中国矿业大学(北京) 2026年数学分析第0题

已知 $\ln(1+u) = \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n} u^n$ 在 $|u|<1$ 时成立。令 $u = -x + x^2$，则原函数为 $\ln(1 - x + x^2)$。但直接代入会导致复杂运算，考虑将 $1-x+x^2$ 因式分解为 $(1-\omega x)(1-\omega^2 x)$，其中 $\omega = e^{i\pi/3} = \frac{1+i\sqrt{3}}{2}$，$\omega^2 = e^{i2\pi/3}$，且满足 $1+\omega+\omega^2=0$，$\omega^3=-1$，$\omega^6=1$。

由因式分解 $1-x+x^2 = (1-\omega x)(1-\omega^2 x)$，得 \[ \ln(1-x+x^2) = \ln(1-\omega x) + \ln(1-\omega^2 x). \] 利用 $\ln(1-ax) = -\sum_{n=1}^\infty \frac{a^n x^n}{n}$，有 \[ \ln(1-\omega x) = -\sum_{n=1}^\infty \frac{\omega^n x^n}{n}, \quad \ln(1-\omega^2 x) = -\sum_{n=1}^\infty \frac{\omega^{2n} x^n}{n}. \] 相加得 \[ \ln(1-x+x^2) = -\sum_{n=1}^\infty \frac{\omega^n + \omega^{2n}}{n} x^n. \]

由于 $\omega = e^{i\pi/3}$，周期为6。直接计算 $n=1$ 到 $6$ 的值： - $n=1$: $\omega + \omega^2 = -1$（因为 $1+\omega+\omega^2=0$） - $n=2$: $\omega^2 + \omega^4 = \omega^2 - \omega = -1$（$\omega^4 = -\omega$） - $n=3$: $\omega^3 + \omega^6 = -1 + 1 = 0$ - $n=4$: $\omega^4 + \omega^8 = \omega^4 + \omega^2 = -\omega + \omega^2 = -1$ - $n=5$: $\omega^5 + \omega^{10} = \omega^5 + \omega^4$，由 $\omega^5 = \overline{\omega} = \frac12 - i\frac{\sqrt3}{2}$，$\omega^4 = -\frac12 - i\frac{\sqrt3}{2}$，和为 $-i\sqrt3$？需重新计算：$\omega^5 + \omega^4 = e^{i5\pi/3} + e^{i4\pi/3} = (\frac12 - i\frac{\sqrt3}{2}) + (-\frac12 - i\frac{\sqrt3}{2}) = -i\sqrt3$，但注意 $\omega^5 + \omega^4 = \omega^2(\omega^3 + \omega^2) = \omega^2(-1+\omega^2) = \omega^4 - \omega^2 = -\omega - \omega^2 = 1$？矛盾，需用代数方法：由 $\omega^3=-1$，$\omega^4=-\omega$，$\omega^5=-\omega^2$，$\omega^6=1$，则 $\omega^5+\omega^{10} = \omega^5+\omega^4 = -\omega^2 - \omega = -(\omega^2+\omega) = 1$。 - $n=6$: $\omega^6 + \omega^{12} = 1+1=2$。 因此周期为6： - $n \equiv 1,2,4 \pmod{6}$ 时，值为 $-1$ - $n \equiv 3 \pmod{6}$ 时，值为 $0$ - $n \equiv 5 \pmod{6}$ 时，值为 $1$ - $n \equiv 0 \pmod{6}$ 时，值为 $2$

将系数代入得 \[ \ln(1-x+x^2) = -\sum_{n=1}^\infty \frac{c_n}{n} x^n, \] 其中 \[ c_n = \begin{cases} 2, & n=6k \\ -1, & n=6k+1,\,6k+2,\,6k+4 \\ 0, & n=6k+3 \\ 1, & n=6k+5 \end{cases} \] 即 \[ \ln(1-x+x^2) = \sum_{k=0}^\infty \left( \frac{x^{6k+1}}{6k+1} + \frac{x^{6k+2}}{6k+2} - \frac{x^{6k+4}}{6k+4} - \frac{2x^{6k+6}}{6k+6} \right) + \text{调整符号？} \] 更简洁地，可写为 \[ \ln(1-x+x^2) = \sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{n} x^n, \] 其中 $a_n$ 周期为6：$a_1=-1,\,a_2=-1,\,a_3=0,\,a_4=-1,\,a_5=1,\,a_6=2$，然后重复。

将系数写为分段形式： \[ \ln(1-x+x^2) = \sum_{n=1}^\infty \frac{c_n}{n} x^n, \] 其中 \[ c_n = \begin{cases} -1, & n \equiv 1,2,4 \pmod{6} \\ 0, & n \equiv 3 \pmod{6} \\ 1, & n \equiv 5 \pmod{6} \\ -2, & n \equiv 0 \pmod{6} \end{cases} \] （注意 $n=6k$ 时系数为 $-2$，因为原式有负号）。 也可写成： \[ \ln(1-x+x^2) = -\sum_{k=0}^\infty \left( \frac{x^{6k+1}}{6k+1} + \frac{x^{6k+2}}{6k+2} + \frac{x^{6k+4}}{6k+4} \right) + \sum_{k=0}^\infty \frac{x^{6k+5}}{6k+5} - 2\sum_{k=1}^\infty \frac{x^{6k}}{6k}. \]

最终展开式为： \[ \ln(1 - x + x^2) = \sum_{n=1}^\infty a_n x^n, \quad a_n = \begin{cases} -\dfrac{2}{n}, & n \equiv 0 \pmod{3} \\[6pt] \dfrac{1}{n}, & n \not\equiv 0 \pmod{3} \end{cases} \] 展开前几项验证： - $n=1$：$a_1=1$，项为 $x$ - $n=2$：$a_2=1/2$，项为 $\frac{x^2}{2}$ - $n=3$：$a_3=-2/3$，项为 $-\frac{2}{3}x^3$ - $n=4$：$a_4=1/4$，项为 $\frac{x^4}{4}$ - $n=5$：$a_5=1/5$，项为 $\frac{x^5}{5}$ - $n=6$：$a_6=-2/6=-1/3$，项为 $-\frac{x^6}{3}$ 级数前几项为： \[ x + \frac{x^2}{2} - \frac{2}{3}x^3 + \frac{x^4}{4} + \frac{x^5}{5} - \frac{1}{3}x^6 + \cdots \]