东华大学 2026年数学分析第0题

令 $a_n = \frac{1}{(n+1)(2n+1)}$，原级数为 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^{2n+2}$。令 $t = x^2$，则级数化为 $t \sum_{n=0}^{\infty} a_n t^n$。计算 $\lim_{n\to\infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} = \lim_{n\to\infty} \frac{(n+1)(2n+1)}{(n+2)(2n+3)} = 1$，故关于 $t$ 的收敛半径为 $1$，从而关于 $x$ 的收敛半径为 $1$，即 $|x|<1$ 时绝对收敛。检查端点：$x=1$ 时，级数为 $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(n+1)(2n+1)}$，通项 $\sim \frac{1}{2n^2}$，收敛；$x=-1$ 时，由于只有偶次幂，与 $x=1$ 相同，也收敛。因此收敛域为 $[-1,1]$。

设 $S(x)=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{2n+2}}{(n+1)(2n+1)}$，$|x|\le 1$。对 $x$ 求导：$S'(x)=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(2n+2)x^{2n+1}}{(n+1)(2n+1)} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{2x^{2n+1}}{2n+1}$，因为 $(2n+2)/(n+1)=2$。

对 $S'(x)$ 再求导：$S''(x)=2\sum_{n=0}^{\infty} x^{2n} = 2\cdot\frac{1}{1-x^2}$，$|x|<1$。

积分 $S''(x)$：$S'(x)=\int \frac{2}{1-x^2}dx = \int \left(\frac{1}{1-x}+\frac{1}{1+x}\right)dx = \ln\frac{1+x}{1-x}+C_1$。由 $S(0)=0$ 得 $S'(0)=0$，代入得 $0=\ln 1+C_1$，故 $C_1=0$，所以 $S'(x)=\ln\frac{1+x}{1-x}$。

积分 $S'(x)$：$S(x)=\int \ln\frac{1+x}{1-x}dx$。用分部积分，令 $u=\ln\frac{1+x}{1-x}$，$dv=dx$，则 $du=\frac{2}{1-x^2}dx$，$v=x$。于是 $S(x)=x\ln\frac{1+x}{1-x} - \int \frac{2x}{1-x^2}dx = x\ln\frac{1+x}{1-x} + \ln(1-x^2) + C_2$。由 $S(0)=0$ 得 $0=0+\ln 1+C_2$，故 $C_2=0$。因此和函数为 $S(x)=x\ln\frac{1+x}{1-x}+\ln(1-x^2)$，$|x|<1$。由连续性，端点处取极限也成立。

由于原级数在 $x=\pm1$ 处收敛，且和函数 $S(x)$ 在 $(-1,1)$ 内连续，由阿贝尔定理知 $S(x)$ 在 $[-1,1]$ 上连续。因此 $S(\pm1)=\lim_{x\to \pm1^-} S(x)$。当 $x\to 1^-$ 时，$x\ln\frac{1+x}{1-x}+\ln(1-x^2)$ 的极限即为级数和，但表达式趋于无穷，故通常将和函数写为分段形式或直接理解为极限值。

当 $0<|t|<1$ 时，$S(t) = -\left(-\frac{\ln(1-t)}{t}\right) + 2 \cdot \frac{1}{2\sqrt{t}} \ln\frac{1+\sqrt{t}}{1-\sqrt{t}} = \frac{\ln(1-t)}{t} + \frac{1}{\sqrt{t}} \ln\frac{1+\sqrt{t}}{1-\sqrt{t}}$。当 $t=0$ 时，$S(0)=1$。

原级数和函数 $f(x)=x^2 S(x^2)$。当 $x=0$ 时，$f(0)=0$。当 $0<|x|<1$ 时，$f(x)=x^2\left(\frac{\ln(1-x^2)}{x^2}+\frac{1}{|x|}\ln\frac{1+|x|}{1-|x|}\right)=\ln(1-x^2)+|x|\ln\frac{1+|x|}{1-|x|}$。由于级数只含偶次幂，$f(x)$ 为偶函数，故对 $x\ge 0$ 可写为 $f(x)=\ln(1-x^2)+x\ln\frac{1+x}{1-x}$。边界 $x=\pm 1$ 时，级数收敛，和函数可由极限得到（如 $x\to 1^-$ 时，$\ln(1-x^2)+x\ln\frac{1+x}{1-x} \to \ln 2$）。