相关内容/高等数学
高等数学在中国大陆，理工科各类专业的学生（数学专业除外，数学专业学数学分析），学的数学较难，课本常称“高等数学”；文史科各类专业的学生，学的数学稍微浅一些，课本常称“”。理工科的不同专业，文史科的不同专业，深浅程度又各不相同。研究变量的是高等数学，可高等数学并不只研究变量。至于与“高等数学”相伴的课程通常有：（数学专业学高等代数），与（有些数学专业分开学）。
初等数学研究的是常量与匀变量，高等数学研究的是非匀变量。高等数学（它是几门课程的总称）是理、工科院校一门重要的基础学科，也是非数学专业理工科专业学生的必修数学课,也是其它某些专业的必修课。作为一门基础科学，高等数学有其固有的特点，这就是高度的抽象性、严密的性和广泛的应用性。性和计算性是数学最基本、最显著的特点，有了高度抽象和统一，我们才能深入地揭示其本质规律，才能使之得到更广泛的应用。严密的逻辑性是指在数学理论的归纳和整理中，无论是概念和表述，还是判断和推理，都要运用的规则，遵循思维的规律。所以说，数学也是一种思想方法，学习数学的过程就是思维训练的过程。人类社会的进步，与数学这门科学的广泛应用是分不开的。尤其是到了现代，电子计算机的出现和普及使得数学的应用领域更加拓宽，现代数学正成为科技发展的强大动力，同时也广泛和深入地渗透到了社会科学领域。
简介/高等数学
梯度高等数学比“高等”的数学。广义地说，初等数学之外的数学都是高等数学，也有将中学较深入的、以及简单的集合论逻辑称为，作为小学初中的初等数学与本科阶段的高等数学的过渡。通常认为，高等数学是将简单的，与，以及深入的，，以及他们之间交叉所形成的一门基础学科，主要包括微积分学，其他方面各类课本略有差异。初等数学研究的是和匀变量，高等数学研究的是匀变量。常见的“高等数学”课本通常有这样一些内容：微积分，高等代数，概率论与数理统计。（数学专业在外）的，深一些；的，浅一些。理工科的不同专业，文科的不同专业，深浅程度又各不相同。研究变量的是高等数学。可高等数学并不只研究变量。高等数学是高等学校工科本科有关专业学生的一门必修的重要基础课。通过这门课程的学习，使学生获得向量代数与、微积分的基本知识，必要的基础理论和常用的运算方法，并注意培养学生的运算能力和初步的抽象思维、逻辑推理及空间想象能力，从而使学生获得解决实际问题能力的初步训练，为学习后继课程奠定必要的数学基础。高等数学（也称为微积分）是理、工科院校一门重要的基础学科。作为一门科学，高等数学有其固有的特点，这就是高度的抽象性、严密的逻辑性，复杂的计算性和广泛的应用性。抽象性是数学最基本、最显著的特点--有了高度抽象和统一，我们才能深入地揭示其本质规律，才能使之得到更广泛的应用。严密的逻辑性是指在数学理论的归纳和整理中，无论是概念和表述，还是判断和推理，都要运用逻辑的规则，遵循思维的规律。复杂的计算性是高等数学有繁多的计算对象，众多的定理，多样的计算和证明方法，实际应用中复杂的计算量。所以说，数学也是一种思想方法，学习数学的过程就是思维训练的过程。人类社会的进步，与数学这门科学的广泛应用是分不开的。尤其是到了现代，的出现和普及使得数学的应用领域更加拓宽，现代数学正成为发展的强大动力，同时也广泛和深入地渗透到了社会科学领域。因此，学好高等数学对我们来说相当重要。然而,很多学生对怎样才能学好这门课程感到困惑。
学习要领/高等数学
首先，理解概念。数学中有很多概念。概念反映的是事物的本质,弄清楚了它是如何定义的、有什么性质，才能真正地理解一个概念。其次，掌握定理。定理是一个正确的命题，分为条件和结论两部分。对于定理除了要掌握它的条件和结论以外，还要搞清它的适用范围，做到。第三，在弄懂例题的基础上作适量的习题。要特别提醒学习者的是，课本上的例题都是很典型的，有助于理解概念和掌握定理，要注意不同例题的特点和解法法在理解例题的基础上作适量的习题。作题时要善于总结----不仅总结方法，也要总结错误。这样，作完之后才会有所收获，才能举一反三。第四，理清脉络。要对所学的知识有个整体的把握，及时总结知识体系，这样不仅可以加深对知识的理解，还会对进一步的学习有所帮助。高等数学中包括和立体解析几何，和。其中尤以微积分的内容最为系统且在其他课程中有广泛的应用．微积分的理论是由和完成的．（当然在他们之前就已有微积分的应用，但不够系统）和的概念微积分的基本概念但理解有很大难度。高等数学有两个特点：1.等价代换。在极限类的计算里，常等价代换一些因子（这在量的计算中是不可理解），但极限是阶的计算。2.如果原函数形式使计算很困难，可使用原函数的积分或微分形式，这是化简计算的思想。这三个函数之间的关系就是微分方程。
历史发展/高等数学
一般认为，16世纪以前发展起来的各个数学学科总的是属于初等数学的范畴，因而，17世纪以后建立的数学学科基本上都是高等数学的内容。由此可见，高等数学的范畴无法用简单的几句话或列举其所含分支学科来说明。19世纪以前确立的、、三大数学分支中，前两个都原是初等数学的分支，其后又发展了属于高等数学的部分，而只有分析从一开始就属于高等数学。分析的基础——微积分被认为是“变量的数学”的开始，因此，研究是高等数学的特征之一。原始的变量概念是物质世界变化的诸量的直接抽象，现代数学中变量的概念包含了更高层次的抽象。如数学分析中研究的限于实变量，而其他数学分支所研究的还有取复数值的复变量和向量、张量形式的，以及各种几何量、代数量，还有取值具有偶然性的随机变量、模糊变量和变化的（概率）空间——范畴和随机过程。描述变量间依赖关系的概念由发展到泛函、变换以至于函子。与初等数学一样，高等数学也研究空间形式，只不过它具有更高层次的抽象性，并反映变化的特征，或者说是在变化中研究它。例如，曲线、曲面的概念已发展成一般的流形。按照埃尔朗根纲领，几何是关于图形在某种变换群下不变性质的理论，这也就是说，几何是将各种形式置于变换之下来来研究的。进入数学，这是高等数学的又一特征。现实世界的各种事物都以有限的形式出现，无穷是对他们的共同本质的一种概括。所以，无穷进入数学是数学高度理论化、抽象化的反映。数学中的无穷以潜无穷和实无穷两种形式出现。在极限过程中，变量的变化是无止境的，属于潜无穷的形式。而值的存在又反映了实无穷过程。最基本的极限过程是和的极限。数学分析以它为基础，建立了刻画函数局部和总体特征的各种概念和有关理论，初步成功地描述了现实世界中的非均匀变化和运动。另外一些形式上更为抽象的极限过程，在别的数学学科中也都起着基本的作用。还有许多学科的研究对象本身就是无穷多的个体，也就说是无穷集合，例如群、环、域之类及各种抽象空间。这是数学中的实无穷。能够处理这类无穷集合，是数学水平与能力提高的表现。为了处理这类无穷集合，数学中引进了各种结构，如代数结构、序结构和拓扑结构。另外还有一种度量结构，如抽象空间中的范数、距离和测度等，它使得个体之间的关系定量化、数字化，成为数学的定性描述和定量计算两方面的桥梁。上述结构使得这些无穷集合具有丰富的内涵，能够彼此区分，并由此形成了众多的数学学科。数学的计算性方面。在中甚至占了主导的地位。它在高等数学中的地位也是明显的，高等数学除了有很多理论性很强的学科之外，也有一大批计算性很强的学科，如微分方程、计算数学、统计学等。在高度抽象的理论装备下，这些学科才有可能处理现代科学技术中的复杂计算问题。
除了数学基础、集合论、数理逻辑这样一些基础性学科之外，数学分为初等数学与高等数学两大部分。它们有共同的基础，而彼此之间并没有严格的界限。它们都是人类文明在不同发展阶段的产物，但并不像某些事物那样，后发展起来的可以代替古老的，随着人类文明的进步，数学中某些局部的、繁琐的成果或工作可能被淘汰，而其总体仍然是有用的，并必将向着更加综合和抽象、结构更多样化的方向发展下去。
分类/高等数学
一、函数极限连续二、一元函数微分学三、一元函数积分学四、向量代数与空间解析几何五、多元函数微分学六、多元函数积分学七、无穷级数八、常微分方程
主要包括/高等数学
一、函数与极限分为常量与变量函数函数的简单性态反函数初等函数数列的极限的极限无穷大量与无穷小量无穷小量的比较函数连续性连续函数的性质及初等函数函数连续性二、导数与微分导数的概念函数的和、差求导法则函数的积、商求导法则复合函数求导法则反函数求导法则高阶导数隐函数及其求导法则函数的微分三、导数的应用微分中值未定式问题函数单调性的判定法函数的极值及其求法函数的最大、最小值及其应用曲线的凹向与拐点四、不定积分不定积分的及性质求不定积分的方法几种特殊函数的积分举例五、定积分及其应用定积分的概念微积分的公式定积分的换元法与分部积分法广义积分六、空间解析几何空间直角坐标系方向余弦与方向数平面与空间直线曲面与空间曲线七、多元函数的微分学多元函数概念二元函数极限及其连续性偏导数全微分复合函数的求导法多元函数的极值八、多元函数积分学二重积分的概念及性质二重积分的计算法三重积分的概念及其计算法九、常微分方程微分方程的基本概念可分离变量的微分方程及齐次方程线性微分方程可降阶的高阶方程线性微分方程解的结构二阶常系数齐次线性方程的解法二阶常系数非齐次线性方程的解法十、无穷级数
导数的概念/高等数学
有关导数在学习到数的概念之前，我们先来讨论一下中的的问题。例：设一沿x轴运动时，其位置x是时间t的，y=f(x)，求质点在t0的瞬时速度？
数学我们知道时间从t0有增量△t时，质点的位置有增量
数学这就是质点在时间段△t的位移。因此，在此段时间内质点的为;若质点是匀速运动的则这就是在t0的瞬时速度，若质点是非匀速直线运动，则这还不是质点在t0时的瞬时速度。我们认为当时间段△t无限地接近于0时，此平均速度会无限地接近于质点t0时的瞬时速度，即：质点在t0时的瞬时速度=数学为此就产生了的定义，如下：导数的定义设函数y=f(x)在点x0的某一邻域内有定义，当自变量x在x0处有增量△x(x+△x也在该邻域内)时，相应地函数有增量数学若△y与△x之比当△x→0时极限存在，则称这个极限值为y=f(x)在x0处的导数。记为：数学还可记为：数学函数f(x)在点x0处存在导数简称函数f(x)在点x0处可导，否则不可导。若函数f(x)在区间(a,b)内每一点都可导，就称函数f(x)在区间(a,b)内可导。这时函数y=f(x)对于区间(a,b)内的每一个确定的x值，都对应着一个确定的导数，这就构成一个新的函数，我们就称这个函数为原来函数y=f(x)的导函数。注：导数也就是差商的极限左、右导数前面我们有了左、右极限的概念，导数是差商的极限，因此我们可以给出左、右导数的概念。若极限数学存在，我们就称它为函数y=f(x)在x=x0处的左导数。若极限数学存在，我们就称它为函数y=f(x)在x=x0处的右导数。注：函数y=f(x)在x0处的左右导数存在且相等是函数y=f(x)在x0处的可导的充分必要条件
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高等数学无穷级数
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（1）令n^(1/n)=1+b，当n&1时，b&0则n=(1+b)^n=1+nb+[n(n-1)/2]*b^2+...+b^n&1+[n(n-1)/2]*b^2n-1&[n(n-1)/2]*b^2b^2&2/nb&√(2/n)n^(1/n)&1+√(2/n)所以1/[n*n^(1/n)]&1/[n*(1+√(2/n))]=1/[n+√(2n)]&1/(n+2n)=1/(3n)因为∑(n=1-&∞) 1/(3n)发散，所以∑(n=1-&∞) 1/[n*n^(1/n)]发散（2）因为lim(n-&∞) [1/(lnn)^10]/(1/n)=lim(n-&∞) n/(lnn)^10=lim(n-&∞) 1/[10*(lnn)^9*(1/n)]=(1/10)*lim(n-&∞) n/(lnn)^9......=(1/10!)*lim(n-&∞) n/lnn=(1/10!)*lim(n-&∞) 1/(1/n)=(1/10!)*lim(n-&∞) n=+∞且∑(n=2-&∞) 1/n发散，所以∑(n=2-&∞) 1/(lnn)^10发散
我觉得你第一个第三排错了。。。。。
二项式展开，何错之有？
不过你第二个我觉得是对的，谢谢解答咯
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高数第六章
第六章 无穷级数无穷级数是数学分析的一个重要工具，也是高等数学的重要组成部分.本章首先讨论常数项 级数，然后研究函数项级数，最后研究把函数展开为幂级数和三角级数的问题.我们将只介绍两 种最常用的级数展开式――泰勒级数展开式和傅里叶级数展开式.第一节 常数项级数的概念和性质常数项级数的概念在中学课程中，我们就已经遇到过“无穷项之和”的运算，比如等比级数 a + ar + ar 2 + L + ar n + L 另外，无限小数其实也是“无穷项的和” ，比如 4 1 4 2 2 = 1.4142L = 1 + + 2 + 3 + 4 + L 10 10 10 10 对于有限项之和，我们在初等数学里已经详尽地研究了；对于“无穷项之和” ，这是一个未 知的新概念，不能简单地引用有限项相加的概念，而必须建立一套严格的理论. 定义 1 给定一个数列 {u n } ，将它的各项依次用“ + ”号连接起来的表达式u1 + u 2 + u 3 + L + u n + L称做（常数项）无穷级数，简称（常数项）级数，记为(6?1?1)∑un =1∞n= u1 + u 2 + u 3 + L + u n + L ，∞其中，u1 , u2 ,L, un ,L 都称为级数(6?1?1)的项，un 称为级数(6?1?1)的一般项或通项.级数 ∑ u n 是n =1“无限多个数的和” .但怎样由我们熟知的 “有限多个数的和” 的计算转化到 “无限多个数的和” 的计算呢？我们借助极限这个工具来实现。 设级数 ∑ u n 的前 n 项的和为 S n ，即n =1 ∞S n = u1 + u 2 + L + u n或Sn = ∑ uk .k =1 n(6?1?2)我们称 S n 为级数 ∑ u n 的前 n 项部分和，简称部分和. 显然，级数 ∑ u n 的所有前 n 项部分和 S nn =1 n =1∞∞构成一个数列 {S n } ，我们称此数列为级数 ∑ u n 的部分和数列.n =1∞定义 2∞若级数 ∑ u n 的部分和数列 {S n } 收敛于 S （即 lim S n = S ） ，则称级数 ∑ u n 收敛，n =1∞∞n →∞n =1称 S 为级数 ∑ u n 的和，记作n =1S = u1 + u 2 + u 3 + L + u n + L = ∑ u n .n =1∞而rn = S ? S n = u n +1 + u n +2 +L称为级数 ∑ u n 的余项，显然有n =1 ∞lim rn = lim( S ? S n ) = 0 .n →∞ n →∞若 {S n } 是发散数列，则称级数 ∑ u n 发散，此时级数 ∑ u n 没有和.n =1 n =1∞∞由此可知，级数的收敛与发散是借助于级数的部分和数列的收敛与发散定义的，于是研究 级数及其和只不过是研究与其相对应的一个数列及其极限的一种新形式. 例 1 设 a , q 为非零常数，无穷级数∑ aqn =0∞n= a + aq + a q 2 + L + a qn + L∞(6?1?3)称为等比级数（又称为几何级数） 称为级数的公比.试讨论级数 ∑ aqn 的敛散性. ，qn =0解 若 q ≠ 1 ，则S n = a + aq + L + aq n ?1 == aqn a . ? 1?q 1?qa ? aq n 1?q当 q & 1 时，由于 lim q n = 0 ，从而 lim S n =n →∞n →∞a a ，因此这时级数 ∑ aqn 收敛，其和为 ； 1?q 1?q n =0∞ n =0∞当 q & 1 时，由于 lim q n = ∞ ，从而 lim S n = ∞ ，这时级数 ∑ aqn 发散；n →∞n →∞当 q = 1 时， 若 q = 1 ，这时 S n = na → ∞（n → ∞） ，因此级数 ∑ aqn 发散；n =0 ∞若 q = ?1 ，这时级数 ∑ aqn 成为n =0∞a ? a + a ? a +L，显然 S n 随着 n 为奇数或为偶数而等于 a 或等于零， 从而 S n 的极限不存在， 因此级数 ∑ aqn 发散.n =0∞综上所述，对于等比级数 ∑ aqn ，当公比 q 的绝对值 q & 1 时级数收敛；当 q ≥ 1 时级数发n =0∞散. 例 2 证明级数1 1 1 + +L+ +L 1?3 3?5 (2n ? 1) ? (2n + 1)收敛，并求其和. 解 由于un =1 1 1 1 ?， = ? ? ? ? (2n ? 1) ? (2n + 1) 2 ? 2n ? 1 2n + 1 ?因此Sn =1 1 1 + +L+ +L 1?3 3 ?5 (2n ? 1) ? (2n + 1)1 1 1 1 1 1 1 1 ? = ?1 ? ? + ? ? ? + L + ? ? ? ? ? ? ? ? 2? 3? 2?3 5? 2 ? 2n ? 1 2n + 1 ? = 1 ?1 ? 1 ? . ? ? 2? 2n + 1 ? 从而 lim S n = 1 ，所以该级数收敛，它的和为 1 . n →∞ 2 2 例 3 证明级数1 1 ∑ n = 1+ 1 + 1 +L+ n +L 2 3n =1∞是发散的. 证 该级数的部分和为1 1 1 S n =1 + + + L + . 2 3 n 显然，部分和数列 {S n } 是单调增加的数列，要证明调和级数发散，仅须证明其部分和数列 {S n }无上界即可.事实上1 1 1 S 2 =1 + ； S 4 ≥ 1 + × 2； S6 =1 + × 3. 2 2 2 假设 S 2k ≥ 1 + 1 k 成立，则 2S 2k +1 ? S 2k = 1 1 1 1 1 + k + L + k +1 ≥ k +1 ? 2k = . 2 2 +1 2 +2 2 2k于是S 2k +1 ≥ S 2k + 1 ≥ 1 + 1 ( k + 1) . 2 2由归纳法，对一切正整数 n 有S 2n ≥ 1 + n . 2由极限的性质，有lim S n = ∞ .n →∞1 故调和级数 ∑ 发散. n n =1∞常数项级数的性质性质 1 若级数 ∑ u n 收敛于和 S，k 为任意常数，则 ∑ ku n 也收敛，且其和为 kS . 为任意常数 则 也收敛 且其和为n =1 n =1 ∞ ∞证 设级数 ∑ u n 与级数 ∑ ku n 的部分和分别为 S n 与 S n * ，显然有 S n * = kS n .于是n =1 n =1∞∞lim S n * = lim kS n = k lim S n = k ? S .n →∞ n →∞ n →∞这表明级数 lim ku n 收敛，且和为 kS .n →∞需要指出，若级数 ∑ u n 发散，即 {S n } 无极限，且 k 为非零常数，那么{ S n * }也不可能存在n =1∞极限，即 lim ku n 也发散.因此可以得出如下结论：级数的每一项同乘以一个不为零的常数后，其n →∞敛散性不变. 上述性质的结果可以改写为lim ku n = ∑ u n （ k ≠ 0 为常数） ，n →∞ n =1 ∞即收敛级数满足分配律. 也收敛， 性质 2 若级数 ∑ u n ， v n 分别收敛于 S1，S 2 ， 则级数 ∑ u n ± v n 也收敛 且其和为 S1 ± S 2 . ∑n =1 n =1 n =1 ∞ ∞ ∞可以利用数列极限的运算法则给出证明. 性质 2 的结果表明：两个收敛级数可以逐项相加或逐项相减. 在级数中去掉、增加或改变有限项 增加或改变有限项，不会改变级数的敛散性 性质 3 在级数中去掉 增加或改变有限项 不会改变级数的敛散性. 证 只需证明“去掉、改变级数前面的有限项，或在级数前面增加有限项，不会改变级数的 敛散性”. 设将级数 ∑ u n = u1 + u 2 + L + u n + L 的前 k 项去掉，得新的级数n =1 ∞u k +1 + u k +2 + L + kk + n + L此级数的前 n 项部分和为A n = u k +1 + u k +2 + L + u k + n = S k + n ? S k ，其中 S k + n 是原来级数的前 k + n 项的和.因为 S k 是常数，所以当 n → ∞ 时， A n 与 S k + n 或同时存在 极限，或同时不存在极限. 类似地，可以证明改变级数前面的有限项或在级数的前面加上有限项，不会改变级数的敛 散性. 收敛级数加括弧后所成的级数仍收敛，且其和不变 性质 4 收敛级数加括弧后所成的级数仍收敛 且其和不变. 证 设级数 ∑ u n 的部分和为 S n ，加括弧后的级数（把每一括弧内的项之和视为一项）为∞ n =1(u1+ u 2 + L + u n1 + u n1 +1 + u n1 + 2 + L + u n2 + L + u nk ?1 +1 + u nk ?1 + 2 + L + u nk + L) ()()设其前 k 项之和为 A k ，则有A 1 = u1 + u 2 + L + u n1 = S n1 ，A 2 = u1 + u 2 + L + u n1 + u n1 +1 + u n1 + 2 + L + u n2 = S n2 ，() ()LLA k = u1 + u 2 + L + u n1 + u n1 +1 + u n1 + 2 + L + u n2 + L + u nk ?1 +1 + u nk ?1 + 2 + L + u nk = S nk ，() ()()LL 可见数列 { A k } 是数列 {S n } 的一个子列，由收敛数列与其子列的关系可知，数列 { A k } 必定收敛，且有 lim A k = lim S n ，即加括弧后所成的级数收敛，且其和不变.k →∞ n →∞注意 若加括弧后所成的级数收敛，则不能断定原来的级数也收敛. 例如， ? 1）（1 ? 1） L 收敛于零，但级数 ∑ ( ?1)n ?1 = 1 ? 1 + 1 ? 1 + L 却是发散的. （1 + +i =1 n若加括弧后所成的级数发散， 推论 若加括弧后所成的级数发散，则原来的级数也发散.（级数收敛的必要条件 级数收敛的必要条件） 若级数 ∑ u n 收敛 则它的一般项 u n 趋于零 即 lim u n = 0 . 收敛， 趋于零， 性质 5 级数收敛的必要条件n =1∞n →∞（ ，则 证 设级数 ∑ u n 的部分和为 S n ，且 S n → S n → ∞）n =1∞∑un =1∞n= lim( S n ? S n ?1 )n →∞= lim S n ? lim S n ?1 = S ? S = 0 .n →∞ n →∞由性质 5 可知，若 n → ∞ 时级数的一般项不趋于零，则该级数必定发散. 例如，级数2 3 ∑ 3nn+ 1 = 1 + 7 + 10 + L + 3nn+ 1 + L 4n =1 ∞的一般项 u n = n 当 n → ∞ 时，不趋于零，因此该级数是发散的. 3n + 1 注意 级数的一般项趋于零并不是级数收敛的充分条件.1 例如，在例 3 中讨论的调和级数 ∑ ，虽然它的一般项 u n = 1 → 0 ( n → ∞ ) ，但它是发散的. n n n =1*∞三、 柯西审敛原理因为级数 ∑ u n 的敛散性与它的部分和数列 {S n } 的敛散性是等价的，故由数列的柯西审敛n =1∞原理可得下面的定理. 柯西（ 审敛原理］ 级数 ∑ u n 收敛的充分必要条件为 ?ε & 0 ，总存在 收敛的充分必要条件为： 定理 1［柯西 Cauchy）审敛原理 柯西 审敛原理 总存在n =1∞自然数 N ，使得当 n & N 时，对于任意的自然数 p ，都有 使得当 对于任意的自然数 都有u n +1 + u n +2 + L + u n + p & ε成立. 证 设级数 ∑ u n 的部分和为 S n ，因为n =1 ∞u n +1 + u n +2 + L + u n + p = S n + p ? S n ，所以，由数列的柯西审敛原理，即得本定理结论. 例 4 利用柯西审敛原理证明级数 ∑ 证 对任意自然数 p ，都有cos 2n 收敛. 2n n =1∞Sn + p ? Sn =cos 2n +1 cos 2n + 2 cos 2n + p + n +2 + L + n + p 2n +1 2 2 1 1 1 ≤ n +1 + n + 2 + L + n + p 2 2 2 1 ?1 ? 1 ? ? n +1 ? 2p ? =2 ? 1? 1 2 1? 1 1 = n ?1 ? p ? & n . ? 2 ? 2 ? 2于是， ?ε & 0 ( 0 & ε & 1) ， N = ?log2 1 ? ， n & N 时， 对 当 对任意的自然数 p 都有 S n + p ? S n & 1 & ε ， ? ? ε? ? ? 2n 从而该级数收敛. ∞ 1 发散. 例 5 证明级数 ∑ n n =1 证 对任意自然数 p ，都有Sn + p ? Sn = 1 1 1 + +L+ n +1 n +2 n+p&1 . n+p∞1 特别地取 p = n ，得 S 2n ? S n & n ，故级数 ∑ 发散. 2 n n =1第二节 正项级数敛散性判别法本节我们讨论各项都是非负数的级数，这种级数称为正项级数.研究正项级数的敛散性十分 重要，因为许多其他级数的敛散性问题都可归结为正项级数的敛散性问题.设级数 u1 + u 2 + L + u n + L (6-2-1) 是一个正项级数（ un ≥ 0 ） ，它的部分和为 S n ，显然，数列{Sn}满足： 即 {S n } 是单调增加的数列.而单调增加的数列收敛的充要条件是该数列有上界， 于是可以得到下 面的定理. 收敛的充分必要条件是：它的部分和数列 定理 1 正项级数 ∑ u n 收敛的充分必要条件是 它的部分和数列 {S n } 有上界.n =1S1 ≤ S 2 ≤ L ≤ S n ≤ L ，∞以这个定理为基础，可以导出判断正项级数是否收敛的几种方法. 比较审敛法） 设 ∑ u n 和 ∑ v n 都是正项级数 且存在自然数 N 和正常数 k ，当 都是正项级数，且存在自然数 定理 2（比较审敛法 比较审敛法 当n =1 n =1∞∞n ≥ N 时，有 u n ≤ kv n ，则有 则有： 有 则有（1） 若级数 ∑ v n 收敛，则级数 ∑ u n 也收敛； 收敛 则级数 也收敛n =1 n =1∞∞（2） 若级数 ∑ u n 发散 则级数 ∑ v n 也发散. 发散，则级数n =1 n =1∞∞证 根据级数的性质，改变级数前面有限项并不改变级数的敛散性，因此，不妨设对任意 自然数 n 都有 u n ≤ kv n ( n = 1, 2, 3,L) .设级数 ∑ u n 与 ∑ v n 的部分和分别为 A n 与 Bn ，由上面的不n =1 n =1∞∞等式有A n = u1 + u 2 + L + u n ≤ kv 1 + kv 2 + L + kv n = kBn .（1） 若级数 ∑ v n 收敛，根据定理 1 的必要性，数列 { Bn } 有上界，由不等式 A n ≤ kBn 知，n =1∞数列 { A n } 也有上界，于是 ∑ u n 收敛.n =1∞（2） 采用反证法.若 ∑ v n 收敛，则由（1）知 ∑ u n 收敛，与已知矛盾，因此 ∑ v n 发散.n =1 n =1 n =1∞∞∞推论都是正项级数，且 设 ∑ u n 和 ∑ v n 都是正项级数 且n =1 n =1∞∞limn →∞un =k vn∞( 0 ≤ k ≤ +∞, v n ≠ 0 ) ，∞则有： 则有 （1） 若 0 & k & +∞ ，则级数 ∑ u n 与 ∑ v n 同时收敛或同时发散 同时收敛或同时发散； 则级数n =1 n =1 ∞（2） 若 k = 0 ，则当 ∑ v n 收敛时 ∑ u n 收敛 收敛时， 收敛； 则当n =1 n =1∞（3） 若 k = +∞ ，则当 ∑ v n 发散时 ∑ u n 发散. 发散时， 则当n =1 n =1∞∞k 证 （1）由极限定义，对 ε = ，存在自然数 N ，当 n & N 时有不等式 2 k u k k? & n &k+ ， 2 vn 2k 3k v & un & v n . 2 n 2 再根据比较审敛法，即得所要证的结论.即（2）当 k = 0 时，对 ε = 1 ，由极限的定义，存在自然数 N ，当 n & N 时，有 0 ≤ 而 u n & v n .再根据比较审敛法，当 ∑ v n 收敛时， ∑ u n 收敛.n =1 n =1∞ ∞un & 1 ，从 vn（3）当 k = +∞ 时，由极限的定义，存在自然数 N ，当 n & N 时，有 再根据比较审敛法，当 ∑ v n 发散时， ∑ u n 发散.n =1 n =1∞ ∞un & 1 ，从而 un & v n . vn例 1 讨论 p 级数∑ u1n =1∞=1+p1 1 1 + +L + p +L 2p 3p n(6?2?2)的敛散性，其中 p & 0 为常数.1 1 解 先考虑 p & 1 的情形，因为当 n ? 1 ≤ x ≤ n 时，有 p ≤ p ，所以 n x ? 1 = n 1 dx ≤ n 1 dx = 1 ? 1 L ? 1 (n = 2,3, ) . ∫n ?1 x p p ? 1 ? (n ? 1) p ?1 n p ?1 ? n p ∫n ?1 n p ? ?考虑级数∑ ? (n ?1 1)n =2∞? ?p ?1?1 ?. ? n ?p ?1(6?2?3)级数(6?2?3)的部分和为? 1 ? 1 1 1 1 S n = ? 1 ? p ?1 ? + ? p ? 1 ? p ?1 ? + L + ? p ?1 ? ? ? ? ? p ?1 ? ? 2 ? ?2 3 ? (n + 1) ? ?n=1?1 . (n + 1) p ?1? ? 1 因为 lim S n = lim ?1 ? = 1 ，故级数(6?2?3)收敛，根据定理 2，原级数收敛. p ?1 ? n →∞ n →∞ ? (n + 1) ?1 当 0 & p ≤ 1 时，有 1 ≥ 1 ，而 ∑ 发散，根据定理 2，原级数发散. n np n n =1 例 2 判别下列正项级数的敛散性： n n 1 1 （1） ∑ sin ； （2） ∑ ln ? 1 + 2 ? . ? ? n n ? ? n =1 n =1 sin 1 ∞ n = 1 ，而 1 发散，根据推论 1，该级数发散； 解 （1） 因为 lim ∑n n →∞ 1 n =1 n ln ? 1 + 12 ? ? ? n ? ，用实变量 x 代替 n ，并应用洛必达法则，有 （2） 考察 lim ? n →∞ 1 n2 ln(1 + x ) 1 lim = lim =1. n →∞ x →0 1 + x x ln(1 + 12 ) ∞ n ，而 因此 lim ∑ n12 收敛，故该级数收敛. n →∞ 1 n =1 n2∞比值审敛法，达朗贝尔 判别法］ 若对正项级数 ∑ u n 有： 定理 3［比值审敛法 达朗贝尔 D’Alembert）判别法 比值审敛法 达朗贝尔（ 判别法n =1∞u lim n +1 = ρ ， n →∞ u n级数收敛； 则当 ρ & 1 时，级数收敛 ρ & 1 （或 lim 级数收敛u n +1 = +∞ ）时，级数发散 ρ = 1 时级数可能收敛，也 时级数可能收敛， 时 级数发散； n →∞ u n可能发散. 可能发散 证 （1）当 ρ & 1 时，取一个适当小的正数 ε ，使得 ρ + ε = γ & 1 ，根据极限定义，存在自然 数 N ，当 n & N 时有u n +1 & ρ+ ε = r . un由此，并利用归纳法，容易证明u N +k ≤ r k u N∞ ∞ k =1 k =1k = 1,2,L .∞ ∞ n =1 k =1而 r & 1 时， 等比级数 ∑ r k u N 是收敛的. 所以 ∑ u N + k 也收敛.由于级数 ∑ u n 只比 ∑ u N + k 多前 N 项，因此级数 ∑ u n 也收敛.n =1 ∞（2） 当 ρ & 1 时，取一个适当小的正数 ε ，使得 ρ ? ε & 1 ，根据极限定义，存在自然数 N ， 当 n & N 时，有不等式u n +1 ＞ρ ? ε & 1 ， un也就是 u n +1 & u n ，所以当 n & N 时，级数的一般项 u n 是逐渐增大的，从而 lim u n ≠ 0 ，根据级数n →∞收敛的必要条件可知级数 ∑ u n 发散.n =1∞类似地，可以证明当 lim∞ u n +1 = +∞ 时，级数 ∑ u n 发散. n →∞ u n =1 n（3） 当 ρ = 1 时，级数可能收敛也可能发散. 例如， p 级数 ∑1 u n +1 (n + 1) p lim = lim = 1. n →∞ u n →∞ 1 n np 但我们知道，当 p & 1 时级数收敛，当 p ≤ 1 时，级数发散. 例 3 判断下列正项级数的敛散性.1 ，不论 p 为何值都有 np n =1∞（1） ∑n ； n ?1 n =1 2∞（2） ∑n! ； n n =1 n∞（3） ∑6n . 6 n =1 n∞n +1 n u n +1 n +1 1 解 （1） lim = lim 2 = lim = & 1 ，故级数收敛. n →∞ u n →∞ n →∞ 2n n 2 n 2n ?1 (n + 1)! n u n +1 (n + 1)n +1 （2） lim = lim = lim ? n ? = 1 & 1 ，故级数收敛. ? ? n →∞ u n →∞ n →∞ ? n + 1 ? e n! n n n 6n +1 6 u (n + 1)6 （3） lim n +1 = lim = lim 6 ? n ? = 6 & 1 ，故级数发散. ? ? n →∞ u n →∞ n →∞ 6n ? n +1? n 6 n根值判别法，柯西判别法 定理 4（根值判别法 柯西判别法 根值判别法 柯西判别法） 若对正项级数 ∑ u n 有：n =1∞∑n =1 ∞ n =1∞nun = ρ ，级数收敛； 级数发散； 则当 ρ & 1 时，级数收敛 ρ & 1 （或 ∑ n u n = +∞ ）时，级数发散 ρ = 1 时，级数可能收敛也可 或 时 级数发散 级数可能收敛也可 能发散. 能发散 证 （1） ρ & 1 时，我们总可取到适当小的正数 ε ，使 ρ + ε & 1 .根据极限定义，对于该正数ε ，存在自然数时，有 n u n & ρ + ε = r & 1 ，即 u n & r n ，由于等比级数 ∑ r n （公比 r & 1 ）收敛，n =1 ∞由比较审敛法知级数 ∑ u n 收敛.n =1∞（2） ρ & 1 时，我们总可取到正数 ε ，使 ρ ? ε & 1 . 根据极限定义，对于该正数 ε ，存在自 然数 N ，当 n ≥ N 时，有nun & ρ ? ε & 1 ，即 u n & 1 ，于是 lim u n ≠ 0 ，故级数 ∑ u n 发散.n →∞n =1∞（3） ρ = 1 时，仍可用 p 级数作为例子说明. 例 4 判断下列正项级数的敛散性： （1） ∑ ? 3n ? ； ? ? n =1 ? 2n + 1 ?∞ n（2） ∑n =2∞( ln n )1n；（3） ∑5n . ln n n =1 3∞解（1） lim n u n = lim 3n = 3 & 1 ，故级数发散； n →∞ n →∞ 2n + 1 2 1 （2） lim n u n = lim = 0 & 1 ，故级数收敛； n →∞ n →∞ ln n 5 （3） lim n u n = lim ln n = 5 & 1 ，故级数发散. n →∞ n →∞ 3n * 积分判别法） 设 f ( x ) 为定义在 上的非负单调递减函数，那么正项级数 ［1， ∞） + 定理 5（积分判别法 积分判别法 上的非负单调递减函数 那么正项级数∑ f (n) 与反常积分 ∫n =1∞+∞1具有相同的敛散性. f (x )dx 具有相同的敛散性为 上的非负单调减函数， 故对任何正数 A ，（x ） ［1，A］ 在 上可积， f + f 证 由于 （x ） ［1， ∞） 且有（k） ∫ f ≤k k ?1f (x )dx ≤ f ( k ? 1) , k = 2,3, . Ln依次相加，可得∑ f (k ) ≤ ∫k =2n1f (x )dx ≤ ∑ f (k ? 1) =∑ f (k ) .k =2 k =1nn ?1(6?2?4)若反常积分 ∫+∞1f (x )dx 收敛，则由(6?2?4)式知：对任何自然数 n ，有S n = ∑ f (k ) ≤ f (1) + ∫ f (x )dx ≤ f (1) + ∫n k =1 1n+∞1f (x )dx .根据定理 1，级数 ∑ f (n ) 收敛.n =1∞反之，若 ∑ f (n ) 为收敛级数，则由(6?2?4)式知：对任一自然数 n ( n & 1) 有n =1∞∫n1f (x )dx ≤ S n ?1 ≤ ∑ f (k ) = S .k =1∞(6?2?5)因为 （x ） 为非负单调减函数，故对任何正数 A ∈ n,n + 1］ ［ ，都有 f0 ≤ ∫ f (x )dx ≤ S n ≤ S , n ≤ A ≤ n + 1 .1A根据无穷点极限存在判别法，可知反常积分 ∫ 例 5 讨论级数 ∞ 1 （ 1） ∑ ； p n = 2 n (ln n ) 的敛散性. 解（1）考虑反常积分 ∫+∞ 2+∞1f (x )dx 收敛. 1 ∑ n ln n (ln ln n)n =3∞（2）pdx ，由于 x (ln x ) p+∞ d(lnx ) +∞ du dx . =∫ =∫ p 2 (ln x ) p ln 2 u p x (ln x ) 上式右端的反常积分当 p & 1 时收敛；当 p ≤ 1 时发散.根据积分判别法知，级数当 p & 1 时收 敛； p ≤ 1 时发散. +∞ 1 （2） 考察反常积分 ∫ ，类似可推出 p & 1 时收敛，当 p ≤ 1 时发散. 3 x ln x (ln ln x ) p∫+∞2第三节 任意项级数敛散性判别法上一节，我们讨论了正项级数的敛散性判别问题.对于任意项级数的敛散性判别要比正项级 数复杂，这里先讨论一种特殊的非正项级数的收敛性问题.一、 交错级数收敛性判别法定义 1 如果级数的各项是正、负交错的，即∑ (?1)n =1∞n ?1u n = u1 ? u 2 + u 3 ? u 4 + L(6?3?1)或∑ (?1)n =1∞n ?1u n = ?u 1 + u 2 ? u 3 + u 4 ? L ，(6?3?2)其中 u n ≥ 0 ( n = 1,2, ) ，则称此级数为交错级数. L 莱布尼茨（ 定理 1[莱布尼茨（Leibniz）判别法] ） （1） u n ≥ u n + 1n →∞满足条件： 如果交错级数 ∑ (?1)n ?1 u n 满足条件n =1∞( n = 1, 2, 3,L) ；（2） lim u n = 0 ， 则级数收敛，且其和 则级数收敛 且其和 S ≤ u1 ，其余项 rn 的绝对值 rn ≤ u n + 1 . 其余项 证 先证明级数前 2n 项的和 S 2n 的极限存在.为此把 S 2n 写成两种形式：S 2n = ( u1 ? u 2 ) + ( u3 ? u 4 ) + L + ( u 2n ?1 ? u 2n )及 根据条件（1）知道所有括弧中的差都是非负的，由第一种形式可见数列 {S 2n } 是单调增加 的.由第二种形式可见 S 2n ≤ u1 .于是由“单调有界数列必有极限”的准则知 lim S 2n 存在，记为 S ，n →∞S 2n = u1 ? ( u 2 ? u3 ) ? ( u 4 ? u5 ) ? L ? ( u 2n ?2 ? u 2n ?1 ) ? u 2n .则有 lim S 2n = S ≤ u1 .n →∞下面证明级数的前 2n + 1 项的和 S 2n +1 的极限也是 S .事实上，我们有S 2n +1 = S 2n + u 2n +1 .由条件（2）知 lim u2n +1 = 0 ，因此n →∞lim S 2n +1 = lim( S 2n + u 2n +1 ) = S .n →∞ n →∞由数列 {S 2n } 与 {S 2n +1} 趋于同一极限 S ，不难证明级数 ∑ (?1)n ?1u n 的部分和数列 {S n } 收敛，n =1∞且其极限为 S ，因此级数 ∑ ( ?1)n ?1u n 收敛于和 S ，并且有 S ≤ u1 .n =1∞最后，由于rn = u n +1 ? u n +2 +L从而或rn = ?u n +1 + u n +2 ?L ，rn = u n +1 ? u n +2 + L .这也是一个满足定理条件的交错级数，根据上面所证，有 rn ≤ u n +1 . 例 1 判别下列交错级数的收敛性. ∞ 1 （1） ∑ (?1)n ?1 ； n n =1 （2） ∑ (?1)n ?1n =1 ∞n . 10n1 1 1 解（1） 因 & ( n = 1,2,L) ，lim n = 0 ，根据莱布尼茨判别法，级数收敛，其和 S ≤ 1 . n →∞ n n +1 （2） 易证 nn & n ++1 （利用 10 ? n & n + 1 ） ，且 lim nn = 0 ，根据莱布尼茨判别法，级数收 n 1 n →∞ 10 10 10 敛，其和 S ≤ 1 . 10绝对收敛与条件收敛现在讨论任意项级数 ∑ u n 的敛散性.n =1 ∞则称级数 ∑ u n 绝对收敛； 如果级数 ∑ u n 收敛， 而级数 ∑ u n 定义 2 如果级数 ∑ u n 收敛，n =1 n =1 n =1 n =1∞∞∞∞发散，则称级数 ∑ u n 条件收敛.n =1∞绝对收敛，则级数 定理 2 如果级数 ∑ u n 绝对收敛 则级数 ∑ u n 必定收敛.n =1 n =1∞∞证设级数∑un =1∞n收 敛 ， 令 v n = 1 (un + un 2∞ n =1) (n = 1,2,3,L) . 显 然 v∞ n =1n≥ 0 ， 且 v n ≤ un，由( n = 1,2,3,L) .由比较审敛法知级数 ∑ v n 收敛，从而级数 ∑ 2v n 也收敛，而 un = 2v n ? un收敛级数的性质可知∑ u = ∑ 2v ? ∑ un =1 n n =1 n n =1∞∞∞n收敛，定理证毕. 注意 上述定理的逆定理不成立. 定理 2 说明， 对于任意项级数 ∑ u n ， 若用正项级数的审敛法判定出级数 ∑ u n 收敛， ∑ u n 则n =1 n =1 n =1 ∞ ∞ ∞亦收敛，这就使得一大类级数的收敛性判别问题可以转化为正项级数的收敛性判别问题. 一般说来， 如果级数 ∑ u n 发散， 我们不能断定级数 ∑ u n 也发散. 但是， 如果级数 ∑ u n 的 一般项数列 { u n } 不收敛于 0，即 u n → 0 ( n → ∞ ) ，则我们必定可以得到 u n → 0 ( n → ∞ ) .由级数 / /n =1 n =1 n =1 ∞ ∞ ∞收敛的必要条件，则一定可以断定级数 ∑ u n 发散.n =1∞例 2 判别级数 ∑n =1∞cos nx 的收敛性. n2∞ ∞1 cos nx nx 解 因为 cos 2 ≤ 12 ，而级数 ∑ 2 收敛.所以级数 ∑ 也收敛，由定理 2 知，级数 n2 n n n =1 n n =1∑ cos nx nn =1 2∞绝对收敛.∞例 3 判别级数 ∑ ( ?1)nn =11 1 2 ? (1 + )n 的收敛性. n n 21 1 2 解 由 u n = n (1 + )n ，则有 n 2nu n = 1 (1 + 1 )n 2 nnlim n u n = 1 lim ? 1 + 1 ? = 1 e & 1 . ? ? n →∞ n? 2 n →∞ ? 2故由正项级数的根值审敛法知级数 ∑ 1 ? 1 + 1 ? 发散，所以原级数发散. ? n ? n? n =1 2 ? 绝对收敛级数有一些很好的性质，这是条件收敛级数所不具备的. * 绝对收敛级数经任意交换项的位置后构成的级数也绝对收敛， 定理 3 绝对收敛级数经任意交换项的位置后构成的级数也绝对收敛，且与原级数有相同 的和（即绝对收敛级数具有可交换性） 的和（即绝对收敛级数具有可交换性）. 证 先证定理对于收敛的正项级数是正确的. 设级数 ∑ u n 为收敛的正项级数，其部分和为 S n ，和为 S .并设级数 ∑ u n* 为 ∑ u n 任意交换n =1 ∞ ∞ ∞∞n2n =1n =1项的位置后构成的级数，其部分和为 S n * . 对 于 任 何 正 整 数 n ， 我 们 总 可 取 m 足 够 大 ， 使 u1* ,u 2* , ,u n * 各 项 都 出 现 在 LS m = u1 + u 2 + L + u m 中.于是得 S n * ≤ S m ≤ S ，所以，单调增加的数列 S n * 有上界，根据极限存在的准则可知 lim S n * 存在，即级数 ∑ un* 收敛，且 lim S n * = S * ≤ S .n →∞{ }∞n =1n →∞另一方面，原来的级数 ∑ u n 也可看成是级数 ∑ un* 交换项的位置后所成的级数，故应用上n =1 n =1∞∞面的结论，又有 S ≤ S . 注意到上面已有 S * ≤ S ，因此必定有 S = S * . 下面证明定理对一般的绝对收敛级数是正确的.*设级数 ∑ u n 收敛，v n = 1 ( u n + u n ) .在定理 2 的证明中已知 ∑ v n 是收敛的正项级数， 故有 2 n =1 n =1∞∞∑ u = ∑ ( 2vn =1 n n =1∞∞n? u n ) = ∑ 2v n ? ∑ u n .n =1 n =1∞∞设级数 ∑ u n 任意交换项的位置后的级数为 ∑ u n* ， ∑ v n 相应地改变为 ∑ v n * ， ∑ u n 相n =1 n =1 n =1 n =1 n =1∞∞∞∞∞应地改变为 ∑ un* ，由上面证得的结论可知n =1∞∑vn =1∞n= ∑ v n* ,n =1 ∞∞∑un =1 ∞∞n= ∑ un* ，n =1 ∞∞所以∑un =1* n= ∑ 2v n * ? ∑ u n*n =1 ∞ n =1= ∑ 2v n ? ∑ u n = ∑ u n .n =1 n =1 n =1∞∞在给出绝对收敛级数的另一性质之前，我们先来讨论级数的乘法运算. 设级数 ∑ u n 和 ∑ v n 都收敛，仿照有限项之和相乘的规则，写出从这两个级数中各取一项 所有可能的乘积的 u i v k ( i,k = 1,2,3, ) 如下： Ln =1 n =1 ∞ ∞u1v 1 , u1v 2 , u1v 3 , L, u1v n， L ； u 2v 1 , u 2v 2 , u 2v 3 , L, u 2v n， L ； u 3v 1 , u3v 2 , u3v 3 , L, u3v n， L ；LLLLLL u n v1 , un v 2 , u n v 3 , L, un v n， L ；LLLLLL 这些乘积可以用很多的方式将它们排成一个数列.例如，可以按“对角线法”或按“正方形法” 将它们排成下面形状的数列. 对角线法 u 1v 1 u1v 2 u1v 3 u 1v 4 Lu 2v 1 u3v 1 u 4v 1 Lu 2v 2 u3v 2 u 4v 2 Lu 2v 3 u3v 3 u 4v 3 Lu 2v 4 u3v 4 u 4v 4 LL L L Lu 1v 1 u 2v 1 u 3v 1 u 4v 1 L正方形法 u1v 2 u1v 3 u 1v 4 u 2v 2 u 2v 3 u 2v 4 u 3v 2 u 3 v 3 u 3 v 4u 4v 2 L u 4v 3 L u4v 4 LL L L L L对角线法排列为： u1v1；u1v 2，u 2v1；u1v 3，u 2v 2，u3v1； L 正方形法排列为： u1v 1；u1v 2，u 2v 2，u 2v 1；u1v 3，u 2v 3，u 3v 3，u 3v 2，u 3v 1； L 把上面排列好的数列用加号相连，就得到无穷级数.我们称按“对角线法”排列所组成的级数 u1v 1 + ( u1v 2 + u 2v 1 ) + L + ( u1v n + u 2v n ?1 + L + u n v 1 ) + L 为两级数 ∑ u n 和 ∑ v n 的柯西乘积.n =1 n =1∞ ∞*绝对收敛级数的乘法） 设级数 ∑ u n 和 ∑ v n 都绝对收敛，其和分别为 u 和 v ， 都绝对收敛， 定理 4（绝对收敛级数的乘法 绝对收敛级数的乘法n =1 n =1∞∞则它们的柯西乘积u1v 1 + ( u1v 2 + u 2 v 1 ) + L + ( u1v n + u 2 v n ?1 + L + u n v 1 ) + L也是绝对收敛的， 也是绝对收敛的，且其和为 uv . 证明从略. 由定理 4， 我们利用收敛级数可以构造出另外一些非常有用的收敛级数.如当 r & 1 时， 几何 级数 ∑ r n ?1 是绝对收敛的，且n =1 ∞1 = 1+ r + r2 +L + rn +L . 1?r? ∞ ? 将 ? ∑ r n ?1 ? ? n =1 ?2(r& 1) 按对角线的顺序排列.则得到1 = 1 + r + r）（r 2 + r 2 + r 2） L + (r n + r n + L + r n ) + L （ + + 144
(1 ? r )2 n +1= 1 + 2r + 3r 2 + L + n + 1）r n + L （= ∑ n r n ?1n =1∞(r& 1).即 ∑ nr n ?1n =1∞(r& 1) 也是绝对收敛的，其和为1 . (1 ? r )2第四节 函数项级数本节中我们进一步研究级数的各项都是某一个变量的函数的情况，即函数项级数.一、 函数项级数的概念定义 1 设 {u n ( x )}: u1 ( x ) ,u 2 ( x ) ,u 3 ( x ) , ,u n ( x ) , 为定义在数集 I 上的一个函数序列， L L则由此函数列构成的表达式：∑un =1∞n(x ) = u1 ( x ) +u 2 ( x ) +u3 ( x ) +L +u n ( x ) +L(6?4?1)称为定义在数集 I 上的（函数项）无穷级数，简称（函数项）级数. 对于每一个确定的值 x 0 ∈ I ，函数项级数(6?4?1)成为常数项级数∑ u (x ) = u (x ) + u (x ) + u (x ) + L + u (x ) + Ln =1 n∞0102030n0(6?4?2)若级数(6?4?2)收敛，则称点 x 0 是函数项级数(6?4?1)的收敛点；若级数(6?4?2)发散，则称点 x 0 为函数项级数(6?4?1)的发散点.函数项级数(6?4?1)的收敛点的全体构成的集称为其收敛域，发 散点的全体构成的集称为发散域. 对应于收敛域内的任意一个数 x ，函数项级数成为一个收敛的常数项级数，因而有一确定 的和，记为 S ( x ) .于是，在收敛域上，函数项级数的和 S ( x ) 是 x 的函数，通常称 S ( x ) 为函数项 级数的和函数.和函数的定义域是级数的收敛域，在收敛域内有S ( x ) = u1 ( x ) + u 2 ( x ) + u3 ( x ) + L + u n ( x ) + L = ∑ u n (x ) .把函数项级数(6?4?1)的前 n 项的部分和记作 S n ( x ) ， S n ( x )} 称为函数项级数的部分和函数 {n =1∞列.在函数项级数的收敛域上有lim S n (x ) = S (x ) .我们仍把 rn (x ) = S (x ) ? S n (x ) 称为函数项级数的余项（当然，只有 x 在收敛域上 rn ( x ) 才有 意义）.显然有lim rn (x ) = 0 .n →∞n →∞与常数项级数一样，函数项级数的敛散性就是指它的部分和函数列的敛散性. 例 1 判断下列级数的收敛性，并求其收敛域与和函数.(1) ∑ x n ?1 ；n =1 ∞(2) ∑ ? 1 ? ? ? n =1 ? x ?∞n(x≠ 0) .解 (1) 此级数为几何级数(即等比级数)，由第一节例 1 知 x & 1 时，级数收敛， x ≥ 1 时级 数发散.故其收敛域为(?1，1)，和函数为S (x ) = lim S n (x ) = lim ∑ x n ?1n →∞ n →∞ n =1 ∞1?x 1 = ( ?1 & x & 1) . 1?x 1?x (2) 此级数也为几何级数，公比为 1 ，由(1)知 1 & 1 时，级数收敛. 1 ≥ 1 时级数发散，其 x x x 收敛域为 (?∞， 1) U (1， ∞ ) ，和函数为 ? + = limn n →∞S (x ) =1 x?1 ? 1 ? ? ? x? ?=1 x ?1(x& 1).二、 幂级数及其收敛性函数项级数中简单而应用广泛的一类级数就是各项都是幂函数的级数，称为幂级数.它的形 式为∑a xn =0 n∞n= a0 + a1x + a2x 2 + L + an x n + L(6?4?3)或∑an =0∞n(x ? x 0 )n = a0 + a1 (x ? x 0 ) + a2 (x ? x 0 )2 + L + an (x ? x 0 )n + L ，(6?4?4)其中 an (n = 0,1,2, ) 是常数，称为幂级数的系数， x 0 为常数. L 对于第二种形式的幂级数，只需作代换 t = x ? x 0 ，就可以化为第一种形式的幂级数.因此我 们主要讨论第一种形式的幂级数. 显然，x = 0 时幂级数 ∑ an x n 收敛于 a0 ， 即幂级数 ∑ an x n 至少有一个收敛点 x = 0 .除 x = 0n =0 n =0 ∞ ∞以外，幂级数在数轴上其他的点的收敛性如何呢？ 先看下面的例子: 考虑幂级数 ∑ x n = 1 + x + x 2 + L + x n + L ，由本节例 1 可知，该级数的收敛域是开区间n =0 ∞(?1,1) ，发散域是 (?∞， 1］［1， ∞) . ? U + 从这个例子可以看到，这个幂级数的收敛域是一个区间.事实上，这个结论对于一般的幂级数也是成立的. ［阿贝尔(Abel)定理 定理］ 定理 1 阿贝尔 定理 处收敛， 若幂级数 ∑ an x n 在 x = x 0 ( x 0 ≠ 0 ) 处收敛 则对满足 x ＜ x 0n =0∞∞该级数绝对收敛， 反之， 时发散， 的一切 x ， 该级数绝对收敛 反之 若级数 ∑ an x n 在 x = x 0 时发散 则对满足 x & x 0 的一切 x ，n =0该级数也发散. 该级数也发散 则对满足 x ＜ x 0 的每一个固定的 证 先证第一部分.即要证明若幂级数在 x = x 0 ≠ 0 收敛，x 都有 ∑ an x n 收敛.因为n =0∞n n an x n = a n x 0 ? nx ，且 x ＜1 ， x0 x0∞x n n 故 可看作一收敛的几何级数的通项，而由 ∑ an x 0 收敛可知 lim an x 0 = 0 .根据极限的性质， n →∞ x0 n =0n 存在 M ＞0 ，使得 an x 0 ≤ M (n = 0,1,2, ) .因此，对 n = 0,1,2, 有 L Ln n an x n = an x 0 ?∞nx x0≤ M?x . x0∞n因为 ∑n =0 nx x0是收敛的等比级数 ( 公比为 x ＜1 ) ，根据比较审敛法知 ∑ an x n 收敛，也就是 x0 n =0∑a xn =0 n∞绝对收敛.定理的第二部分可用反证法证明.若幂级数在 x = x 0 发散，而有一点 x 1 使 x 1 ＞ x 0 且幂级数 在 x 1 处收敛，则根据本定理的第一部分，级数在 x = x 0 应收敛，这与所设矛盾，定理得证. 定理 1 告诉我们， 若幂级数在 x = x 0 ( x 0 ≠ 0 ) 处收敛， 则对于开区间 ( ? x 0 ,x 0 ) 内的任何 x ，幂级数都收敛，若级数在 x = x 1 处发散，则对于区间 ( ?∞， x 1 ) U ( x 1 ， ∞ ) 上的任何 x ，幂级 ? + 数都发散. 我们知道，幂函数在整个数轴上有定义，对于给定的幂级数 ∑ an x n 而言，数轴上所有的点n =0∞都可归为其收敛点和发散点这两类中的一类，而且仅属于其中一类.因此，幂级数的收敛域必为 以原点为中心的区间，该区间包含所有的收敛点.在前面的讨论中，我们假设幂级数在 x = x 1 处 发散，故 x 1 不属于收敛域.因而，收敛域包含在区间 ( ? x 1 , x 1 ) 内，故幂级数如果既有非零的收 敛点， 又有发散点，则其收敛域是以原点为中心的由 P ′ 与 P 所确定的有界区间，如图 6-1 所示.图 6?1 ? 从上面的几何说明可得以下推论.+ 内既有异于零的收敛点，也有发散点， 推论 若幂级数 ∑ an x n 在 (?∞， ∞ ) 内既有异于零的收敛点，也有发散点，则必有一个确n =0∞存在， 定的正数 R 存在，使得当 x ＜R 时，幂级数在 x 处绝对收敛 幂级数在 处绝对收敛； 当 x & R 时，幂级数在 x 处发散； 幂级数在 处发散 当 x = R 时，幂级数在 x 处可能收敛也可能发散 幂级数在 处可能收敛也可能发散. 我们称上述的正数 R 为幂级数的收敛半径， (? R，R ) 为幂级数的收敛区间.幂级数的收敛 称 区间加上它的收敛端点，就是幂级数的收敛域. 若幂级数仅在 x = 0 收敛， 为方便计， 规定这时收敛半径 R = 0 ， 并说收敛区间只有一点 x = 0 ； + + 若幂级数对一切 x ∈ ( ?∞， ∞) 都收敛，则规定收敛半径 R = +∞ ，这时收敛区间为 (?∞， ∞) . 关于幂级数的收敛半径的求法，有下面的定理. ∞ a 定理 2 若 lim n +1 = ρ ，则幂级数 ∑ an x n 的收敛半径： n →∞ a n =0 n?1 , ?ρ ? R = ? +∞, ?0, ? ? ρ ≠ 0, ρ = 0, ρ = +∞.证 考察 ∑ an x n 的各项取绝对值所成的级数n =0∞a0 + a1x + a2x 2 + L + an x n + L .(6?4?5)该级数相邻两项之比为a n +1 x n +1 an x n(1) 若 limn →∞=a n +1 ?x . an& 1 时， ρ∞an + 1 =ρ an∞当 即 ( ρ ≠ 0 ) 存在， 根据正项级数的比值审敛法， ρ x ＜1 ， x从而 ∑ an x n 绝对收敛； ρ x & 1 ， x & 1 时， 当 即 级数(6?4?5)发散， ∑ an x n 故 级数(6?4?5)收敛， ρ n =0 n =0 也发散. 这是因为当 n → ∞ 时， an x n 不收敛于 0，从而 an x n 亦不收敛于 0.(2) 若 ρ = 0 ，则对任何 x ≠ 0 ，有a n +1 x n +1 →0 an x n( n → ∞ ) ，所以级数(6?4?5)收敛，从而级数 ∑ an x n 绝对收敛，于是 R = +∞ .n =0∞(3) 若 ρ = +∞ ，则除掉 x = 0 外，对任意 x ≠ 0 都有 liman + 1 x n + 1 an xnn →∞= limn →∞an + 1 ? x = +∞＞1 ，即 an对一切 x ≠ 0 ，级数 ∑ an x n 都发散，于是 R = 0 .n =0∞例 2 求幂级数∑ (?1)n =0∞nx n +1 x2 x3 xn =x ? + + L + (?1)n ?1 +L n +1 2 3 n的收敛区间与收敛域. 解 因为1 a n +1 n +1 =1， ρ = lim = lim n →∞ a n →∞ 1 n n所以收敛半径为 R = 1 = 1 ，于是收敛区间为(?1， 1). 对于端点 x = 1 ，级 数成为交错级数 ρ∑ (?1)n =1∞n ?1数的收敛域为 ( ?1，1? . ?∞ n =01 ?1 1 = ?∑ ，它是发散的.因此原幂级 ，它是收敛的；对于端点 x = ?1 ，级数成为 ∑ n n n n =1 n =1∞∞例 3 求幂级数 ∑ n !x n 的收敛半径（这里 0! = 1 ）. 解 因为ρ = limn →∞an + 1 (n + 1)! = lim = +∞ ， n →∞ an n!所以收敛半径 R = 0 ，即级数仅在 x = 0 收敛. 1 1 例 4 求幂级数 1 + x + x 2 + L + x n + L 的收敛区间以及收敛域. 2! n 解 因为 1 an + 1 (n + 1)! ρ = lim = lim = lim 1 = 0 ， n →∞ a n →∞ n →∞ n + 1 1 n n! 所以收敛半径 R = +∞ ，从而收敛区间为 (?∞， ∞) ，收敛域也是 (?∞， ∞) . + +x 2n 的收敛区间以及收敛域. 2n n =0 解 级数缺少奇次幂的项，定理 2 不能直接应用，我们根据比值审敛法求收敛半径.因为 2n + 2 (?1) n +1 x n +1 2 2 2 lim = lim x = x ， 2n n →∞ n →∞ 2 2 (?1) n x n 2 2 2 所以当 x ＜1 时，级数收敛； x ＞1 时，级数发散.即 x & 2 时收敛， x & 2 时发散.收敛半径 2 2 为R = 2.例 5 求幂级数 ∑ (?1)n∞x = ± 2 时，级数均为 ∑ (?1)n ，发散，所以原幂级数收敛区间与收敛域均为 ? 2, 2 .n =0∞()例 5 求幂级数 ∑(x + 1)n 的收敛区间以及收敛域. n n =1 2 ? n∞解 令 t = x + 1 ，上述级数成为 ∑tn .因为 n =1 2 ? nnn an + 1 = lim n +12 n =1， n →∞ 2 an (n + 1) 2∞ρ = limn →∞所以收敛半径为 R = 2 .∞ (?1) 1 当 t = 2 时，级数为 ∑ ，发散；当 t = ?2 时，级数为 ∑ ，收敛 . 因此收敛区间为 n n =1 n n =1 n∞即 亦即 ?3＜x ＜1 ， 所以原级数的收敛区间为(?3， 收敛域为 ? ?3,1) . 1)， ?2＜t＜2 ， ?2＜x + 1＜2 ， ?三、 幂级数的和函数的性质我们看到，幂级数在其收敛区间内任一点都是绝对收敛的，因而前面第一节中常数项级数 的运算性质在收敛点都是行得通的.在收敛区间上定义的和函数有下面的性质. 的收敛域 连续. 定理 3 设幂级数 ∑ an x n 的收敛域为 I ，则其和函数 S ( x ) 在区间 I 上连续 则其和函数 由函数在区间上连续的定义，我们知道如果收敛域 I 包含左（右）端点，则和函数 S ( x ) 在 区间 I 的左（右）端点必右（左）连续.在讨论幂级数的逐项求导与逐项求积之前，我们先说明 这样一个事实，即幂级数(6-4-3)在收敛区间 (? R ,R ) 内逐项求导与逐项求积之后所得到的幂级 数 (6-4-6) a1 + 2a2x + L + nan x n ?1 + L 与n =0 ∞a0 x +的收敛区间也是 (? R ,R ) .a a1 2 x + L + n x n +1 + L 2 n +1(6-4-7)事实上， x 0 是幂级数(6-4-3)的收敛区间 (? R ,R ) 内的任意非零点， 设 则必存在 x 1 ∈ (? R ,R ) , 满足 x0 & x1 & R . 由于级数 ∑ an x 1n 收敛，有n =0 ∞lim an x 1n = 0 ，即 an x{n 1} 为有界数列.而nn →∞an x 0 = an x 1nx ?x ? ? ? 0 ? = an x 1n ? 0 ， x1 ? x1 ?nn因此，存在正数 M （可取为数列 an x 1n 的上界）及 r & 1 （可取 r = 数 n ，有an x 0 n ≤ M r n ，{}|x0 | ）, 使得对一切正整 |x1 |而nan x 0n ?1 =∞n M ? an x 0 n ≤ nr n ， x0 x0由级数的比值审敛法知 ∑ nr n 收敛，故 x 0 也是级数(6-4-5) 的绝对收敛点. 因此幂级数(6-4-6)n =1与(6-4-3)有相同的收敛区间. 同理也可以得到幂级数(6-4-7)与(6-4-3)有相同的收敛区间. 和函数为 定理 4 设幂级数 ∑ an x n 在收敛区间 (? R ,R ) 上和函数为 S ( x ) ，若 x 为 (? R ,R ) 内任意一n =0 ∞点，则(1) S ( x ) 在 x 处可导，且 处可导，S ′ ( x ) = ∑ nan x n ?1 ；∞ n =1(2) S ( x ) 在 0 与 x 构成的区间上可积，且 构成的区间上可积，∫x0S (t )dt = ∑an n + 1 x . n =0 n + 1∞定理 4 指出幂级数在收敛区间内可逐项求导与逐项求积. ∞ x n ?1 的和函数. 例 6 在区间(?1，1)内求幂级数 ∑ n =1 n + 11 n + 2 = 1， 所以此幂级数的收敛半径为 1， 收敛区间为(?1， 设和函数为 S ( x ) ， 1). 解 由于 lim n →∞ 1 n +1则S (x ) = ∑ x n ?1 1 , S (0) = . n +1 2 n =1∞对 x 2S (x ) = ∑x n +1 逐项求导得 n =1 n + 1∞∞ ? n ?1 ?′ ∞ n x ? x 2 S ( x ) ?′ = ∑ ? x . ? = x = 1 ? x (?1＜x ＜1) ? ? n +1? ∑ n =1 ? n =1 对上式从 0 到 x 积分得 x x 2 S ( x ) = ∫ x dx = ?x ? ln(1 ? x ) . 0 1?x 于是当 x ≠ 0 时，有 x + ln(1 ? x ) . S (x ) = ? x2 从而 ? x + ln(1 ? x ) , 0 ≤ x ≤ 1; ?? x2 S (x ) = ? 1 ? , x = 0. ? 2 由幂级数的和函数的连续性可知，这个和函数 S ( x ) 在 x = 0 处是连续的.事实上，我们有lim S (x ) = limx →0x →0?x ? ln(1 ? x ) 1 = = S (0) . 2 x2四、 幂级数的运算设幂级数∑a xn =0 n∞n= a0 + a1x + a2x 2 + L + an x n + L(6?4?8)及∑b xn =0 n∞n= b0 + b1x + b2x 2 + L + bn x n + L(6?4?9)分别在区间 (? R1 ,R1 ) 及 (? R 2 ,R 2 ) 内收敛. 令 R = min{R1 ,R 2 } ，则根据收敛级数的性质，我们在区间 (? R ,R ) 上对幂级数 (6?4?8) 和 (6?4?9)可进行下面的加法、减法和乘法运算. 1. 加法∑a xn =0 n∞n+ ∑ bn x n = ∑ (an + bn )x nn =0 n =0 ∞ ∞∞∞x ∈ (? R ,R ) .2. 减法∑a xn =0 n∞n? ∑ bn x n = ∑ (an ? bn )x nn =0 n =0 ∞ ∞x ∈ ( ? R ,R ) .3. 乘法∑ an x n ? ∑ bn x n = ∑ cn x nn =0 n =0 n =0∞x ∈ ( ? R ,R ) ，其中 cn = ∑ ak bn ? k .k =0n4. 除法∑a xn =0 ∞ n∞n∑b xn =0 n= ∑ cn x n ，n n =0∞这里假设 b0 ≠ 0 .为了决定系数 c0 ,c1 ,c2 , ,cn , ， L L 可以将级数 ∑ bn x n 与 ∑ cn x n 相乘 （柯西乘积） ，n =0 n =0∞∞并令乘积中各项的系数分别等于级数 ∑ an x n 中同次幂的系数，即得n =0∞a0 = b0c0 ，a1 = b1c0 + b0c1 ，a2 = b2c0 + b1c1 + b0c2 ， LLLL 由这些方程就可以顺次地求出 c0 ,c1 ,c2 , ,cn , . L L值得注意的是，幂级数(6?4?8)与(6?4?9)相除后所得的幂级数 ∑ cn x n 的收敛区间可能比原n =0∞来两级数的收敛区间小得多.第五节 函数展开成幂级数一、 泰勒级数由上一节的讨论我们知道， 幂级数及其收敛域内的和函数有许多非常好的性质.比如和函数 的连续性，在收敛区间内逐项微分以及逐项积分等，因此，把一个函数展开成幂级数，对于函 数性质的研究是有帮助的.在本节中，我们研究如下问题：对已给定的函数 f ( x ) ，是否可以在 一个给定的区间上“展开”为幂级数，即是否能找到这样一个幂级数，它在某区间内收敛，且 其和函数恰好就是 f ( x ) .我们已经知道，若函数 f ( x ) 在点 x 0 的某一邻域内具有直到 ( n + 1) 阶f ″ (x 0 ) (x ? x 0 )2 + L + 2!(6?5?1)的导数，则在该邻域内 f ( x ) 的 n 阶泰勒公式为f ( x ) = f ( x 0 ) + f ′ ( x 0 ) (x ? x 0 ) +f(n )其中 R n ( x ) 为拉格朗日型余项n!( x 0 ) (x ? x0)n + R n ( x ) ，Rn (x ) =ξ 是 x 与 x 0 之间的某个值. 此时，在该邻域内 f ( x ) 可以用 n 次多项式f ′′(x 0 ) f ( n ) (x 0 ) (6?5?2) (x ? x 0 )2 + L + (x ? x 0 )n 2! n! 来近似表达，并且误差随着 n 的增大而减小.这样，我们一般可以用增加多项式(6?5?2)的项数的 办法来提高精确度. Pn ( x ) = f ( x 0 ) + f ′ ( x 0 ) (x ? x 0 ) +n 若 f ( x ) 在点 x 0 的某邻域内存在各阶导数 f ( ) ( x ) (n = 1,2,3, ) ，则我们可以构造下面的幂 Lf ( n +1) ( ξ ) (x ? x 0 )n +1 ， (n + 1)!级数f ′′(x 0 ) f ( n ) (x 0 ) (6?5?3) (x ? x 0 )2 + L + (x ? x 0 )n + L 2! n! 幂级数(6?5?3)称为函数 f ( x ) 在点 x 0 处的泰勒级数.显然，当 x = x 0 时， f ( x ) 的泰勒级数收敛 f ( x 0 ) + f ′ ( x 0 ) (x ? x 0 ) +于 f ( x 0 ) ，但在 x ≠ x 0 处，它是否一定收敛？如果收敛，它是否一定收敛于 f ( x ) ？关于这些问题，有下列定理. 内具有各阶导数， 定理 设函数 f ( x ) 在点 x 0 的某一邻域 U ( x 0 ) 内具有各阶导数， f ( x ) 在该邻域内能展开 则 时的极限为零，即 成泰勒级数的充分必要条件是 f ( x ) 的泰勒公式中的余项 R n ( x ) 当 n → ∞ 时的极限为零 即lim R n (x ) = 0, x ∈ U ( x 0 ) .n →∞证 先证必要性. 设 f ( x ) 在点 x 0 的某一邻域内能展开为泰勒级数，即f ′′(x 0 ) f (n ) (x 0 ) (x ? x 0 )2 + L (x ? x 0 )n + L 2! n! 对一切 x ∈ U ( x 0 ) 成立.把 f ( x ) 的 n 阶泰勒公式(6?5?1)写成 f ( x ) = f ( x 0 ) + f ′ ( x 0 ) (x ? x 0 ) +(6?5?4)其中 S n +1 ( x ) 是 f ( x ) 的泰勒级数(6?5?3)的前 ( n + 1) 项之和.由(6?5?4)式有 lim S n +1 ( x ) = f ( x ) ，n →∞f ( x ) = S n +1 ( x ) + R n ( x ) ，(6?5?5)于是? lim R n (x ) = lim ? f ( x ) ? S n +1 ( x ) ? = f ( x ) ? f ( x ) = 0 . ?n →∞ n →∞这就证明了条件是必要的. 再证充分性. 设 lim R n ( x ) = 0 对一切 x ∈ U ( x 0 ) 成立.由 f ( x ) 的 n 阶泰勒公式(6?5?5)有n →∞S n +1 ( x ) = f ( x ) ? R n ( x ) .令 n → ∞ 取上式的极限得即 f ( x ) 的泰勒级数(6?5?3)在 U ( x 0 ) 内收敛，并且收敛于 f ( x ) .充分性获证. 在(6?5?3)式中取 x 0 = 0 得f ′′(0) 2 f ( n ) (0) n f (0) + f ′ (0) x +? x +L+ x +L 2! n! 级数(6?5?6)称为函数 f ( x ) 的麦克劳林级数.S n +1 ( x ) = ? f ( x ) ? R n ( x ) ? = f ( x ) ， ? ?(6?5?6)下面我们证明，如果 f ( x ) 在某点 x 0 处能展开成幂级数，那么这种展开式是惟一的.我们仅对 x 0 = 0 的情形给出证明， 因为 x 0 ≠ 0 时可转化为此情形考虑.若 f ( x ) 在点 x 0 = 0 的 某邻域 (? R ,R ) 内能展开成 x 的幂级数，即f ( x ) = a0 + a1x + a2x 2 + L + an x n + L(6?5?7)对一切 x ∈ ( ? R ,R ) 成立.根据幂级数的性质，在收敛区间内逐项求导得f ′ ( x ) = a1 + 2a2x + 3a3x 2 + L + nan x n ?1 + L ，f ″ ( x ) = 2!a2 + 3 ? 2a3x + L + n (n ? 1)an x n ?2 + L ， f ′′′ ( x ) = 3!a3 + L + n (n ? 1)(n ? 2)an x n ?3 + L ，LLLLLL n f ( ) ( x ) = n !an + ( n + 1) ? n ? (n ? 1) ? L ? 2an +1x L .把 x = 0 代入以上各式得f ′′(0) f ( n ) (0) , L , an = , L 2! n! 于是我们证明了这样的论断：若函数能够展开为 x 的幂级数时，则它的展开式是惟一的，即这 个幂级数就是 f ( x ) 的麦克劳林级数. a0 = f ( 0 ) , a1 = f ′ ( 0 ) , a2 =二、函数展开成幂级数1. 直接方法 设 f ( x ) 在 x 0 处存在各阶导数（否则 f ( x ) 在 x 0 处不能展开为幂级数） ，要把 f ( x ) 在 x 0 处 展开为幂级数，可以按照下列步骤进行：n 第一步 求出 f ( x ) 的各阶导数 f ( ) ( x ) (n = 1,2,3, ) . Ln n 第二步 求 f ( x ) 及其各阶导数 f ( ) ( x ) 在 x = x 0 处的值 f ( x 0 ) ,f ( ) ( x 0 ) (n = 1,2,3, ) . L第三步 写出幂级数f ( x 0 ) + f ′ ( x 0 ) (x ? x 0 ) + f ′′(0) f ( n ) (0) (x ? x 0 )2 + L + (x ? x 0 )n + L ， 2! n!并求出其收敛半径 R. 第 四 步 考 察 当 x 在 区 间( x 0 ? R ,x 0 + R )内 时 余 项 Rn (x ) 的 极 限f (n +1) ( ξ ) (x ? x 0 )n +1（ ξ 在 x 0 与 x 之间）是否为零. 如果为零，则函数 f ( x ) 在 x 0 n →∞ n → ∞ (n + 1)! 处的幂级数展开式为 f ′′(0) f ( n ) (0) f ( x ) = f ( x 0 ) + f ′ ( x 0 ) (x ? x 0 ) + (x ? x 0 )2 + L + (x ? x 0 )n + L ( ? R＜x ? x 0＜R ) 2! n! lim R n ( x ) = lim否则，只能说明第三步求出的幂级数在其收敛区间上收敛，但它的和并不是函数 f ( x ) . 例 1 将函数 f ( x ) = ex 展开成 x 的幂级数. 解 故n f ( 0 ) = 1, f ( ) ( 0 ) = 1(n = 1,2, ) . L上述这种直接计算 f ( x ) 在 x 0 处各阶导数的幂级数展开方法，我们将其称为直接法.n L f ( x ) 的各阶导数为 f ( ) ( x ) = ex (n = 1,2, ) ，于是得级数1+ x + x2 x3 xn + +L + +L. 2! 3! n!它的收敛半径 R = +∞ . 对于任何有限的数 x ，余项的绝对值为x eξ Rn (x ) = x n +1 & ex ? ，( ξ 在 x 0 与 x 之间). (n + 1)! (n + 1)!n +1因 ex 有限， 而n x x x 为收敛级数 ∑ 的一般项， 所以当 n → ∞ 时，ex ? →0， (n + 1)! (n + 1)! k = 0 (n + 1)!n +1n +1n +1即当 n → ∞ 时，有 R n ( x ) → 0 ，于是得展开式x2 x3 xn + +L + + L , (?∞＜x ＜ + ∞) . 2! 3! n! 例 2 将函数 f ( x ) = sinx 展开成 x 的幂级数. ex = 1 + x + (6?5?8)解f ( 0 ) = sin0 = 0 ， f ( x ) 的各阶导数为由此有 于是得级数n f ( ) ( x ) = sin ? x + n ? π ? ? ? 2 ? ? ?(?1)k ?1 , n = 2k ? 1, ? f ( n ) (x ) = ? n = 2k. ? 0, ?( n = 1, 2,L)k = 1, 2,L ..3 5 2 n ?1 x ? x + x ? L + (?1)n ?1 x +L ， 3! 5! (2n ? 1)!其收敛半径 R = +∞ . 对于任何有限的数 x ，余项的绝对值(n + 1)π ? ? sin ? ξ + 2 ? n +1 ? ?x Rn (x ) = (n + 1)!≤x → 0 ( n → ∞ ) ( ξ 在 x 0 与 x 之间). (n + 1)!n +1因此，得展开式3 5 2n ? 1 s in x = x ? x + x ? L + (?1)n ?1 x + L , ( ?∞＜x ＜ + ∞ ) . 3! 5! (2n ? 1) !(6?5?9)2. 间接方法 利用直接方法将函数展开成幂级数，其困难不仅在于计算其各阶导数，而且要考察余项 （ ， R n ( x ) 是否趋于零 n → ∞ 时） 但即使对初等函数判断 R n ( x ) 是否趋于零也不是一件容易的事 情.下面我们介绍另一种展开方法――“间接展开法” ，即借助一些已知函数的幂级数展开式， 利用幂级数的运算(如四则运算、逐项求导、逐项积分)以及变量代换等，将所给函数展开成幂 级数.由于函数展开的惟一性，这样得到的结果与直接方法所得的结果是一致的. 例 3 将函数 cosx 展开成 x 的幂级数. 解 此题可以用直接方法，但如用间接方法则显得简便.对展开式(12?6?9)逐项求导就得 2 4 2n (6?5?10) cosx = 1 ? x + x ? L + ( ?1)n x + L , ( ?∞＜x ＜ + ∞ ) . 2! 4! (2n )! 1 展开成 x 的幂级数. 例 4 将函数 1+x 2 解 因为 1 = 1 + x + x 2 + L + x n + L , (?1 & x & 1) 1+x 把 x 换成 (?x 2 ) ，得 1 = 1 ? x 2 + x 4 + L + (?1)n x 2n + L , (?1 & x & 1) . 1+x 2 值得指出的是，若函数 f ( x ) 在开区间 (? R , R ) 内的展开式为 f ( x ) = ∑ an x n ( ? R & x & R ) ， 又若上式的幂级数在该区间的端点 x = R（或 x = ? R ） 仍收敛， 而函数 f ( x ) 在 x = R（或 x = ? R ） 处有定义且连续，那么根据幂级数和函数的连续性，该展开式对 x = R （或 x = ? R ）也成立. 例 5 将函数 f ( x ) = ln (1 + x ) 展开成 x 的幂级数. 解 因为 f ′ ( x ) =1 ，而 1 是收敛的等比级数 (?1)n x n (?1 & x & 1) 的和函数，即 ∑ 1+x 1+x n =0∞ n =0 ∞1 = 1 ? x + x 2 ? x 3 + L + (?1)n x n + L (?1 & x & 1) . 1+x 将上式从 0 到 x 逐项积分得 x2 x3 x4 x n +1 ln (1 + x ) = x ? + ? + L + ( ?1)n + L (?1 & x ≤ 1) . (6?5?11) 2 3 4 n +1 上述展开式对 x = 1 也成立，这是因为上式右端的幂级数当 x = 1 时收敛，而 ln (1 + x ) 在 x = 1 处有定义且连续. 例 6 将函数 f ( x ) = (1 + x ) 展开成 x 的幂级数，其中 m 为任意常数.m解f ( x ) 的各阶导数为f ′ ( x ) = m (1 + x )m ?1，m ?2f ″ ( x ) = m (m ? 1) (1 + x )，LLLLLLm ?n n f ( ) ( x ) = m (m ? 1)(m ? 2)L (m ? n + 1) (1 + x ) ，LLLLLL所以f ( 0 ) = 1,f ′ ( 0 ) = m ,f ″ ( 0 ) = m (m ? 1), ， Ln f ( ) ( 0 ) = m (m ? 1)(m ? 2)L (m ? n + 1)LLLLLL于是，得级数m (m ? 1) 2 m (m ? 1)L (m ? n + 1) n x +L+ x +L . 2! n! 该级数相邻两项的系数之比的绝对值为 a n +1 m ?n + → 1( n → ∞ ) . an n +1 1+ mx + (6?5?12)因此，级数(6?5?12)的收敛半径 R = 1 ，从而对于任意常数 m ，级数(6?5?12)在开区间(?1，1) 内收敛. 为了避免直接研究余项，设级数(6?5?12)在开区间(?1，1)内收敛于函数 F ( x ) ，即F (x ) = 1 + m x +mm (m ? 1) 2 m (m ? 1)L (m ? n + 1) n x +L + x +L 2! n!(?1＜x ＜1) .我们来证明 F ( x ) = (1 + x ) ( ?1＜x ＜1) . 对(6?5?12)逐项求导得(m ? 1)L (m ? n + 1) n ?1 ? m ?1 ? F ′ ( x ) = m ?1 + x +L+ x + L? 1 (n ? 1)! ? ? n 两边各乘以 (1 + x ) ，并把含有 x (n = 1,2, ) 的两项合并起来，根据恒等式 L(m ? 1) ? L ? (m ? n + 1) (m ? 1) ? L ? (m ? n ) m (m ? 1) ? L ? (m ? n + 1) + = (n = 1, 2, 3,L) ， (n ? 1) ! n! n! 我们有 ( (1 + x ) F ′ ( x ) = m ?1 + m x + m (m ? 1) x 2 + L + m (m ? 1)L!m ? n + 1) x n + L? ? ? 2! n ? ? = m F ( x ) (?1 & x & 1) .令 φ (x ) =F (x ) ，则 φ ( 0 ) = F ( 0 ) = 1 ，且 (1 + x )mφ′ ( x ) = (1 + x )m F ′(x ) ? m (1 + x )m ?1 F (x ) (1 + x )2m (1 + x )m ?1 ?(1 + x ) F ′(x ) ? m F (x ) ? ? ? =0， = (1 + x )2mm所以 φ ( x ) ≡ c ，而 φ ( 0 ) = 1 ，从而 φ ( x ) ≡ 1 ，即F ( x ) = (1 + x ) , x ∈ (?1,1) .因此在区间 (?1,1) 内，我们有展开式 m (m ? 1) 2 m (m ? 1)L (m ? n + 1) n (1 + x )m = 1 + m x + x +L+ x + L ( ?1 & x & 1) . (6?5?13) 2! n! 在区间的端点，展开式是否成立要看 m 的数值而定. 公式(6?5?13)叫做二项展开式，特别地，当 m 为正整数时，级数为 x 的 m 次多项式，这就是代数学中的二项式定理. 对应于 m = 1 , ? 1 的二项式展开式分别为 2 2 1 + x = 1 + 1 x ? 1 x 2 + 1?3 x 3 ? 1?3?5 x 4 +L 2 2?4 2? 4 ?6 2?4?6?8 1 = 1 ? 1 x + 1?3 x 2 ? 1?3?5 x 3 + 1?3?5?7 x 4 ?L 2 2?4 2?4?6 2? 4 ?6?8 1+x( ?1 ≤ x ≤ 1)( ?1 & x≤ 1)上面一些函数的幂级数展开式，以后可以直接引用. π 例 7 将函数 sinx 在 x 0 = 处展开成幂级数. 4 解 因为 ?π π ? π π π π sinx = sin ? + ? x ? ? ? = sin cos ? x ? ? + cos sin ? x ? ? ? ? ? ? ? ? 4 ? 4 ?? 4 4? 4 4? ? ? ?= 2? π π ? ? cos ? x ? ? + sin ? x ? ? ? ， ? ? ? 2 ? 4? 4 ?? ? ? ?2 4而cos ? x ? ? ?x ? π ? ?x ? π ? ? ? ? ? 4? ? 4? π? ? ? ? =1? + ? L ( ?∞＜x ＜ + ∞) 4? 2! 4!3 5，π ? sin ? x ? ? = ? x ? ? 4? ? ??x ? π ? ?x ? π ? ? ? ? ? 4? ? 4? π? ? ? ?? + ? L ( ?∞＜x ＜ + ∞) 4? 3! 5!，所以2 3 ? ? ?x ? π ? ?x ? π ? ? ? ? ? ? ? 4? ? 4? 2? ? π ? + L? sin x = 1 + ?x ? ? ? ? ( ?∞＜x ＜ + ∞) ? 2 ? ? 4? 2 3! ? ? ? ? ? 1 展开成 (x ? 1) 的幂级数. 例 8 将函数 f (x ) = 2 x + 4x + 3 解 因为 1 1 1 1 f (x ) = 2 = = ? x + 4x + 3 (x + 1)(x + 3) 2(1 + x ) 2(3 + x ) 1 1 ， = ? ?1 + x ? 1 ? 8?1 + x ? 1 ? 4? ? ? ? 2 ? 4 ? ? ?.而? ? (x ? 1)2 (x ? 1)n 1 = 1 ?1 ? x ? 1 + ? L + (?1)n + L? 2 n 4? 2 2 2 ? 4?1 + x ? 1 ? ? ? 2 ? ? 2 ? (x ? 1)n 1 1 ? x ? 1 (x ? 1) = ?1 ? + ? L + (?1)n + L? 2 n 8? 4 4 4 ? 8?1 + x ? 1 ? ? ? 4 ? ? (?1 & x & 3)，(?3 & x & 5)，所以f (x ) =1 1 1 = ∑ (?1)n ? n + 2 ? 2n + 3 ? (x ? 1)n ? ? x + 4x + 3 n =0 2 ?2 ?2∞(?1 & x & 3).三、函数的幂级数展开式在近似计算中的应用例 9 计算 e 的值，精确到小数点第四位. 解 ex 的幂级数展开式为 x2 xn ex = 1 + x + +L+ + L (?∞ & x & +∞) 2! n! 令x =1得 1 1 1 e = 1 + 1 + + +L+ +L 2! 3! n! 取前 n + 1 项作为 e 的近似值，有 e ≈ 1 + 1 + 1 + 1 +L + 1 ， 2! 3! n! 其误差为 1 1 R n +1 = + +L (n + 1)! (n + 2)!=&.? 1 ? 1 1 ?1 + n + 2 + (n + 2)(n + 3) + L? (n + 1)! ? ?? 1 ?1 + 1 + 1 1 + + L? ? n +1 2 3 (n + 1)! ? (n + 1) (n + 1) ?1 1 ? (n + 1)! 1 ? 1 n +1 1 n +1 1 = . ? = (n + 1)! n n ? n! 要求 e 精确到小数点第四位，需误差不超过 10?4，而 1 = 1 ＞10?4 ， 6 ? 6! 4320 1 = 1 ＜3 × 10?5 ＜10?4 ， 7 ? 7! 35280 故取 n = 7 ，即取级数前 8 项作近似值计算. e ≈ 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 ≈ 2.71825 . 2! 3! 4! 5! 6 ! 7! =例 10 求 5 245 的近似值，要求误差不超过 0.0001. 解 利用二项展开式进行计算，因 245 = 35 + 2 ，所以52 2 5 245 = 3 + 2 = 5 3 ? 1 + 5 ? = 3 ? 1 + 5 ? . ? ? ? ? 3 ? 3 ? ? ?5 5 51以 x = 2 , m = 1 代入二项式展开式(6?5?13)得 5 3552 5 245 = 3 ? 1 + 5 ? ? ? 3 ? ? 2 ? 1 2 1?1 ? 1?2 = 3 ?1 + ? 5 + ? ? 1 ? ? ? 5 ? + L? ? ? ? 5 3 5 ? 5 ? 2! ? 3 ? ? ? ?= 3 ?1 + 1 ? 2 ? 1 ? 4 ? 1 ? 4 + L? . ? 5 35 5 5 2! 310 ? ? ?1此级数自第二项开始为交错级数，它满足交错级数判别法的两个条件，如取前两项作近似值， 则其余项(误差)估计为： 1 4 1 4 3?8 R 2 ≤ 3 ? ? ? ? 10 = 2 10 ＜0.0001 ， 5 5 2! 3 5 ?3 于是得到 5 245 ≈ 3 ? 1 + 1 ? 2 ? ≈ 3.0049 . ? ? ? 5 35 ? x3 求 sin9° 的近似值，并估计误差. 例 11 利用 sinx ≈ x ? 3! 解 首先把角度化成弧度得 9° = π × 9 = π ， 180 20 从而sin π ≈ π ? 1 ? π ? . ? ? 20 20 3! ? 20 ?3其次估计这个近似值的精确度.在 sinx 的幂级数展开式中令 x = π ，得 20? sin π = π ? 1 ? π ? + 1 ? π ? ? 1 ? π ? + L ? ? ? ? ? 20 20 3! ? 20 ? 5! ? 20 ? 7! ? 20 ?3 5 7等式右端是一个收敛的交错级数，且各项的绝对值单调减少，取它的前两项之和作为 sin π 的 20 近似值，其误差为：? r2 ≤ 1 ? π ? & 1 ?? 1 ? & 1 . ? ? ? 5! ? 20 ? 120 ? 5 ? 3000005 5因此取π ≈ 0.157080, ? π ? ≈ 0.003876 ， ? ? 20 ? 20 ?3于是得sin 9° ≈ 0.15643 .这时误差不超过 10 . 利用幂级数不仅可以计算一些函数值的近似值， 而且还可以计算一些定积分 ∫ f (x )dx 的近a b?5似值.我们可以把被积函数在积分区间上展开成幂级数，然后把这个幂级数逐项积分，再利用积 分后的级数就可以计算它的近似值. 例 12 计算定积分22 2 ?x 2 1 ∫0 e dx 的近似值，要求误差不超过 0.0001(取 π = 0.56419 ). π1解e? x 不存在初等原函数，将 ex 的幂级数展开式中的 x 换成 ?x 2 ，就得 2 2 ( ?x 2 )2 (?x 2 )3 e ? x = 1 + ?x + + +L 1! 2! 3! ∞ x 2n = ∑ (?1)n (?∞ & x & ∞) . n! n =0n 1 1 ∞ ∞ ( ?1)n 1 2 2 ?x 2 2 2 ? ( ?1) 2n ? e dx = ∑ n ! x ?dx = 2π ∑ n ! ∫02 x 2n dx ∫ ∫ ? π 0 π 0 ? n =0 n =0 ?在收敛区间内逐项积分，得1 ? 1 1 1 ? + L? . ?1 ? 2 + 4 ? 2 ? 3 2 ? 5 ? 2! 26 ? 7 ? 3! ? π? 取前 4 项的和作为近似值，其误差为 1 1 1 ， r4 ≤ ? 8 & 2 ? 9 ? 4! 90000 π 所以 =2 2 ?x 2 1 ? 1 1 1 ? ? ∫0 e dx ≈ π ? 1 ? 22 ? 3 + 24 ? 5 ? 2! ? 26 ? 7 ? 3! ? ≈ 0.5205 . ? π1第六节 傅里叶级数在自然界和工程技术中，常常遇见一些周期现象，例如地球运转、潮汐现象、力学中的简 谐振动以及电学中的电路振荡和交流电等等，都是在每隔一定的时间，就重复原来的过程，这 些现象称为周期现象.周期现象反映在数学上就是周期函数.而最简单的周期函数就是正弦函数 等三角函数.三角级数、 一、 三角级数、三角函数系的正交性在这一节里，我们要讨论三角级数.具体地说，将周期为 T ? T = 2π ? 的周期函数用一系列 ? ? ω? ? 以 T 为周期的三角函数 A nsin ( nωt + φn ) 组成的级数来表示，记为f ( t ) = A 0 + ∑ A nsin ( nωt + φn ) ，n =0 ∞(6?6?1)其中 A 0 ,A n ,φn (n = 1,2,3, ) 都是常数. L 将周期函数按上述方式展开，它的物理意义是很明显的，这就是把一个比较复杂的周期运 动看成许多不同的简单运动的叠加.为了以后讨论方便起见，我们将正弦函数按三角公式变形 A n sin ( nωt + f n ) = A n sin f n cos nωt + A n cos f n sin nωt ， 若记 a0 = 2A 0 ,an = A n sin φn ,bn = A n cos φn (n = 1,2，3, ),ωt = x ，则(6?6?1) 式右端的级数可以 L 改写为a0 ∞ + ( a cosnx + bnsinnx ) . 2 ∑ n n =0 (6?6?2)我们将形如(6?6?2)式的级数叫做三角级数，其中 a0 ,an ,bn (n = 1, 2, 3,L) 都是常数. 如同讨论幂级数一样， 我们必须讨论三角级数(6?6?2)的收敛问题， 以及给定周期为 2π 的周 期函数如何把它展开成三角级数(6?6?2)为此，我们首先介绍三角函数系的正交性. 如果在区间 a, b］ ［ 上定义的两函数 φ ( x ) 与 ψ ( x ) 的乘积，其积分∫ ∫b ab则此两函数称为在这区间上正交. 若定义在区间 a, b］ ［ 上的函数系 {φn ( x )} 中各函数两两正交φn (x )ψm (x )dx = 0(n,m = 0,1,2, ; n ≠ m ) ， Laφ (x ) ψ(x )dx = 0 ，则称此函数系为正交函数系. 不难证明，三角函数系 1,cosx ,sinx ,cos2x ,sin2x , ,cosnx ,sinnx ,L L 在任何一个长度为 2π 的区间上是正交的，即对任意实数 a，有∫ ∫ ∫ ∫ ∫a + 2πa + 2πacos nx dx = 0(n = 1,2,3, ) ， La + 2π a + 2π a + 2π a + 2πas in nx dx = 0(n = 1,2,3, ) ， L (m , n = 1,2,3, ) ， L (m , n = 1,2,3, ; m ≠ n ) ， L (m , n = 1,2,3, ; m ≠ n ) .? Lasin m x cos n x dx = 0 cos m x cos n x dx = 0 sin m x sin n x dx = 0aa我们只验证第四式，其余各式留给读者证明. 事实上，由积化和差公式 cosm x cosnx = ?cos ( m + n ) x + cos(m ? n )x ? ， ? ? 可得∫acos m x cos nx dx =1 a +2π ? cos ( m + n ) x + cos(m ? n )x ?dx ? 2 ∫a ?a +2π1 ? sin(m + n )x sin(m ? n )x ? = ? + 2? m +n m ? n ?a ? 在上述三角函数系中，还有=0(m , n = 1,2,3, ; m ≠ n ) L∫ ∫a + 2π aa +2πa12dx = 2π ， cos 2 nx dx = π, (n = 1,2,3, ) . L ?sin 2 nx dx = π,∫a +2πa为确定起见，以后我们把长度为 2π 的区间取为 ? π, π］ ［ .二、周期函数展开成傅里叶级数设 f ( x ) 是周期为 2π 的周期函数，不妨先假设 f ( x ) 能展开成三角级数并可以逐项积分f (x ) = a0 ∞ + (a cos kx + bk sin kx ) 2 ∑ k k =1?(6?6?3)接下来就只有两个问题需要解决. 首先是求出系数 a0 , an , bn , ( n = 1,2,L) ， 然后再考察所得到的三 角级数的收敛性问题. 首先求 a0 ，对式(6?6?3)式两端在区间 ? π, π］ 积分，并在等式的右端逐项积分，利用三角 ［ 函数系的正交性得 ∞ π π a π π ∫?π f (x )dx = ∫? π 20 dx + ∑ ak ∫?π cos kx dx + bk ∫?π sin kx dx = a0 π ， k =1()所以π a0 = 1 ∫ f (x )dx . π ?π 其次，将(6?6?3)式两端同乘以 cosnx ，再像上面一样求积分，并利用三角函数系的正交性得∫π?πf (x ) cos nx dx = ∫∞ π π a0 cos nx dx + ∑ ak ∫ cos kx cos nx dx + bk ∫ sin kx cos nx dx ?π 2 ?π ?π k =1 π()= ∫ an cos 2 nx dx = an π ，?ππ所以1 π f (x )cos n x dx (n = 1,2,3, ) L π ∫?π 类似地，将(6?6?3)式两端同乘以 Sinnx，再逐项积分，可得 π bn = 1 ∫ f (x )sin n x dx (n = 1,2,3, ) L π ?πan =于是得?a = 1 π f (x )cos nx dx (n = 0,1,2,3,...) ? n π ∫?π (6?6?4) ? π ?bn = 1 ∫ f (x )sin nx dx (n = 1,2,3,...) π ?π ? 由公式 (6?6?4) 所求出的系数 a0 , a1 , b1 , a2 , b2 ,L 叫做函数 f ( x ) 的傅里叶 (Fourier) 系数 . 公式(6?6?4)表明，若一个以 2π 为周期的函数 f ( x ) 能展开成三角级数，那么这个三角级数的系数必是 f(x)的傅里叶系数，从而是惟一的.将这些系数代入(6?6?3)式右端，所得的三角级数 a0 ∞ + (a cos nx + bn sin nx ) 2 ∑ n n =1f (x ) ~ a0 ∞ + (a cos nx + bn sin nx ) 2 ∑ n n =1叫做函数 f ( x ) 的傅里叶级数，记为我们不加证明给出下面的 函数 f ( x ) 满足什么条件就可以展开成傅里叶级数？为回答这一问题，在这里，我们用记号“~”是因为还不知道这个傅里叶级数是否收敛；而且即使它收敛，其和函 数也不知是不是 f ( x ) .那么， 函数 f ( x ) 在怎样的条件下， 它的傅里叶级数收敛于 f ( x ) ?换言之，定理. 狄利克雷(Dirichlet)定理) 设函数 f ( x ) 是以 2π 为周期的周期函数 如果它满足条件 为周期的周期函数.如果它满足条件 如果它满足条件： 定理 1(狄利克雷 定理(1) 在一个周期内连续或只有有限个第一类间断点 在一个周期内连续或只有有限个第一类间断点， (2) 在一个周期内至多只有有限个极值点 在一个周期内至多只有有限个极值点， 的傅里叶级数收敛，并且 则 f ( x ) 的傅里叶级数收敛 并且① 当 x 是 f ( x ) 的连续点时 级数收敛于 f ( x ) ； 的连续点时，级数收敛于 ② 当 x 是 f ( x ) 的间断点时 级数收敛于 的间断点时，级数收敛于f (x ? ) + f (x + ) . 2 由上述定理不难看出，函数展开成傅里叶级数的条件比展开成幂级数的条件低得多，它甚 至不要求 f ( x ) 可导.例 1 设 f ( x ) 是周期为 2π 的周期函数，它在 ( ?π ,π ? 上的表达式为 ??π ≤ x ≤ 0, ? ?1, ? f (x ) = ? 2 ?1 + x , 0 ≤ x ≤ π. ?则 f ( x ) 的傅里叶级数在点 x = π 处收敛于何值？ 解x = π 处收敛于所给函数满足狄利克雷定理的条件， x = π 是它的间断点?故 f ( x ) 的傅里叶级数在f (π ? ) + f ( π+ ) 1 = (1 + π2 ? 1) = 1 π2 . 2 2 2 设 f ( x ) 是周期为 2π 的周期函数(见图 6?2)，它在 ? ?π ,π ) 上的表达式为 ?例2? x , ? π ≤ x ≤ 0, f (x ) = ? 0 ≤ x ≤ π. ?0,将 f ( x ) 展开成傅里叶级数.解f ( x ) 的傅里叶级数在 x = ( 2k + 1) π 处收敛于图 6?2 ? 所给函数满足狄利克雷定理的条件， x = ( 2k + 1) π(k = 0,± 1,± 2, ) 是它的间断点， Lf (π ? ) + f (π + ) 0 ? π = =?π . 2 2 2 在 x ≠ ( 2k + 1) π 处，由公式(6?6?4)得an =1 π 1 π 1 ∫?π f (x ) cos nx dx = π ∫? π x cos nx dx = n 2 π (1 ? cos nπ) π ? 1 , n = 1,3,5,L ? ； = ? n2π ?0, n = 2, 4,6,L ?π 0 a0 = 1 ∫ f (x )dx = 1 ∫ x dx = ? π ， π ?π π ?π 2 π 0 ( ?1)n +1 . bn = 1 ∫ f (x )sin nx dx = 1 ∫ x sin nx dx = ? cos n π = π ?π π ?π n n 于是 f ( x ) 的傅里叶级数展开式为例3［ 上的表达式为(图 6?3)： 解 函数 f ( x ) 是以 2π 为周期的函数，它在 ? π, π］2 f ( x ) = ? π + ? 2 cos x + sin x ? ? 1 sin 2x + ? 2 cos 3x + 1 sin 3x ? ? ? ? ? ? 4 ?π 3 ? 2 ?3 π ? 1 sin 4x + ? 2 cos 5x + 1 sin 5x ? ? L ( ?∞ & x & +∞,x ≠ ±π ,± 3π ,L) ? 2 ? 4 5 ?5 π ? 将函数 f ( x ) = arcsin (sinx ) 展开成傅里叶级数.图 6?3 ? ?π ? x , ? ≤ x ≤ ?π, π ? 2 ? ? π π ? ≤x ≤? , f (x ) = ?x , 2 2 ? π ?π ? x , & x &π. ? 2 ? 函数 f ( x ) 在整个数轴上连续， 其傅里叶级数在整个数轴上收敛于 f ( x ) .计算傅里叶系数如 下：因为 f ( x ) 为奇函数，从而 f ( x ) cosnx 也为奇函数，故有an = 1 π f (x )cos nx dx = 0 π ∫?π (n = 0,1,2,3, ) L，π π ? π ? bn = 2 ∫ f (x ) sin nx dx = 2 ? ∫ 2 x sin nx dx + ∫π (π ? x )sin nx dx ? π 0 π? 0 2 ? (在第二个积分中令 u = π ? x )==2 2? 1 + (?1)n +1 ?x sin nx dx ? π ∫0 ?π2? x cos nx sin nx ? 1 + ( ?1)n +1 ? ? ? + ? ?? π? n n2 ? ?π 2 00, 当n = 2m时, ? ? n +1 = ? 4 (?1) ? π ? (2m ? 1)2 , 当n = 2m - 1时. ?(m = 0,1,2,3, ) ? L于是arcsin (sinx ) =∞ (?1)n +1 4 ∑ (2n ? 1)2 sin(2n ? 1)x π n =1( ?∞ & x& +∞ )例 4 设 f ( x ) 是周期为 2π 的周期函数(见图 6?4)，它在 ? ?π ,π ) 上的表达式为 ?? ?x , ?π ≤ x & 0, f (x ) = ? 0 ≤ x ≤ π. ?x ,将 f ( x ) 展开成傅里叶级数.注意到 f ( x ) 为偶函数，从而 f ( x ) cosnx 为偶函数， f ( x ) sinnx 为奇函数，计算傅里叶系 数如下：π bn = 1 ∫ f (x )s in nx dx = 0 π ?π图 6?4 解 函数 f ( x ) 在整个数轴上连续，故其傅里叶级数在整个数轴上都收敛于 f ( x ) .(n = 0,1,2,3, ) L，πan =1 π 2 π 2 ? x sin nx cos nx ? ∫?π f (x )cos nx dx = π ∫0 x cos nx dx = π ? n + n 2 ?0 π ? ? ?? 4 , (n = 1,3,5,L), ? 2 = 2 (cos nx ? 1) = ? n 2 π nπ ?0, (n = 2, 4,6,L). ?1 π 1 0 1 π f (x )dx = ∫ (?x )dx + ∫ x dx = π . π ∫?π π ?π π 0 于是 f ( x ) 的傅里叶级数展开式为 a0 =f (x ) =1 π 4 cos(2n ? 1)x ? 2 π ∑ (2n ? 1)2 n =1∞(?∞ & x & +∞)?与牛顿和莱布尼茨同时代的瑞士数学家雅克?伯努利(Jacques Bernoulli)发现过几个无穷级数 的和，但他未能求出 1 1 1 1 + 2 + 2 +L+ 2 +L 2 3 n 的和.他写到： “假如有人能够求出这个我们直到现在还未求出的和并能把它通知我们，我们将 会很感谢他.”下面我们利用例 4 中的展开式来解决这个问题.附带求出另几个级数的和. 当 x = 0 时， f ( 0 ) = 0 ，从而得1+ 1 1 1 π2 + 2 +L+ +L = .? 2 2 8 3 5 (2n ? 1)若记1 1 1 + 2 +L+ 2 +L ， 2 2 3 n 1 1 1 σ1 = 1 + 2 + 2 + L + +L， 3 5 (2n ? 1)2 σ2 = 1 + 12 + L + 1 2 + L ， 22 4 (2n ) 1 1 1 σ3 = 1 ? 2 + 2 ? L + (?1)n ?1 2 + L ， 2 3 nσ =1+则由 σ = σ1 + σ2 , σ2 = 1 σ ，得 41 1 π 2 π2 ， σ2 = σ1 = ? = 3 3 8 24 2 π π2 π2 σ = σ1 + σ2 = + = ， 8 24 6 π2 π2 π 2 σ3 = σ1 ? σ2 = ? = . 8 24 12 由例 3 和例 4 的解题过程可知：若 f ( x ) 是以 2π 为周期的奇函数，则其傅里叶系数an = 0( n = 0,1, 2, 3,L)，π bn = 2 ∫ f (x ) sin nx dx 0 π( n = 1, 2, 3,L)从而f ( x ) = ∑ bn sin nx .n =1∞这种只含正弦函数项的傅里叶级数称为正弦级数. 类似地，若 f ( x ) 是以 2π 为周期的偶函数，则其傅里叶系数bn = 0π( n = 1, 2, 3,L)，从而an = 2 ∫ f (x )cos n x dx ( n = 0,1, 2, 3,L) ， π 0 ∞ a f ( x ) = 0 + ∑ an cos n x ， x 为 f ( x ) 的连续点. 2 n =1这种只含余弦函数项的傅里叶级数称为余弦