_{n-1})-lnf(a_{n-2})用哈拉格朗日中值定理\\ =\frac{|f'(\xi)|}{|f(\xi)|}|a_{n-1}-a_{n-2}|<k|a_{n-1}-a_{n-2}|∣an​−an−1​∣=lnf(an−1​)−lnf(an−2​)用哈拉格朗日中值定理=∣f(ξ)∣∣f′(ξ)∣​∣an−1​−an−2​∣<k∣an−1​−an−2​∣
所以就得到了一个递推关系式∣an−an−1∣<k∣an−1−an−2∣|a_n-a_{n-1}|<k|a_{n-1}-a_{n-2}|∣an​−an−1​∣<k∣an−1​−an−2​∣

然后一直递推到底∣an−an−1∣<kn−1∣a1−a0∣|a_n-a_{n-1}|<k^{n-1}|a_1-a_0|∣an​−an−1​∣<kn−1∣a1​−a0​∣

而kn−1∣a1−a0∣k^{n-1}|a_1-a_0|kn−1∣a1​−a0​∣是个等比数列的样子，是收敛的，所以原式是条件收敛

求收敛半径、收敛域，阿贝尔定理

我都搞忘为啥收敛半径R=an−1anR=\frac{a_{n-1}}{a_n}R=an​an−1​​了T_T，想了一哈，发现好像是这么来的：

幂级数不一定是正项级数，所以先取个绝对值就变成正项级数了，然后根据正项级数收敛的定义就是后项比上前项要＜1
∣anxn∣∣an−1xn−1∣<1⇒∣x∣<∣an−1an∣\frac{|a_nx^n|}{|a_{n-1}x^{n-1}|}<1\Rightarrow |x|<|\frac{a_{n-1}}{a_n}|∣an−1​xn−1∣∣an​xn∣​<1⇒∣x∣<∣an​an−1​​∣
然后就把∣an−1an∣|\frac{a_{n-1}}{a_n}|∣an​an−1​​∣这个叫做收敛半径RRR

9.33

an=2n(5n+2n)n,求幂级数∑n=1∞anxn的收敛半径、收敛区间、收敛域a_n=\frac{2^n}{(5^n+2^n)n},求幂级数\sum_{n=1}^{\infty}a_nx^n的收敛半径、收敛区间、收敛域an​=(5n+2n)n2n​,求幂级数n=1∑∞​an​xn的收敛半径、收敛区间、收敛域
就用这道题说一哈 收敛区间 和 收敛域 的区别
收敛区间就由收敛半径得到的开区间，而收敛域就要判断一哈两个端点会不会收敛
收敛半径R=lim⁡n→∞an−1an=lim⁡n→∞n2(n−1)51+(25)n5n−1+2n−1=52收敛半径R=\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n-1}}{a_n}=\lim_{n\to\infty}\frac{n}{2(n-1)}5\frac{1+(\frac{2}{5})^n}{5^{n-1}+2^{n-1}}=\frac{5}{2}收敛半径R=n→∞lim​an​an−1​​=n→∞lim​2(n−1)n​55n−1+2n−11+(52​)n​=25​
得到收敛区间为:(−52,52):(-\frac{5}{2},\frac{5}{2}):(−25​,25​)
然后带入端点x=−52x=-\frac{5}{2}x=−25​发现收敛,带入x=52x=\frac{5}{2}x=25​发散，因此收敛域为[−52,52)[-\frac{5}{2},\frac{5}{2})[−25​,25​)

9.39（打星）

f(x)=11−2x−x2(1)将f(x)展开成x的幂级数(2)分别判断级数∑n=1∞n!f(n)(0)和∑n=1∞f(n)(0)n!的敛散性f(x)=\frac{1}{1-2x-x^2}\\ (1)将f(x)展开成x的幂级数\\ (2)分别判断级数\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n!}{f^{(n)}(0)}和\sum_{n=1}^{\infty}\frac{f^{(n)}(0)}{n!}的敛散性f(x)=1−2x−x21​(1)将f(x)展开成x的幂级数(2)分别判断级数n=1∑∞​f(n)(0)n!​和n=1∑∞​n!f(n)(0)​的敛散性

(1)

晕哦，我还说这个好像不怎么好拆，没想到强行拆开的，如果是复数根的话是不是就不能展开了
f(x)=11−2x−x2=1(2−1−x)(2+1−(−x))=122[1(2−1−x)+1(2+1−(−x))]=122∑n=1∞[12−1(x2−1)n+12+1(−x2+1)n]然后再分母有理化一哈,并且把xn拿出去=122∑n=1∞[(2+1)n+(−1)n(2−1)n+1]xnf(x)=\frac{1}{1-2x-x^2}=\frac{1}{(\sqrt{2}-1-x)(\sqrt{2}+1-(-x))}=\frac{1}{2\sqrt{2}}[\frac{1}{(\sqrt{2}-1-x)}+\frac{1}{(\sqrt{2}+1-(-x))}]\\ =\frac{1}{2\sqrt{2}}\sum_{n=1}^{\infty}[\frac{1}{\sqrt{2}-1}(\frac{x}{\sqrt{2}-1})^n+\frac{1}{\sqrt{2}+1}(\frac{-x}{\sqrt{2}+1})^n]然后再分母有理化一哈,并且把x^n拿出去\\ =\frac{1}{2\sqrt{2}}\sum_{n=1}^{\infty}[({\sqrt{2}+1})^n+(-1)^n({\sqrt{2}-1})^{n+1}]x^nf(x)=1−2x−x21​=(2​−1−x)(2​+1−(−x))1​=22​1​[(2​−1−x)1​+(2​+1−(−x))1​]=22​1​n=1∑∞​[2​−11​(2​−1x​)n+2​+11​(2​+1−x​)n]然后再分母有理化一哈,并且把xn拿出去=22​1​n=1∑∞​[(2​+1)n+(−1)n(2​−1)n+1]xn

(2)

看到这两个好像是倒数关系吧(如果是倒数关系的话一个收敛那另外一个一定是发散的应该没毛病吧QAQ)
设un=f(n)(0)n!设u_n=\frac{f^{(n)}(0)}{n!}设un​=n!f(n)(0)​

un=122∑n=1∞[(2+1)n+(−1)n(2−1)n+1]u_n=\frac{1}{2\sqrt{2}}\sum_{n=1}^{\infty}[({\sqrt{2}+1})^n+(-1)^n({\sqrt{2}-1})^{n+1}]un​=22​1​∑n=1∞​[(2​+1)n+(−1)n(2​−1)n+1]阔以看到第二项是小于1的，取极限后就就没了，第一项是大于1的，所以是发散的
但是发散的倒数不能推出收敛，所以还是像答案那样与1(2+1)n\frac{1}{(\sqrt{2}+1)^n}(2​+1)n1​做比较吧，这样比较严谨一点

9.41【证明题】【求∫11+x3dx\int \frac{1}{1+x^3}dx∫1+x31​dx】

(1)证明:∑n=1∞(−1)n−113n−2=∫0111+x3dx(1)证明:\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{1}{3n-2}=\int_0^1\frac{1}{1+x^3}dx(1)证明:n=1∑∞​(−1)n−13n−21​=∫01​1+x31​dx
∫0111+x3dx=∫01∑n=1∞(−x3)ndx=∑n=0∞(−1)n3n+1=====令k=n+1∑k=1∞(−1)k−113k−2=∑n=1∞(−1)n−113n−2\int_0^1\frac{1}{1+x^3}dx=\int_0^1\sum_{n=1}^{\infty}(-x^3)^ndx=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{3n+1}\stackrel{令k=n+1}{=====}\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k-1}\frac{1}{3k-2}=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{1}{3n-2}∫01​1+x31​dx=∫01​n=1∑∞​(−x3)ndx=n=0∑∞​3n+1(−1)n​=====令k=n+1k=1∑∞​(−1)k−13k−21​=n=1∑∞​(−1)n−13n−21​
(2)求∑n=1∞(−1)n−113n−2(2)求\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{1}{3n-2}(2)求n=1∑∞​(−1)n−13n−21​
就是求这个积分，我还以为有什么好办法，就是立方和公式强行裂项拆开成A1+x+Bx+Cx2−x+1\frac{A}{1+x}+\frac{Bx+C}{x^2-x+1}1+xA​+x2−x+1Bx+C​
这里熟悉一哈公式
立方差公式:(a3−b3)=(a−b)(a2+ab+b2)立方和公式:(a3+b3)=(a+b)(a2−ab+b2)立方差公式:(a^3-b^3)=(a-b)(a^2+ab+b^2)\\立方和公式:(a^3+b^3)=(a+b)(a^2-ab+b^2)立方差公式:(a3−b3)=(a−b)(a2+ab+b2)立方和公式:(a3+b3)=(a+b)(a2−ab+b2)
原来这个是阔以推广的呀~记还是比较好记
n次方差公式:(an−bn)=(a−b)(an−1+an−2b+an−3b2+...+abn−2+bn−1)n次方差公和:(an+bn)=(a+b)(an−1−an−2b+an−3b2−...+abn−2+bn−1)n次方差公式:(a^n-b^n)=(a-b)(a^{n-1}+a^{n-2}b+a^{n-3}b^2+...+ab^{n-2}+b^{n-1})\\ n次方差公和:(a^n+b^n)=(a+b)(a^{n-1}-a^{n-2}b+a^{n-3}b^2-...+ab^{n-2}+b^{n-1})n次方差公式:(an−bn)=(a−b)(an−1+an−2b+an−3b2+...+abn−2+bn−1)n次方差公和:(an+bn)=(a+b)(an−1−an−2b+an−3b2−...+abn−2+bn−1)
然后Bx+Cx2−x+1\frac{Bx+C}{x^2-x+1}x2−x+1Bx+C​还要变成2x−1x2−x+1+Dx2−x+1\frac{2x-1}{x^2-x+1}+\frac{D}{x^2-x+1}x2−x+12x−1​+x2−x+1D​
为啥子喃？因为这样才好积分鸭，2x−1x2−x+1\frac{2x-1}{x^2-x+1}x2−x+12x−1​的分母求导刚好是分子
∫0111+x3dx=13∫0111+xdx−16∫012x−1x2−x+1dx+12∫011x2−x+1dx\int_{0}^{1} \frac{1}{1+x^{3}} \mathrm{d} x=\frac{1}{3} \int_{0}^{1} \frac{1}{1+x} \mathrm{d} x-\frac{1}{6} \int_{0}^{1} \frac{2 x-1}{x^{2}-x+1} \mathrm{d} x+\frac{1}{2} \int_{0}^{1} \frac{1}{x^{2}-x+1} \mathrm{d} x∫01​1+x31​dx=31​∫01​1+x1​dx−61​∫01​x2−x+12x−1​dx+21​∫01​x2−x+11​dx
最后一项Dx2−x+1=D34+(x−1)2\frac{D}{x^2-x+1}=\frac{D}{\frac{3}{4}+(x-1)^2}x2−x+1D​=43​+(x−1)2D​弄成arctanarctanarctan导数的样子来积分
答案等于13ln2+39π\frac{1}{3}ln2+\frac{\sqrt{3}}{9}\pi31​ln2+93​​π

9.42【证明题】（打星）【奇函数的幂级数展开】

f(x)任意阶可导,f(x)=∑n=0∞anxn,且f(x)为奇函数证明:f(x)=∑n=1∞a2n−1x2n−1(2)将f(x)=∫0xex2−t2dt展开为x的幂级数f(x)任意阶可导,f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n,且f(x)为奇函数\\ 证明:f(x)=\sum_{n=1}^{\infty}a_{2n-1}x^{2n-1}\\ (2)将f(x)=\int_0^xe^{x^2-t^2}dt展开为x的幂级数f(x)任意阶可导,f(x)=n=0∑∞​an​xn,且f(x)为奇函数证明:f(x)=n=1∑∞​a2n−1​x2n−1(2)将f(x)=∫0x​ex2−t2dt展开为x的幂级数

(1)

哎呀~做对了
这题就多了个奇函数的条件，看能用什么性质
奇函数有f(x)=−f(−x)f(x)=-f(-x)f(x)=−f(−x)这个得哇
−f(−x)=∑n=0∞−an(−x)n=∑n=0∞(−1)n+1xn-f(-x)=\sum_{n=0}^{\infty}-a_n(-x)^n=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n+1}x^n−f(−x)=∑n=0∞​−an​(−x)n=∑n=0∞​(−1)n+1xn

带进去看看果然对,要注意一个是n=1n=1n=1开始，一个是n=0n=0n=0开始的
f(x)=f(x)+[−f(−x)]2f(x)=\frac{f(x)+[-f(-x)]}{2}f(x)=2f(x)+[−f(−x)]​

（2）

一般来说第一题就是给第二题做铺垫的，那这个f(x)f(x)f(x)怎么感觉好像偶函数喃？这个上限函数其实是奇函数，因为被积函数是偶函数，所以积分后一般就是奇函数，或者严格来划一划：
f(−x)=∫0−xe(−x)2−t2dt====令t=−t∫0xe(−x)2−(−t)2d(−t)=−∫0xex2−t2dt=−f(x)f(-x)=\int_0^{-x}e^{(-x)^2-t^2}dt\stackrel{令t=-t}{====}\int_0^{x}e^{(-x)^2-(-t)^2}d(-t)=-\int_0^xe^{x^2-t^2}dt=-f(x)f(−x)=∫0−x​e(−x)2−t2dt====令t=−t∫0x​e(−x)2−(−t)2d(−t)=−∫0x​ex2−t2dt=−f(x)

好~满足第一问的条件后，但是好像还是没有思路喃
看了一眼答案，他竟然求导了，然后得出f′(x)=2xf(x)+1f'(x)=2xf(x)+1f′(x)=2xf(x)+1，我解这个方程，诶怎么解不出来喃？

原来答案是用这个等式级数展开来做的
设f(x)=∑n=1∞a2n−1x2n−1,那么f′(x)=∑n=1∞(2n−1)a2n−1x2n−2设f(x)=\sum_{n=1}^{\infty}a_{2n-1}x^{2n-1},那么f'(x)=\sum_{n=1}^{\infty}(2n-1)a_{2n-1}x^{2n-2}设f(x)=n=1∑∞​a2n−1​x2n−1,那么f′(x)=n=1∑∞​(2n−1)a2n−1​x2n−2
上面的微分方程就变成：∑n=1∞(2n−1)a2n−1x2n−2=2x∑n=1∞a2n−1x2n−1+1上面的微分方程就变成：\sum_{n=1}^{\infty}(2n-1)a_{2n-1}x^{2n-2}=2x\sum_{n=1}^{\infty}a_{2n-1}x^{2n-1}+1上面的微分方程就变成：n=1∑∞​(2n−1)a2n−1​x2n−2=2xn=1∑∞​a2n−1​x2n−1+1
然后对比系数：
a1=1a_1=1a1​=1

3a3x2=2a1x23a_3x^2=2a_1x^23a3​x2=2a1​x2
.........
(2n+1)a2n+1x2n=2a2n−1x2n(2n+1)a_{2n+1}x^{2n}=2a_{2n-1}x^{2n}(2n+1)a2n+1​x2n=2a2n−1​x2n

得到一个递推式:a2n+1=22n+1a2n−1这样就能把这个系数求出来了得到一个递推式:a_{2n+1}=\frac{2}{2n+1}a_{2n-1}这样就能把这个系数求出来了得到一个递推式:a2n+1​=2n+12​a2n−1​这样就能把这个系数求出来了
a2n+1=22n+1⋅22n−1⋅22n−3⋅22n−5...=2n(2n+1)!!a_{2n+1}=\frac{2}{2n+1}\cdot\frac{2}{2n-1}\cdot\frac{2}{2n-3}\cdot\frac{2}{2n-5}...=\frac{2^n}{(2n+1)!!}a2n+1​=2n+12​⋅2n−12​⋅2n−32​⋅2n−52​...=(2n+1)!!2n​

如果设f(x)=∑n=0∞anxnf(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^nf(x)=∑n=0∞​an​xn会怎样喃？
∑n=0∞nanxn−1=2x∑n=0∞anxn+1\sum_{n=0}^{\infty}na_nx^{n-1}=2x\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n+1n=0∑∞​nan​xn−1=2xn=0∑∞​an​xn+1
a1=1a_1=1a1​=1

2a2x=2a0x2a_2x=2a_0x2a2​x=2a0​x
.........
(n+1)an+1xn=2an−1xn(n+1)a_{n+1}x^n=2a_{n-1}x^n(n+1)an+1​xn=2an−1​xn

得到的递推公式为:an+1=2n+1an−1跟上面的是一样的得到的递推公式为:a_{n+1}=\frac{2}{n+1}a_{n-1}跟上面的是一样的得到的递推公式为:an+1​=n+12​an−1​跟上面的是一样的

那这道题好像也阔以不用第一题的结论蛮？(｀・ω・´)感觉怪怪的

9.52【神奇的变形】（打星）

设x1=r>0,xn+1=xn+xn3,求∑n=1∞xn1+xn2设x_1=r>0,x_{n+1}=x_n+x_n^3,求\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x_n}{1+x_n^2}设x1​=r>0,xn+1​=xn​+xn3​,求n=1∑∞​1+xn2​xn​​
这道题还阔以，不是那种求导积分的模板题，关键是眼睛要尖要看出

1xn(1+xn2)=1xn−xn1+xn2\frac{1}{x_n(1+x_n^2)}=\frac{1}{x_n}-\frac{x_n}{1+x_n^2}xn​(1+xn2​)1​=xn​1​−1+xn2​xn​​
1xn+1=1xn+xn3=1xn(1+xn2)=1xn−xn1+xn2⇒xn1+xn2=1xn−1xn+1\frac{1}{x_{n+1}}=\frac{1}{x_n+x_n^3}=\frac{1}{x_n(1+x_n^2)}=\frac{1}{x_n}-\frac{x_n}{1+x_n^2}\\ \Rightarrow \frac{x_n}{1+x_n^2}=\frac{1}{x_n}-\frac{1}{x_{n+1}}xn+1​1​=xn​+xn3​1​=xn​(1+xn2​)1​=xn​1​−1+xn2​xn​​⇒1+xn2​xn​​=xn​1​−xn+1​1​
∑n=1∞xn1+xn2=∑n=1∞[1x1−1x2+1x2−1x3+...+1xn−1xn+1]=1x1−lim⁡n→∞1xn+1=1r\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x_n}{1+x_n^2}=\sum_{n=1}^{\infty}[\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_2}+\frac{1}{x_2}-\frac{1}{x_3}+...+\frac{1}{x_n}-\frac{1}{x_{n+1}}]=\frac{1}{x_1}-\lim_{n\to\infty}\frac{1}{x_{n+1}}=\frac{1}{r}n=1∑∞​1+xn2​xn​​=n=1∑∞​[x1​1​−x2​1​+x2​1​−x3​1​+...+xn​1​−xn+1​1​]=x1​1​−n→∞lim​xn+1​1​=r1​

9.53【用微分方程求级数】

求级数∑n=0∞x2n(2n)!求级数\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{2n}}{(2n)!}求级数n=0∑∞​(2n)!x2n​
∑n=0∞x2n(2n)!=∑n=0∞(x2)n2nn!=∑n=0∞1n!(x22)n=ex22为啥不对喃？哦卧槽我知道了,分母不是双阶乘得哇。。。\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{2n}}{(2n)!}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{({x^2})^{n}}{2^nn!}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}(\frac{x^2}{2})^n=e^{\frac{x^2}{2}}为啥不对喃？哦卧槽我知道了,分母不是双阶乘得哇。。。n=0∑∞​(2n)!x2n​=n=0∑∞​2nn!(x2)n​=n=0∑∞​n!1​(2x2​)n=e2x2​为啥不对喃？哦卧槽我知道了,分母不是双阶乘得哇。。。
答案是求导弄出个微分方程，然后再解出来
S′′(x)=∑n=1∞x2n−2(2n−2)!=然后相当于n从0开始=∑n=0∞x2n(2n)!=S(x)⇒y′′=yS''(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{2n-2}}{(2n-2)!}=然后相当于n从0开始=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{2n}}{(2n)!}=S(x)\Rightarrow y''=yS′′(x)=n=1∑∞​(2n−2)!x2n−2​=然后相当于n从0开始=n=0∑∞​(2n)!x2n​=S(x)⇒y′′=y
解出来就是：S(x)=C1e−x+C2exS(x)=C_1e^{-x}+C_2e^xS(x)=C1​e−x+C2​ex再带入初值条件y(0)=1,y′(0)=0y(0)=1,y'(0)=0y(0)=1,y′(0)=0
答案是S(x)=12(e−x+ex)S(x)=\frac{1}{2}(e^{-x}+e^x)S(x)=21​(e−x+ex)

9.54【斐波那契数列的生成函数（母函数）】

a1=a2=1,an+1=an+an−1,证明在∣x∣<12时幂级数∑n=1∞anxn−1收敛,求和函数及ana_1=a_2=1,a_{n+1}=a_n+a_{n-1},证明在|x|<\frac{1}{2}时幂级数\sum_{n=1}^{\infty}a_nx^{n-1}收敛,求和函数及a_na1​=a2​=1,an+1​=an​+an−1​,证明在∣x∣<21​时幂级数n=1∑∞​an​xn−1收敛,求和函数及an​
这个一看就是求斐波那契数列的通项公式，以前学矩阵快速幂的时候就听说过了，这家伙还有通项公式？？？那干嘛还用矩阵快速幂喃？结果里面有无理数，计算机就不能精确地算了
先说这个收敛吧，我还真不会，答案是这么做的
既然收敛半径是12\frac{1}{2}21​，那么就要强行和(2x)n(2x)^n(2x)n这个样子的级数扯上关系
设an<2n−2⇒an+1=an+an+1<an+an=2n−1也就是:an+1<2n−1,所以由归纳法得an<2n−2设a_n<2^{n-2}\Rightarrow a_{n+1}=a_n+a_{n+1}<a_n+a_n=2^{n-1}\\~\\也就是:a_{n+1}<2^{n-1},所以由归纳法得a_n<2^{n-2}设an​<2n−2⇒an+1​=an​+an+1​<an​+an​=2n−1 也就是:an+1​<2n−1,所以由归纳法得an​<2n−2
不怎么会数学归纳法，但是听起来好像很有道理
然后右边u提一个2−12^{-1}2−1出来，再两边都乘xn−1x^{n-1}xn−1取绝对值变成正项级数得到

∣anxn−1∣<∣12(2x)n−1∣|a_nx^{n-1}|<|\frac{1}{2}(2x)^{n-1}|∣an​xn−1∣<∣21​(2x)n−1∣

右边这个就是在∣x∣<12|x|<\frac{1}{2}∣x∣<21​收敛，所以根据正项级数的比较法得到原式收敛

两个正项级数∑n=1∞bnxn的收敛半径是R且an<bn,那∑n=1∞anxn的收敛半径应该是≥R两个正项级数\sum_{n=1}^{\infty}b_nx^n的收敛半径是R且a_n<b_n,那\sum_{n=1}^{\infty}a_nx^n的收敛半径应该是\geq R两个正项级数n=1∑∞​bn​xn的收敛半径是R且an​<bn​,那n=1∑∞​an​xn的收敛半径应该是≥R

然后就是经典的和函数了，主要思路就是把前面几项拆开，然后用级数换元找到和函数的关系式
S(x)=∑n=1∞anxn−1=a1+a2x+∑n=3∞(an−1+an−2)xn−1S(x)=\sum_{n=1}^{\infty}a_nx^{n-1}=a_1+a_2x+\sum_{n=3}^{\infty}(a_{n-1}+a_{n-2})x^{n-1}S(x)=n=1∑∞​an​xn−1=a1​+a2​x+n=3∑∞​(an−1​+an−2​)xn−1

其中：∑n=3∞an−1xn−1令k=n−1⇒∑k=2∞akxk=x[∑k=2∞akxk−1]=x[∑k=1∞akxk−1−a1]=x[S(x)−a1]其中：\sum_{n=3}^{\infty}a_{n-1}x^{n-1}令k=n-1\Rightarrow\sum_{k=2}^{\infty}a_kx^k=x[\sum_{k=2}^{\infty}a_kx^{k-1}]=x[\sum_{k=1}^{\infty}a_kx^{k-1}-a_1]=x[S(x)-a_1]其中：n=3∑∞​an−1​xn−1令k=n−1⇒k=2∑∞​ak​xk=x[k=2∑∞​ak​xk−1]=x[k=1∑∞​ak​xk−1−a1​]=x[S(x)−a1​]

其中：∑n=3∞an−2xn−1令k=n2⇒∑k=1∞akxk+1=x2∑k=1∞akxk−1=x2S(x)其中：\sum_{n=3}^{\infty}a_{n-2}x^{n-1}令k=n2\Rightarrow\sum_{k=1}^{\infty}a_kx^{k+1}=x^2\sum_{k=1}^{\infty}a_kx^{k-1}=x^2S(x)其中：n=3∑∞​an−2​xn−1令k=n2⇒k=1∑∞​ak​xk+1=x2k=1∑∞​ak​xk−1=x2S(x)
然后再把a1=a2=1带入a_1=a_2=1带入a1​=a2​=1带入

S(x)=1+x+x[S(x)−1]+x2S(x)⇒S(x)=11−x−x2S(x)=1+x+x[S(x)-1]+x^2S(x)\Rightarrow S(x)=\frac{1}{1-x-x^2}S(x)=1+x+x[S(x)−1]+x2S(x)⇒S(x)=1−x−x21​
然后就是强行拆开化成幂级数
等考完研去做一做生成函数的题(～￣▽￣)～

9.55（打星）【sin+cos的级数】

求∑n=1∞(−1)n−12n2(2n)!12n的和求\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{2n^2}{(2n)!}\frac{1}{2^n}的和求n=1∑∞​(−1)n−1(2n)!2n2​2n1​的和
真是牛皮~
因为是连续的这种阶乘，而sin,cos都是会隔一项一个阶乘，就是奇数和偶数，而加起来的话就连续了，所以要强行分开成奇数和偶数两坨，很骚的操作

∑n=1∞(−1)n−12n2(2n)!12n=====约一个2n∑n=1∞(−1)n−1n(2n−1)!⋅12n==========然后再拼凑出分母2n−1∑n=1∞(−1)n−12n−1+1(2n−1)!⋅12n+1然后就阔以拆开了=∑n=1∞(−1)n−11(2n−2)!⋅12n+1+∑n=1∞(−1)n−11(2n−1)!⋅12n+1再进行级数换元令k=n−1\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{2n^2}{(2n)!}\frac{1}{2^n}\stackrel{约一个2n}{=====}\sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n - 1 } \frac { n } { ( 2 n - 1 ) ! } \cdot \frac { 1 } { 2 ^ { n } } \\ \stackrel{然后再拼凑出分母2n-1}{==========} \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n - 1 } \frac { 2 n - 1 + 1 } { ( 2 n - 1 ) ! } \cdot \frac { 1 } { 2 ^ { n + 1 } }然后就阔以拆开了\\ = \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n - 1 } \frac { 1 } { ( 2 n - 2 ) ! } \cdot \frac { 1 } { 2 ^ { n + 1 } } + \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { n - 1 } \frac { 1 } { ( 2 n - 1 ) ! } \cdot \frac { 1 } { 2 ^ { n + 1 } }再进行级数换元令k=n-1n=1∑∞​(−1)n−1(2n)!2n2​2n1​=====约一个2nn=1∑∞​(−1)n−1(2n−1)!n​⋅2n1​==========然后再拼凑出分母2n−1n=1∑∞​(−1)n−1(2n−1)!2n−1+1​⋅2n+11​然后就阔以拆开了=n=1∑∞​(−1)n−1(2n−2)!1​⋅2n+11​+n=1∑∞​(−1)n−1(2n−1)!1​⋅2n+11​再进行级数换元令k=n−1

原式=14∑k=0∞(−1)k1(2k)!(12)2k+122∑n=0∞(−1)k1(2k+1)!(12)2k+1=14cos12+24sin2原式= \frac { 1 } { 4 } \sum _ { k = 0 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { k } \frac { 1 } { ( 2 k ) ! } ( \frac { 1 } { \sqrt { 2 } } ) ^ { 2 k } + \frac { 1 } { 2 \sqrt { 2 } } \sum _ { n = 0 } ^ { \infty } ( - 1 ) ^ { k } \frac { 1 } { ( 2 k + 1 ) ! } ( \frac { 1 } { \sqrt { 2 } } ) ^ { 2 k + 1 }=\frac{1}{4}cos\frac { 1 } { \sqrt { 2 } }+\frac{\sqrt{2}}{4}sin\sqrt { 2 }原式=41​k=0∑∞​(−1)k(2k)!1​(2​1​)2k+22​1​n=0∑∞​(−1)k(2k+1)!1​(2​1​)2k+1=41​cos2​1​+42​​sin2​

9.58

设An是y=xn,y=xn+1所围城的区域,S1=∑n=1∞An,S2=∑n=1∞A2n−1,求S1,S2设A_n是y=x^n,y=x^{n+1}所围城的区域,S_1=\sum_{n=1}^{\infty}A_n,S_2=\sum_{n=1}^{\infty}A_{2n-1},求S_1,S_2设An​是y=xn,y=xn+1所围城的区域,S1​=n=1∑∞​An​,S2​=n=1∑∞​A2n−1​,求S1​,S2​
很容易得到An=∫01xn−xn+1dx=1n+1−1n+2A_n=\int_0^1x^n-x^{n+1}dx=\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}An​=∫01​xn−xn+1dx=n+11​−n+21​

S1S_1S1​很容易得到=12=\frac{1}{2}=21​

A2n−1=12n−12n+1A_{2n-1}=\frac{1}{2n}-\frac{1}{2n+1}A2n−1​=2n1​−2n+11​

所以S2S_2S2​就是一个交错调和级数，在这儿之前，我一直以为他是一个虽然收敛但是却不能求和的级数QAQ，但其实他就是幂级数x=−1x=-1x=−1的得哇

这个反应过来后就按照幂级数的求导积分的套路来算就行了T_T

9.59（打星）

已知∑n=1∞1n2=π26(1)设f(x)=∑n=1∞1n2xn,证明:当0<x<1时,F(x)=f(x)+f(1−x)+lnxln(1−x)=π26(2)求I=∫0112−xlnxdx已知\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}\\ (1)设f(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}x^n,证明:当0<x<1时,F(x)=f(x)+f(1-x)+lnxln(1-x)=\frac{\pi^2}{6}\\ (2)求I=\int_0^1\frac{1}{2-x}lnxdx已知n=1∑∞​n21​=6π2​(1)设f(x)=n=1∑∞​n21​xn,证明:当0<x<1时,F(x)=f(x)+f(1−x)+lnxln(1−x)=6π2​(2)求I=∫01​2−x1​lnxdx

(1)

一眼就能看出来是当x=1x=1x=1的时候，但是定义域娶不到1
答案是让F(x)F(x)F(x)求导，发现刚好等于0，与x的取值无关，证明出F(x)=CF(x)=CF(x)=C， 然后取1−1^-1−的极限

但是lim⁡x→1−lnxln(1−x)=0还是−∞喃？lim⁡x→1−lnxln(1−x)=lim⁡t→0+−tlnt=lim⁡t→0+−lnt1t洛必达一哈=lim⁡t→0+t=0但是\lim_{x\to1^-}lnxln(1-x)=0还是-\infty喃？\lim_{x\to1^-}lnxln(1-x)=\lim_{t\to0^+}-tlnt=\lim_{t\to0^+}-\frac{lnt}{\frac{1}{t}}洛必达一哈=\lim_{t\to0^+}t=0但是x→1−lim​lnxln(1−x)=0还是−∞喃？x→1−lim​lnxln(1−x)=t→0+lim​−tlnt=t→0+lim​−t1​lnt​洛必达一哈=t→0+lim​t=0

(2)

对数函数是阔以转换成幂级数的，所以要从这里下手

令t=2−x换元一哈,I=∫121tln(2−t)dt,然后要把对数里面弄成跟(1−t)长得差不多的样子,I=−∫121tln[2(1−t2)]dt=−∫121tln2dt−∫121tln(1−t2)dt令t=2-x换元一哈,I=\int_1^2\frac{1}{t}ln(2-t)dt,然后要把对数里面弄成跟(1-t)长得差不多的样子,\\ I=-\int_1^2\frac{1}{t}ln[2(1-\frac{t}{2})]dt=-\int_1^2\frac{1}{t}ln2dt-\int_1^2\frac{1}{t}ln(1-\frac{t}{2})dt令t=2−x换元一哈,I=∫12​t1​ln(2−t)dt,然后要把对数里面弄成跟(1−t)长得差不多的样子,I=−∫12​t1​ln[2(1−2t​)]dt=−∫12​t1​ln2dt−∫12​t1​ln(1−2t​)dt
然后就是阔以展开成幂级数了
∫121t⋅ln(1−t2)dt=∫121t⋅[∑n=1∞−1n(t2)n]dt=−∑n=1∞∫12tn−1n2ndt=−∑n=1∞[1n2−1n22n]=−[f(1)−f(12)]\int_1^2\frac{1}{t}\cdot ln(1-\frac{t}{2})dt=\int_1^2\frac{1}{t}\cdot [\sum_{n=1}^{\infty}-\frac{1}{n}(\frac{t}{2})^{n}]dt=-\sum_{n=1}^{\infty}\int_1^2\frac{t^{n-1}}{n2^n}dt\\=-\sum_{n=1}^{\infty}[\frac{1}{n^2}-\frac{1}{n^22^n}]=-[f(1)-f(\frac{1}{2})]∫12​t1​⋅ln(1−2t​)dt=∫12​t1​⋅[n=1∑∞​−n1​(2t​)n]dt=−n=1∑∞​∫12​n2ntn−1​dt=−n=1∑∞​[n21​−n22n1​]=−[f(1)−f(21​)]
∴I=−ln22+f(1)−f(12)\therefore I=-ln^22+f(1)-f(\frac{1}{2})∴I=−ln22+f(1)−f(21​)
f(1)=π26是知道的,就是求f(12)f(1)=\frac{\pi^2}{6}是知道的,就是求f(\frac{1}{2})f(1)=6π2​是知道的,就是求f(21​)
然后这里还要反应一哈，怎么根据第一问的等式求f(12)f(\frac{1}{2})f(21​)喃？令x=12x=\frac{1}{2}x=21​
这题编得是真的好呀~

傅氏级数

f(x)=a02+∑n=1∞(ancos⁡nx+bnsin⁡nx)f ( x ) = \frac { a _ { 0 } } { 2 } + \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } ( a _ { n } \operatorname { cos } n x + b _ { n } \operatorname { sin } n x )f(x)=2a0​​+n=1∑∞​(an​cosnx+bn​sinnx)
{a0=1π∫−ππf(x)dxan=1π∫−ππf(x)cos⁡nxdx(n=0,1,⋯)bn=1π∫−ππf(x)sin⁡nxdx(n=1,2,⋯)\left\{ \begin{array} { l l } a _ { 0 } = \frac { 1 } { \pi } \int _ { - \pi } ^ { \pi } f ( x ) d x\\ \\{ a _ { n } = \frac { 1 } { \pi } \int _ { - \pi } ^ { \pi } f ( x ) \operatorname { cos } n x d x } & { ( n = 0,1 , \cdots ) } \\ \\{ b _ { n } = \frac { 1 } { \pi } \int _ { - \pi } ^ { \pi } f ( x ) \operatorname { sin } n x d x } & { ( n = 1,2 , \cdots ) } \end{array} \right.⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎧​a0​=π1​∫−ππ​f(x)dxan​=π1​∫−ππ​f(x)cosnxdxbn​=π1​∫−ππ​f(x)sinnxdx​(n=0,1,⋯)(n=1,2,⋯)​
背一哈常用的积分，两次分布积分来的
{∫eaxcos⁡nxdx=eaxa2+n2(acosnx+nsinnx)∫eaxsin⁡nxdx=eaxa2+n2(asinnx−ncosnx)\left\{\begin{matrix} \int e ^ { a x } \operatorname { cos } nx d x = \frac { e ^ { a x } } { a ^ { 2 } + n ^ { 2 } } ( acos\ nx + nsin\ nx )\\ \\\int e ^ { a x } \operatorname { sin } nx d x = \frac { e ^ { a x } } { a ^ { 2 } + n ^ { 2 } } ( asinn\ x - ncos\ nx ) \end{matrix}\right.⎩⎨⎧​∫eaxcosnxdx=a2+n2eax​(acos nx+nsin nx)∫eaxsinnxdx=a2+n2eax​(asinn x−ncos nx)​
真有这个结论:奇延坨a0=an=0a_0=a_n=0a0​=an​=0，偶延拓bn=0b_n=0bn​=0
参考：https://baijiahao.baidu.com/s?id=1636391202494475281&wfr=spider&for=pc&qq-pf-to=pcqq.c2c
哦哦，其实就是因为cosnxcosnxcosnx是偶函数,sinnx,sinnx,sinnx是奇函数，所以能够判断出来与f(x)f(x)f(x)相乘以后的函数的奇偶性

9.60

设f(x)=x+1(0≤x≤1),则他以2为周期的余弦级数在x=0处收敛于多少？设f(x)=x+1(0\leq x\leq1),则他以2为周期的余弦级数在x=0处收敛于多少？设f(x)=x+1(0≤x≤1),则他以2为周期的余弦级数在x=0处收敛于多少？
才上手这种题我都没懂他要考什么。。。我还以为是要把ana_nan​求出来，然后看cos的收敛呢
反正做题的话就是：看到“余弦级数“就代表是偶延拓，然后再根据周期把图像画出来，根据这个啥收敛定理，间断点就各取一半，连续就代值
作业帮上盗的图
狄利克雷收敛定理：

9.63

f(x)=x2,x∈(0,1),且S(x)=∑n=1∞bnsinnπx,x∈(−∞,∞),其中bn=2∫01f(x)⋅sinnπxdx,则S(−12)=f(x)=x^2,x\in(0,1),且S(x)=\sum_{n=1}^{\infty}b_nsinn\pi x,x\in(-\infty,\infty),其中b_n=2\int_0^1f(x)\cdot sinn\pi xdx,则S(-\frac{1}{2})=f(x)=x2,x∈(0,1),且S(x)=n=1∑∞​bn​sinnπx,x∈(−∞,∞),其中bn​=2∫01​f(x)⋅sinnπxdx,则S(−21​)=
是不是奇延坨之后就只剩sin的那一坨了啊？就是感觉这点好像有点没懂
奇延坨后的F(x)={x2,0≤x<1−x2,−1<x<0奇延坨后的F(x)=\left\{\begin{matrix} x^2,0\leq x<1\\ \\ -x^2,-1<x<0 \end{matrix}\right.奇延坨后的F(x)=⎩⎨⎧​x2,0≤x<1−x2,−1<x<0​
所以S(x)=F(x)周期平移一哈S(x)=F(x)周期平移一哈S(x)=F(x)周期平移一哈
大概是这个意思吧(✪ω✪)

9.68

f(x)=eax周期2π,x∈[0,2π),求f(x)的傅里叶级数,并求∑n=1∞11+n2f(x)=e^{ax}周期2\pi,x\in[0,2\pi),求f(x)的傅里叶级数,并求\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{1+n^2}f(x)=eax周期2π,x∈[0,2π),求f(x)的傅里叶级数,并求n=1∑∞​1+n21​
这个三角函数加指数的积分比较难算，能背到就背到
∫eaxsinnxdx=e2πa−1π(12a+∑n=1∞acosnx−nsinnxa2+n2)\int e ^ { a x } sin\ nx\ dx= \frac { e ^ { 2 \pi a } - 1 } { \pi } ( \frac { 1 } { 2 a} + \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \frac { acos\ nx - n sin\ nx } { a^2+ n^2 } )∫eaxsin nx dx=πe2πa−1​(2a1​+n=1∑∞​a2+n2acos nx−nsin nx​)
要求题目所给的级数就是让a=1,x=0a=1,x=0a=1,x=0
1=e2π−1π(12+∑n=1∞11+n2)1= \frac { e ^ { 2 \pi } - 1 } { \pi } ( \frac { 1 } { 2 } + \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \frac { 1 } { 1+ n^2 } )1=πe2π−1​(21​+n=1∑∞​1+n21​)
写成上面这样的话就错了
因为x=0x=0x=0这一点是断点，要根据收敛定理各取一半
f(1)+f(0)2=e2π+12=e2π−1π(12+∑n=1∞11+n2)\frac{f(1)+f(0)}{2}=\frac{e^{2\pi}+1}{2}= \frac { e ^ { 2 \pi } - 1 } { \pi } ( \frac { 1 } { 2 } + \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } \frac { 1 } { 1+ n^2 } )2f(1)+f(0)​=2e2π+1​=πe2π−1​(21​+n=1∑∞​1+n21​)
这样才对
哇，原来这种级数也阔以求出来，现在就是有 傅里叶级数的方法 和 幂级数的方法
求一些收敛级数

9.70【自然数平方倒数和】

f(x)=x2,x∈[0,π],将f(x)展开成余弦级数,并求∑n=1∞1n2f(x)=x^2,x\in[0,\pi],将f(x)展开成余弦级数,并求\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}f(x)=x2,x∈[0,π],将f(x)展开成余弦级数,并求n=1∑∞​n21​
这个经典的级数原来也阔以用傅里叶级数来求啊~
我就抄一哈答案了：
S(x)=π23+∑n=1∞4⋅(−1)n⋅1n2cos⁡nx(−π≤x≤π)S ( x ) = \frac { \pi ^ { 2 } } { 3 } + \sum _ { n = 1 } ^ { \infty } 4 \cdot ( - 1 ) ^ { n } \cdot \frac { 1 } { n ^ { 2 } } \operatorname { cos } n x ( - \pi \leq x \leq \pi )S(x)=3π2​+n=1∑∞​4⋅(−1)n⋅n21​cosnx(−π≤x≤π)
因为偶延拓后是连续的，所以直接代x=πx=\pix=π就行，把里面的(−1)n(-1)^n(−1)n消掉

2019张宇18讲上的

例13.6

设an≤cn≤bn,∑n=1∞ab,∑n=1∞bn都收敛,证明∑n=1∞cn收敛设a_n\leq c_n\leq b_n,\sum_{n=1}^{\infty}a_b,\sum_{n=1}^{\infty}b_n都收敛,证明\sum_{n=1}^{\infty}c_n收敛设an​≤cn​≤bn​,n=1∑∞​ab​,n=1∑∞​bn​都收敛,证明n=1∑∞​cn​收敛
这个证明很牛皮啊，要学到~
∑n=1∞cn=∑n=1∞[bn−(bn−cn)]=∑n=1∞bn−∑n=1∞(bn−cn)\sum_{n=1}^{\infty}c_n=\sum_{n=1}^{\infty}[b_n-(b_n-c_n)]=\sum_{n=1}^{\infty}b_n-\sum_{n=1}^{\infty}(b_n-c_n)n=1∑∞​cn​=n=1∑∞​[bn​−(bn​−cn​)]=n=1∑∞​bn​−n=1∑∞​(bn​−cn​)
而两个收敛级数的差∑n=1∞(bn−an)是收敛的,且(bn−cn)<(bn−an),大的收敛,小的也收敛而两个收敛级数的差\sum_{n=1}^{\infty}(b_n-a_n)是收敛的,且(b_n-c_n)<(b_n-a_n),大的收敛,小的也收敛而两个收敛级数的差∑n=1∞​(bn​−an​)是收敛的,且(bn​−cn​)<(bn​−an​),大的收敛,小的也收敛
∴∑n=1∞(bn−cn)收敛\therefore \sum_{n=1}^{\infty}(b_n-c_n)收敛∴∑n=1∞​(bn​−cn​)收敛

这道题没有说明是正项级数，所以构造正项级数(bn−an)和(bn−cn)(b_n-a_n)和(b_n-c_n)(bn​−an​)和(bn​−cn​)来证明

例13.7（打星）

f(x)在x=0处存在二阶导数f′′(0),且lim⁡x→0f(x)x=0,求证级数∑n=k∞∣f(1n)∣收敛,其中k为足够大整数f(x)在x=0处存在二阶导数f''(0),且\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x}=0,求证级数\sum_{n=k}^{\infty}|f(\frac{1}{n})|收敛,其中k为足够大整数f(x)在x=0处存在二阶导数f′′(0),且x→0lim​xf(x)​=0,求证级数n=k∑∞​∣f(n1​)∣收敛,其中k为足够大整数
看到长这样子的题让我又想起被第二章支配的恐惧QAQ
看到lim⁡x→0f(x)x=0\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x}=0limx→0​xf(x)​=0，我反应还不够快，应该直接反应出来f(0)=0,f′(0)=0f(0)=0,f'(0)=0f(0)=0,f′(0)=0

我也不知道为啥他就想到来算lim⁡x→0f(x)x2\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x^2}limx→0​x2f(x)​了，可能是因为要证收敛，而最离他最近最简单的 收敛就是1n2\frac{1}{n^2}n21​了吧，所以他就是弄出来f(1n)f(\frac{1}{n})f(n1​)是和1n2\frac{1}{n^2}n21​一个级别的来说明收敛的
lim⁡x→0f(x)x2=lim⁡x→0f′(x)2x=lim⁡x→0f′(x)−f′(0)2(x−0)=12f′′(0)\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x^2}=\lim_{x\to0}\frac{f'(x)}{2x}=\lim_{x\to0}\frac{f'(x)-f'(0)}{2(x-0)}=\frac{1}{2}f''(0)x→0lim​x2f(x)​=x→0lim​2xf′(x)​=x→0lim​2(x−0)f′(x)−f′(0)​=21​f′′(0)
再把xxx换成1n\frac{1}{n}n1​
lim⁡n→∞∣f(1n)∣1n2=12f′′(0)\lim_{n\to\infty}\frac{|f(\frac{1}{n})|}{\frac{1}{n^2}}=\frac{1}{2}f''(0)n→∞lim​n21​∣f(n1​)∣​=21​f′′(0)
所以就收敛了，然后这里的k要什么足够大是免得我们去杠，不影响做题

然后这道题还阔以用展开来做
f(x)=f(0)+f′(0)x+12f′′(0)x2+O(x2)f(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{1}{2}f''(0)x^2+O(x^2)f(x)=f(0)+f′(0)x+21​f′′(0)x2+O(x2)
∴f(x)≤12f′′(0)x2⇒f(1n)≤12f′′(0)1n2\therefore f(x)\leq\frac{1}{2}f''(0)x^2\Rightarrow f(\frac{1}{n})\leq\frac{1}{2}f''(0)\frac{1}{n^2}∴f(x)≤21​f′′(0)x2⇒f(n1​)≤21​f′′(0)n21​
这样直接就出来了多方便(✪ω✪)

好像还没完，还要考虑f′′(0)=0f''(0)=0f′′(0)=0的情况，那为啥上面那种方法不考虑喃？感觉都要考虑啊

当f′′(0)=0时,f(x)=O(x2)f''(0)=0时,f(x)=O(x^2)f′′(0)=0时,f(x)=O(x2)

∵lim⁡x→0O(x2)x2=0<1⇒f(x)<x2\because \lim_{x\to0}\frac{O(x^2)}{x^2}=0<1\Rightarrow f(x)<x^2∵limx→0​x2O(x2)​=0<1⇒f(x)<x2

例13.16（打星）

f(x)在∣x∣≤1上有定义,lim⁡x→0f(x)x=1,且在x=0的领域上一阶导连续,证明:∑n=1∞(−1)n−1f(1n)收敛f(x)在|x|\leq1上有定义,\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x}=1,且在x=0的领域上一阶导连续,证明:\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}f(\frac{1}{n})收敛f(x)在∣x∣≤1上有定义,x→0lim​xf(x)​=1,且在x=0的领域上一阶导连续,证明:n=1∑∞​(−1)n−1f(n1​)收敛
这道题看起来跟上面的差不多，所以写到一起，但是给的条件变了一哈，lim⁡x→0f(x)x=1\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x}=1limx→0​xf(x)​=1了，好像就只能推出f(0)=0f(0)=0f(0)=0这一个结论了

这解析写的什么啊，感觉好绕啊，还不如看下面的【注】中写得清楚：
∵lim⁡x→0f(x)x=1⇒lim⁡n→∞1n1n=1\because \lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x}=1\Rightarrow \lim_{n\to\infty}\frac{\frac{1}{n}}{\frac{1}{n}}=1∵limx→0​xf(x)​=1⇒limn→∞​n1​n1​​=1
说明他跟调和级数是同阶的，而交错调和级数是条件收敛的，所以原式条件收敛

例13.13

a>0,讨论级数:1−12a+3−14a+5−16a+7−18a...的敛散性a>0,讨论级数:1-\frac{1}{2^a}+3-\frac{1}{4^a}+5-\frac{1}{6^a}+7-\frac{1}{8^a}...的敛散性a>0,讨论级数:1−2a1​+3−4a1​+5−6a1​+7−8a1​...的敛散性
就跟莱布尼茨定理那样，打括号，两个两个一起看
通项就是∑n=1∞(1(2n−1)−1(2n)a)\sum_{n=1}^{\infty}(\frac{1}{(2n-1)}-\frac{1}{(2n)^a})n=1∑∞​((2n−1)1​−(2n)a1​)
①：当a>1的时候1(2n)a是一个收敛的p级数,而第一项是长得跟调和级数差不多的发散级数a>1的时候\frac{1}{(2n)^a}是一个收敛的p级数,而第一项是长得跟调和级数差不多的发散级数a>1的时候(2n)a1​是一个收敛的p级数,而第一项是长得跟调和级数差不多的发散级数
∴发散−收敛=发散\therefore 发散-收敛=发散∴发散−收敛=发散
②：当0<a<10<a<10<a<1的时候，发散−发散发散-发散发散−发散就跟∞−∞\infty-\infty∞−∞一样是未定式，要另外讨论
难点就在这里，太强了~
lim⁡x→0−(1(2n−1)−1(2n)a)1(2n)a)=1−(2n)a(2n−1)=1−0=1\lim_{x\to0}\frac{-(\frac{1}{(2n-1)}-\frac{1}{(2n)^a})}{\frac{1}{(2n)^a})}=1-\frac{(2n)^a}{(2n-1)}=1-0=1x→0lim​(2n)a1​)−((2n−1)1​−(2n)a1​)​=1−(2n−1)(2n)a​=1−0=1

我突然反应过来，p级数中p越小,发散得越凶得哇p级数中p越小,发散得越凶得哇p级数中p越小,发散得越凶得哇

所以(1(2n−1)−1(2n)a)(\frac{1}{(2n-1)}-\frac{1}{(2n)^a})((2n−1)1​−(2n)a1​)就是相当于一个是p=1,一个p<1p=1,一个p<1p=1,一个p<1，当然是后者占主导地位咯

例13.18

两个数列{an},{bn},其中lim⁡n→∞an=0,则两个数列\{a_n\},\{b_n\},其中\lim_{n\to\infty}a_n=0,则两个数列{an​},{bn​},其中n→∞lim​an​=0,则
A.当∑n=1∞bn收敛时,∑n=1∞anbn收敛当\sum_{n=1}^{\infty}b_n收敛时,\sum_{n=1}^{\infty}a_nb_n收敛当∑n=1∞​bn​收敛时,∑n=1∞​an​bn​收敛

B.当∑n=1∞bn收发散时,∑n=1∞anbn发散当\sum_{n=1}^{\infty}b_n收发散时,\sum_{n=1}^{\infty}a_nb_n发散当∑n=1∞​bn​收发散时,∑n=1∞​an​bn​发散

A.当∑n=1∞∣bn∣收敛时,∑n=1∞an2bn2收敛当\sum_{n=1}^{\infty}|b_n|收敛时,\sum_{n=1}^{\infty}a_n^2b_n^2收敛当∑n=1∞​∣bn​∣收敛时,∑n=1∞​an2​bn2​收敛

A.当∑n=1∞∣bn∣发散时,∑n=1∞an2bn2发散当\sum_{n=1}^{\infty}|b_n|发散时,\sum_{n=1}^{\infty}a_n^2b_n^2发散当∑n=1∞​∣bn​∣发散时,∑n=1∞​an2​bn2​发散

注意ana_nan​只是趋向0，不一定是收敛级数哈，我反正做题的时候就把他想成收敛级数了T_T

A 因为没说是正项级数，a_n没说收敛；反例：an=bn=(−1)n1na_n=b_n=(-1)^n\frac{1}{\sqrt{n}}an​=bn​=(−1)nn​1​

B.反例是an=bn=1na_n=b_n=\frac{1}{n}an​=bn​=n1​

D.反例也是an=bn=1na_n=b_n=\frac{1}{n}an​=bn​=n1​

C选项是证出来的：
平方之后就相当于正项级数了，就阔以用比大小来证明
我就懒得像书上写得辣么严格了，意思就是当n足够大的时候an<1,bn<1a_n<1,b_n<1an​<1,bn​<1
an2bn2<1⇒1⋅bn2<1⇒∣bn∣⋅∣bn∣<1⋅∣bn∣a_n^2b_n^2<1\Rightarrow 1\cdot b_n^2<1\Rightarrow |b_n|\cdot |b_n|<1\cdot |b_n|an2​bn2​<1⇒1⋅bn2​<1⇒∣bn​∣⋅∣bn​∣<1⋅∣bn​∣
∴an2bn2<∣bn∣\therefore a_n^2b_n^2<|b_n|∴an2​bn2​<∣bn​∣
上面每一步，澳要么是平方，要么有绝对值，全部都能表示级数是正项 ，而A选项就不能保证，所以A选项就推不过来

例13.19

下列说法正确的是（）下列说法正确的是（）下列说法正确的是（）
A.若∑n=1∞an2012收敛,则∑n=1∞an2013条件收敛若\sum_{n=1}^{\infty}a_n^{2012}收敛,则\sum_{n=1}^{\infty}a_n^{2013}条件收敛若∑n=1∞​an2012​收敛,则∑n=1∞​an2013​条件收敛

B.若∑n=1∞an2012收敛,则∑n=1∞an2013绝对收敛若\sum_{n=1}^{\infty}a_n^{2012}收敛,则\sum_{n=1}^{\infty}a_n^{2013}绝对收敛若∑n=1∞​an2012​收敛,则∑n=1∞​an2013​绝对收敛

C.若∑n=1∞an2013收敛,则∑n=1∞an2014条件收敛若\sum_{n=1}^{\infty}a_n^{2013}收敛,则\sum_{n=1}^{\infty}a_n^{2014}条件收敛若∑n=1∞​an2013​收敛,则∑n=1∞​an2014​条件收敛

D.若∑n=1∞an2013收敛,则∑n=1∞an2014条件收敛若\sum_{n=1}^{\infty}a_n^{2013}收敛,则\sum_{n=1}^{\infty}a_n^{2014}条件收敛若∑n=1∞​an2013​收敛,则∑n=1∞​an2014​条件收敛

化简单一点就是，低的奇次方推高的偶次方 和 低的偶次方推高的奇次方

A.若∑n=1∞an2收敛,则∑n=1∞an3条件收敛若\sum_{n=1}^{\infty}a_n^{2}收敛,则\sum_{n=1}^{\infty}a_n^{3}条件收敛若∑n=1∞​an2​收敛,则∑n=1∞​an3​条件收敛

B.若∑n=1∞an2收敛,则∑n=1∞an3绝对收敛若\sum_{n=1}^{\infty}a_n^{2}收敛,则\sum_{n=1}^{\infty}a_n^{3}绝对收敛若∑n=1∞​an2​收敛,则∑n=1∞​an3​绝对收敛

C.若∑n=1∞an收敛,则∑n=1∞an2条件收敛若\sum_{n=1}^{\infty}a_n收敛,则\sum_{n=1}^{\infty}a_n^{2}条件收敛若∑n=1∞​an​收敛,则∑n=1∞​an2​条件收敛

D.若∑n=1∞an收敛,则∑n=1∞an2条件收敛若\sum_{n=1}^{\infty}a_n收敛,则\sum_{n=1}^{\infty}a_n^{2}条件收敛若∑n=1∞​an​收敛,则∑n=1∞​an2​条件收敛

取an=(−1)n−1n12⇒{an=(−1)n−1n12an2=1n⇒an收敛,an2发散取a_n=\frac{(-1)^{n-1}}{n^{\frac{1}{2}}}\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a_n=\frac{(-1)^{n-1}}{n^{\frac{1}{2}}}\\ \\ a_n^2=\frac{1}{n} \end{matrix}\right.\Rightarrow a_n收敛,a_n^2发散取an​=n21​(−1)n−1​⇒⎩⎪⎨⎪⎧​an​=n21​(−1)n−1​an2​=n1​​⇒an​收敛,an2​发散

取an=(−1)n−1n⇒{an=(−1)n−1nan2=1n2⇒an收敛,an2收敛取a_n=\frac{(-1)^{n-1}}{n}\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a_n=\frac{(-1)^{n-1}}{n}\\ \\ a_n^2=\frac{1}{n^2} \end{matrix}\right.\Rightarrow a_n收敛,a_n^2收敛取an​=n(−1)n−1​⇒⎩⎨⎧​an​=n(−1)n−1​an2​=n21​​⇒an​收敛,an2​收敛

例13.21

求∑n=1∞(−1)n−1(x−1)nn(n−3n)的收敛域求\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{(x-1)^n}{n(n-3^n)}的收敛域求n=1∑∞​(−1)n−1n(n−3n)(x−1)n​的收敛域
这种问题要按照套路走：
①：加绝对值变成正项级数
②：用比值法或者根值法求出收敛区间
③：判断端点收不收离敛

这道题就是用根值法
lim⁡n→∞∣un(x)∣n=∣x−1∣nn⋅3n−nn=∣x−1∣1⋅3<1⇒x∈(−2,4)\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{|u_n(x)|}=\frac{|x-1|}{\sqrt[n]{n}\cdot\sqrt[n]{3^n-n}}=\frac{|x-1|}{1\cdot3}<1\Rightarrow x\in(-2,4)n→∞lim​n∣un​(x)∣​=nn​⋅n3n−n​∣x−1∣​=1⋅3∣x−1∣​<1⇒x∈(−2,4)
收敛区间就求出来了，然后还要看两个端点收不收敛
当x=2x=2x=2时：
∑n=1∞un=∑n=1∞−3nn(n−3n)=∑n=1∞n−3n−nn(n−3n)=∑n=1∞(1n−1n−3n)\sum_{n=1}^{\infty}u_n=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{-3^n}{n(n-3^n)}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n-3^n-n}{n(n-3^n)}=\sum_{n=1}^{\infty}(\frac{1}{n}-\frac{1}{n-3^n})n=1∑∞​un​=n=1∑∞​n(n−3n)−3n​=n=1∑∞​n(n−3n)n−3n−n​=n=1∑∞​(n1​−n−3n1​)
答案说1n−3n与(13)n\frac{1}{n-3^n}与(\frac{1}{3})^nn−3n1​与(31​)n是同敛散的，虽然能感觉到3n比n3^n比n3n比n要更占主要地位，但是没有比较好的证明总感觉麻麻扎扎的
所以：发散-收敛=发散
当x=4x=4x=4时：
∑n=1∞un=∑n=1∞(−1)n−13nn(n−3n)=∑n=1∞(−1)n−1(1n−1n−3n)\sum_{n=1}^{\infty}u_n=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{3^n}{n(n-3^n)}=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}(\frac{1}{n}-\frac{1}{n-3^n})n=1∑∞​un​=n=1∑∞​(−1)n−1n(n−3n)3n​=n=1∑∞​(−1)n−1(n1​−n−3n1​)
两个都收敛所以收敛
所以收敛区间就是(−2,4](-2,4](−2,4]

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