第四章 级 数

例 1 求级数 $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{1}{4{n}^{2} - 1}}$ 的和.

例 2 判别下列级数的收敛性: (1) $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{1}{{2}^{n - {\left( -1\right) }^{n}}}$ (2) $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{{a}^{n}}{1 + {a}^{2n}}\left( {a > 0}\right)$ .

例 3 判别下列级数的收敛性: (1) $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{1}{{3}^{\ln n}}}$ (2) $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{1}{{3}^{\sqrt{n}}}}$ .

例 4 判别下列级数的收敛性: (1) $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{1}{\ln \left( {n + 1}\right) }\sin \frac{1}{n}$ ; (2) $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\left( {\sqrt[n]{a} - \sqrt{1 + \frac{1}{n}}}\right) \left( {a > 0}\right)$ .

证 把区间 $\left\lbrack {0,S}\right\rbrack$ 用分点 $\cdots ,{r}_{k + 1},{r}_{k},\cdots ,{r}_{2},{r}_{1} = S$ 分成无限个小区间. 在 $\left\lbrack {{r}_{k + 1},{r}_{k}}\right\rbrack$ 上,因 ${r}_{k} - {r}_{k + 1} = {a}_{k}$ 及函数 $1/{x}^{p}$ 的单调递减性,有 $$ \frac{{a}_{k}}{{r}_{k}^{p}} \leq - {\int }_{{r}_{k}}^{{r}_{k + 1}}\frac{\mathrm{d}x}{{x}^{p}} \Rightarrow \mathop{\sum }\limits_{{k = 1}}^{n}\frac{{a}_{k}}{{r}_{k}^{p}} \leq - \mathop{\sum }\limits_{{k = 1}}^{n}{\int }_{{r}_{k}}^{{r}_{k + 1}}\frac{\mathrm{d}x}{{x}^{p}} = {\int }_{{r}_{n + 1}}^{S}\frac{\mathrm{d}x}{{x}^{p}} \leq {\int }_{0}^{S}\frac{\mathrm{d}x}{{x}^{p}}. $$ 这意味着级数 $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{k = 1}}^{\infty }\frac{{a}_{k}}{{r}_{k}^{p}}}$ 的部分和有界,从而此级数收敛,且 $$ \mathop{\sum }\limits_{{k = 1}}^{\infty }\frac{{a}_{k}}{{r}_{k}^{p}} \leq {\int }_{0}^{S}\frac{\mathrm{d}x}{{x}^{p}} = \frac{{S}^{1 - p}}{1 - p}. $$ 评注 如果我们用级数一般项趋于零的快慢(无穷小阶的大小) 来评价一个收敛级数的收敛快慢, 那么由 $$ \frac{{a}_{n}}{{a}_{n}/{r}_{n}^{p}} = {r}_{n}^{p} \rightarrow 0\;\left( {n \rightarrow \infty }\right) . $$ 可见, ${a}_{n}/{r}_{n}^{p}$ 是 ${a}_{n}$ 的低阶无穷小,从而 $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }{a}_{n}/{r}_{n}^{p}}$ 比 $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }{a}_{n}}$ 收敛得慢. 这个事实说明,每一个收敛的正项级数,总存在一个比它收敛得更慢的正项级数.

例 6 讨论下列级数的收敛性: (1) $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }{\left( -1\right) }^{n - 1}\frac{\ln n}{\sqrt{n}}$ ; (2) $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }{\left( -1\right) }^{n - 1}\frac{\left( {{2n} - 1}\right) !!}{\left( {2n}\right) !!}$ .

例 7 讨论下列级数的收敛性: (1) $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{{\left( -1\right) }^{n - 1}}{{n}^{1 + \frac{1}{n}}}$ ; (2) $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }{\left( -1\right) }^{n}\frac{\sin n}{n}$ .

证(1)把 $\displaystyle{\left\lbrack {{a}_{1}, + \infty }\right\rbrack}$ 用分点 ${a}_{1} = {S}_{1} < {S}_{2} < \cdots < {S}_{k} < {S}_{k + 1} < \cdots$ 分成无限个小区间,在 $\left\lbrack {{S}_{k},{S}_{k + 1}}\right\rbrack$ 上,因 ${S}_{k + 1} - {S}_{k} = {a}_{k + 1}$ 及 $1/x$ 单调性, 我们有 $$ \frac{{a}_{k + 1}}{{S}_{k}} \geq {\int }_{{S}_{k}}^{{S}_{k + 1}}\frac{\mathrm{d}x}{x}\;\left( {k = 1,2,\cdots }\right) , $$ 从而 $$ \mathop{\sum }\limits_{{k = 1}}^{n}\frac{{a}_{k + 1}}{{S}_{k}} \geq {\int }_{{a}_{1}}^{{S}_{n}}\frac{\mathrm{d}x}{x}\;\left( {\forall n \in N}\right) . $$ 当 $\displaystyle{n \rightarrow \infty}$ 时, $\displaystyle{+ \infty \geq \mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{{a}_{n + 1}}{{S}_{n}} \geq {\int }_{{a}_{1}}^{\infty }\frac{\mathrm{d}x}{x} = + \infty}$ ,即得结论. (2)我们考虑级数 $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{{a}_{n} - {a}_{n + 1}}{{S}_{n}}}$ ,因 $\frac{1}{{S}_{n}}$ 单调下降且趋于 0,及 $\left| {\mathop{\sum }\limits_{{k = 1}}^{\infty }\left( {{a}_{k} - {a}_{k + 1}}\right) }\right| \leq {2M}$ ,故级数 $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{{a}_{n} - {a}_{n + 1}}{{S}_{n}}}$ 收敛,于是由第 (1) 小题推出级数 $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }{a}_{n}/{S}_{n}}$ 发散. 又证 因对任意固定的 $\displaystyle{n,\mathop{\lim }\limits_{{p \rightarrow + \infty }}{S}_{n}/{S}_{n + p} = 0}$ ,所以 $\exists p > 0$ ,使 ${S}_{n}/{S}_{n + p} < 1/2$ . 于是对 ${\varepsilon }_{0} = 1/2 > 0,\forall N \in N,\exists n = N + 1 > N$ ,有 $$ \frac{{a}_{n + 1}}{{S}_{n + 1}} + \frac{{a}_{n + 2}}{{S}_{n + 2}} + \cdots + \frac{{a}_{n + p}}{{S}_{n + p}} > \frac{{S}_{n + p} - {S}_{n}}{{S}_{n + p}} = 1 - \frac{{S}_{n}}{{S}_{n + p}} > \frac{1}{2}. $$ 故由收敛原理知 $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }{a}_{n}/{S}_{n}}$ 发散.

例 9 讨论级数 $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\ln \left( {1 + \frac{{\left( -1\right) }^{n}}{{n}^{p}}}\right)$ 的收敛性与绝对收敛性 $(p >$ 0).

例 10 求证: 将级数 $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{{\left( -1\right) }^{n - 1}}{\sqrt{n}}$ 重排后的级数 $$ 1 + \frac{1}{\sqrt{3}} - \frac{1}{\sqrt{2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{{4k} - 3}} + \frac{1}{\sqrt{{4k} - 1}} - \frac{1}{\sqrt{2k}} + \cdots $$ 发散.

例 11 利用级数收敛性, 证明序列 $$ {x}_{n} = 1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{n} - \ln n $$ 当 $\displaystyle{n \rightarrow \infty}$ 时极限存在.

例 12 求证: 将级数 $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{{\left( -1\right) }^{n - 1}}{n} = \ln 2$ 重排后的级数 $$ 1 + \frac{1}{3} - \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{{4k} - 3} + \frac{1}{{4k} - 1} - \frac{1}{2k} + \cdots $$ 的和为 $\frac{3}{2}\ln 2$ .

例 15 若 $q > 0$ ,证明: $$ \mathop{\lim }\limits_{{n \rightarrow \infty }}q{x}_{n} = q\mathop{\lim }\limits_{{n \rightarrow \infty }}{x}_{n},\;\mathop{\lim }\limits_{{n \rightarrow \infty }}q{x}_{n} = q\mathop{\lim }\limits_{{n \rightarrow \infty }}{x}_{n}. $$

例 16 设两序列 $\left\{ {a}_{n}\right\} ,\left\{ {b}_{n}\right\}$ 满足关系式 $$ {a}_{n + 1} = {b}_{n} + q{a}_{n}\;\left( {0 < q < 1}\right) , $$ 且 $\displaystyle{\mathop{\lim }\limits_{{n \rightarrow \infty }}{b}_{n} = b}$ 存在. 证明: (1) $\left\{ {a}_{n}\right\}$ 有界； (2) $\displaystyle{\mathop{\lim }\limits_{{n \rightarrow \infty }}{a}_{n}}$ 存在.

例 1 设 ${f}_{n}\left( x\right)$ 在 $\left\lbrack {a,b}\right\rbrack$ 上一致收敛于 $f\left( x\right)$ ,求证: $\left| {{f}_{n}\left( x\right) }\right|$ 也在 $\left\lbrack {a,b}\right\rbrack$ 上一致收敛.

例 2 讨论下列序列在(0,1)区间上的一致收敛性: (1) ${f}_{n}\left( x\right) = \frac{n + {x}^{2}}{nx}$ ; (2) ${f}_{n}\left( x\right) = \frac{1}{1 + {nx}}$ .

例 3 求证: $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{nx}{1 + {n}^{5}{x}^{2}}}$ 在 $\displaystyle{\left| x\right| < + \infty}$ 上一致收敛.

例 4 求证: (1) $\mathop{\sum }\limits_{{n = 0}}^{\infty }{\left( -1\right) }^{n}\left( {1 - x}\right) {x}^{n}$ 在 $\left\lbrack {0,1}\right\rbrack$ 上一致收敛; (2) $\mathop{\sum }\limits_{{n = 0}}^{\infty }\left( {1 - x}\right) {x}^{n}$ 在 $\left\lbrack {0,1}\right\rbrack$ 上收敛但不一致收敛.

例 5 求证: 级数 $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{{\left( -1\right) }^{n - 1}}{n + x}$ 在 $x \geq 0$ 上一致收敛.

例 6 (1) 设级数 $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }{u}_{n}\left( x\right)$ 在 $X$ 上一致收敛,求证: 级数的一般项 ${u}_{n}\left( x\right)$ 在 $X$ 上一致趋于零; ( 2 )讨论级数 $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }{2}^{n}\sin \frac{1}{{3}^{n}x}}$ 在 $x > 0$ 上的一致收敛性.

例 7 设 ${u}_{n}\left( x\right) \in C\left\lbrack {a,b}\right\rbrack \left( {n = 1,2,\cdots }\right)$ ,级数 $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }{u}_{n}\left( x\right)$ 在(a, b) 上一致收敛. 求证: (1) $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }{u}_{n}\left( a\right) ,\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }{u}_{n}\left( b\right)$ 收敛; (2) $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }{u}_{n}\left( x\right)$ 在 $\left\lbrack {a,b}\right\rbrack$ 上一致收敛.

例 8 求证: 级数 $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{1}{{n}^{x}}}$ 在 $x > 1$ 上不一致收敛.

例 9 求证: 黎曼 $\zeta$ 函数 $\zeta \left( x\right) = \mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{1}{{n}^{x}}$ 具有如下性质: (1) 在 $x > 1$ 上连续; (2)在 $x > 1$ 上连续可微.

例 10 求证: (1) $\mathop{\sum }\limits_{{n = 0}}^{\infty }{\int }_{0}^{x}{t}^{n}\sin {\pi t}\mathrm{\;d}t = {\int }_{0}^{x}\frac{\sin {\pi t}}{1 - t}\mathrm{\;d}t\left( {0 \leq x < 1}\right)$ ； (2)级数 $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 0}}^{\infty }{\int }_{0}^{x}{t}^{n}\sin {\pi t}\mathrm{\;d}t}$ 在 $x \in \left\lbrack {0,1}\right\rbrack$ 上一致收敛； (3) $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 0}}^{\infty }{\int }_{0}^{1}{t}^{n}\sin {\pi t}\mathrm{\;d}t = {\int }_{0}^{1}\frac{\sin {\pi t}}{t}\mathrm{\;d}t}$ .

例 11 设 $$ g\left( x\right) = \left\{ \begin{matrix} {x}^{2}\sin \frac{1}{x}, & x \neq 0, \\ 0, & x = 0, \end{matrix}\right. $$ 令 $f\left( x\right) = \mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{1}{{2}^{n}}g\left( {x - \frac{1}{n}}\right)$ . 求证: (1) $f\left( x\right)$ 在 $\left( {\frac{1}{k + 1},\frac{1}{k - 1}}\right) \left( {k = 2,3,\cdots }\right)$ 上可导,且导数只在 $1/k$ 处不连续; (2) $f\left( x\right)$ 在(0,1)上可导,且导数只在 $x = 1/k\left( {k = 2,3,\cdots }\right)$ 处不连续.

例 1 求下列幂级数的收敛半径, 并讨论区间端点的收敛性: \customfootnote{ ① 本结论的证明如下: 因为 $S\left( x\right) = \mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }{a}_{n}{x}^{n}$ 在 $\lbrack 0,R)$ 上单调上升且有界,故 $\exists M >$ 0,使 $S\left( \lambda \right) \leq M$ , $\forall x \in \lbrack 0,R)$ . 考虑 ${S}_{N}\left( x\right) = \mathop{\sum }\limits_{{l = 1}}^{N}{a}_{l}{x}^{l}$ ,由于 $\forall x \in \lbrack 0,R)$ ,有 由此得 $$ {S}_{N}\left( x\right) \leq S\left( x\right) \leq M, $$ $$ \mathop{\lim }\limits_{{x \rightarrow R - 0}}{S}_{N}\left( x\right) = \mathop{\lim }\limits_{{x \rightarrow R - 0}}\mathop{\sum }\limits_{{l = 1}}^{N}{a}_{l}{x}^{l} = \mathop{\sum }\limits_{{l = 1}}^{N}{a}_{l}{R}^{l} \leq M. $$ 这说明 ${S}_{N}\left( R\right)$ 对 $N$ 单调上升且有上界,推出 $\mathop{\lim }\limits_{{N \rightarrow \infty }}{S}_{N}\left( R\right)$ 存在,即 $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }{a}_{n}{R}^{n}}$ 收敛. } (1) $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 0}}^{\infty }\frac{{x}^{n}}{{3}^{\sqrt{n}}}}$ ; (2) $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }{\left( 1 + \frac{1}{n}\right) }^{-{n}^{2}}{x}^{n}$ .

例 2 求级数 $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{{\left( -1\right) }^{n}}{n \cdot \sqrt[n]{n}}{\left( \frac{x}{{2x} + 1}\right) }^{n}$ 的收敛域.

例 3 设 $f\left( x\right) = \mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{{x}^{n}}{{n}^{2}\ln \left( {1 + n}\right) }$ . 求证: (1) $f\left( x\right) \in C\left\lbrack {-1,1}\right\rbrack$ ; (2) $f\left( x\right)$ 在 $x = - 1$ 可导； (3) $\mathop{\lim }\limits_{{x \rightarrow 1 - 0}}{f}^{\prime }\left( x\right) = + \infty$ ; (4) $f\left( x\right)$ 在 $x = 1$ 不可导.

例 4 求级数 $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{{\left( -1\right) }^{n - 1}}{\left( {{2n} - 1}\right) \left( {{2n} + 1}\right) }$ 的和.

例 5 将函数 $f\left( x\right) = \arctan \frac{2x}{1 - {x}^{2}}$ 在 $x = 0$ 点展开为幂级数.

例 6 将函数 $f\left( x\right) = \arcsin x$ 在 $x = 0$ 点展开为幂级数,并证明此幂级数在 $\left\lbrack {0,1}\right\rbrack$ 上一致收敛.

例 8 (1) 求 ${\ln }^{2}\left( {1 + x}\right)$ 在 $x = 0$ 点的幂级数展开式; (2)求 $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{{\left( -1\right) }^{n - 1}}{n + 1}\left\{ {1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{n}}\right\}$ 的和； (3) 求 $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{{\left( -1\right) }^{n - 1}}{n}\left\{ {1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{n}}\right\}$ 的和.

例 9 设曲线 ${x}^{\frac{1}{n}} + {y}^{\frac{1}{n}} = 1\left( {n > 1}\right)$ 在第一象限与坐标轴围成的面积为 $I\left( n\right)$ . 证明: (1) $I\left( n\right) = {2n}{\int }_{0}^{1}{\left( 1 - {t}^{2}\right) }^{n}{t}^{{2n} - 1}\mathrm{\;d}t$ ; (2) $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{{+\infty }}I\left( n\right) < 4$ .

例 1 将函数 $f\left( x\right) = x\left( {-\pi \leq x \leq \pi }\right)$ 展开为傅氏级数.

解 $\displaystyle{a}_{0} = \frac{1}{\pi }{\int }_{0}^{2\pi }x\mathrm{\;d}x = {2\pi }}$ , $$ {a}_{n} = \frac{1}{\pi }{\int }_{0}^{2\pi }x\cos {nx}\mathrm{\;d}x = {\left. \frac{1}{n\pi }x\sin nx\right| }_{0}^{2\pi } - \frac{1}{n\pi }{\int }_{0}^{2\pi }\sin {nx}\mathrm{\;d}x $$ $$ = {\left. \frac{1}{{n}^{2}\pi }\cos nx\right| }_{0}^{2\pi } = 0, $$ $$ {b}_{n} = \frac{1}{\pi }{\int }_{0}^{2\pi }x\sin {nx}\mathrm{\;d}x = - {\left. \frac{1}{n\pi }x\cos nx\right| }_{0}^{2\pi } + \frac{1}{n\pi }{\int }_{0}^{2\pi }\cos {nx}\mathrm{\;d}x $$ $$ = - {\left. \frac{2}{n} + \frac{1}{{n}^{2}\pi }\sin nx\right| }_{0}^{2\pi } = - \frac{2}{n}. $$ 因为 $f\left( x\right)$ 满足逐段单调条件,所以 $$ \pi - \mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{2}{n}\sin {nx} = \left\{ \begin{array}{ll} x, & 0 < x < {2\pi }, \\ \pi , & x = 0,{2\pi }. \end{array}\right. $$ 引申 由本题结果顺便可得到如下等式: $$ \mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{\sin {nx}}{n} = \frac{\pi - x}{2}\;\left( {0 < x < {2\pi }}\right) . $$ 评注 前面两例中虽然函数表达式中都有 $x$ ,由于基本区间不同, 实际上是两个不同的周期函数.

例 3 将函数 $f\left( x\right) = {x}^{2}\left( {0 < x < \pi }\right)$ ,按如下要求展开为傅氏级数: (1)按余弦展开； (2)按正弦展开.

例 4 设 $0 < a < 1$ ,将函数 $f\left( x\right) = \cos {ax}\left( {\left| x\right| < \pi }\right)$ 展开为傅氏级数.

例 6 将函数 $f\left( x\right) = {x}^{2}\left( {-\pi \leq x \leq \pi }\right)$ 展开为傅氏级数,并求级数 $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{1}{{n}^{4}}}$ 的和.

例 8 将函数 $f\left( x\right) = x\cos x\left( {-\frac{\pi }{2} \leq x \leq \frac{\pi }{2}}\right)$ 展开为傅氏级数.

例 9 设 $f\left( x\right)$ 是周期为 ${2\pi }$ 的连续周期函数. 求证: (1) $F\left( x\right) \frac{\text{ 定义 }}{2h}\frac{1}{h}{\int }_{x - h}^{x + h}f\left( t\right) \mathrm{d}t\left( {h > 0}\right)$ 也是周期为 ${2\pi }$ 的连续周期函数; (2)对 $\forall \varepsilon > 0,\exists h > 0$ ,使得 $$ \left| {f\left( x\right) - F\left( x\right) }\right| < \varepsilon \;\left( {-\pi \leq x \leq \pi }\right) ; $$ (3)对 $\forall \varepsilon > 0$ , $\exists {\widetilde{S}}_{n}\left( x\right)$ ( $n$ 阶三角多项式),使得 $$ \left| {f\left( x\right) - {\widetilde{S}}_{n}\left( x\right) }\right| < {2\varepsilon }\;\left( {-\pi \leq x \leq \pi }\right) . $$

4. 1.1 求下列级数的和: (1) $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{1}{\left( {{3n} - 2}\right) \left( {{3n} + 1}\right) }$ ; (2) $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{{\left( -1\right) }^{n - 1}}{n\left( {n + 2}\right) }$ .

4.1.2 判断下列级数的收敛性: (1) $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{{n}^{2}}{{\left( 1 + \frac{1}{n}\right) }^{{n}^{2}}}$ ; (2) $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{\ln n}{{2}^{n}}}$ ; (3) $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{{n}^{n - 1}}{{\left( 2{n}^{2} + 1\right) }^{n/2}}$ ; (4) $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{{a}^{n}}{n!}}$ ; (5) $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{\sqrt{n!}}{{n}^{n/2}}}$ ; (6) $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{\sqrt{n!} \cdot {2}^{n}}{{n}^{n/2}}}$ ; (7) $\frac{3}{1} + \frac{3 \cdot 5}{1 \cdot 4} + \frac{3 \cdot 5 \cdot 7}{1 \cdot 4 \cdot 7} + \frac{3 \cdot 5 \cdot 7 \cdot 9}{1 \cdot 4 \cdot 7 \cdot {10}} + \cdots$ .

4. 1.3 判断下列级数的收敛性: (1) $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{1}{{2}^{\ln n}}}$ (2) $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{1}{{n}^{\ln n}}}$ (3) $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{n}{{3}^{\sqrt{n}}}}$ (4) $\mathop{\sum }\limits_{{n = 2}}^{\infty }\frac{\ln n}{{n}^{p}}\left( {p > 1}\right)$ .

4.1.4 判断下列级数的收敛性: (1) $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }{2}^{n}\sin \frac{\pi }{{3}^{n}}}$ ; (2) $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{1}{\sqrt{{n}^{3} + n + 1}}}$ ; (3) $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\left\lbrack {\left( {n + \frac{1}{2}}\right) \ln \left( {1 + \frac{1}{n}}\right) - 1}\right\rbrack$ ; (4) $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 2}}^{\infty }\ln \sqrt[n]{\frac{n + 1}{n - 1}}}$ ; (5) $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\left( {\sqrt{n + a} - \sqrt[4]{{n}^{2} + n}}\right) \left( {a > 0}\right)$ ; (6) $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }{\left( \sqrt[n]{n} - 1\right) }^{p}\left( {p > 0}\right)$ .

4.1.5 若级数 $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }{a}_{n}\left( \mathrm{\;A}\right)$ 及 $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }{b}_{n}\left( \mathrm{\;B}\right)$ 皆收敛,且 ${a}_{n} \leq {c}_{n} \leq {b}_{n}(n = 1,2,3$ , $\cdots )$ . 试证级数 $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }{c}_{n}\left( \mathrm{C}\right)$ 收敛; 若级数 $\left( \mathrm{A}\right) ,\left( \mathrm{B}\right)$ 皆发散,问级数(C)的收敛性如何?

4. 1.6 若正项级数 $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }{a}_{n}}$ 收敛, $\left\{ {a}_{n}\right\}$ 单调递减. 求证: (1) $\displaystyle{\mathop{\lim }\limits_{{n \rightarrow \infty }}\mathop{\sum }\limits_{{k = \left\lbrack \frac{n}{2}\right\rbrack + 1}}^{n}{a}_{k} = 0}$ ; (2) $\displaystyle{\mathop{\lim }\limits_{{n \rightarrow \infty }}n{a}_{n} = 0}$ .

4.1.7 若正项级数 $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }{a}_{n}}$ 的项 ${a}_{n}$ 单调递减,且 $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }{a}_{2n}}$ 收敛,求证; $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }{a}_{n}}$ 收敛.

4. 1.8 设 $0 < {p}_{1} < {p}_{2} < \cdots < {p}_{n} < \cdots$ . 求证: 级数 $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{1}{{p}_{n}}}$ 收敛的充分必要条件为下面的级数收敛: $$ \mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{n}{{p}_{1} + {p}_{2} + \cdots + {p}_{n}} $$

4.1.9 判断下列级数的收敛性: (1) $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }{\left( -1\right) }^{n - 1}\frac{{\ln }^{2}n}{n}$ ; (2) $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }{\left( -1\right) }^{n - 1}\frac{\sqrt{n}}{n + {100}}$ ； (3) $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }{\left( -1\right) }^{n - 1}\frac{1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{n}}{n}$ ; (4) $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\sin \left( {\pi \sqrt{{n}^{2} + 1}}\right)$ .

4. 1.10 判断下列级数的收敛性: (1) $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }{\left( -1\right) }^{n}\frac{{\sin }^{2}n}{n}$ ; (2) $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{{\left( -1\right) }^{n - 1}}{n} \cdot \frac{{a}^{n}}{1 + {a}^{n}}\left( {a > 0}\right)$ ; (3) $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{\sin n \cdot \sin {n}^{2}}{n}}$ ; (4) $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{\sin \left( {n + \frac{1}{n}}\right) }{n}$ .

4. 1.11 讨论下列级数的收敛性: (1) $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{{x}^{n}}{1 + {x}^{2n}}}$ ; (2) $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{{\left( -1\right) }^{n - 1}}{{n}^{2}} \cdot {\mathrm{e}}^{-{nx}}$ .

4. 1.12 讨论下列级数的收敛性与绝对收敛性 $\left( {p > 0}\right)$ : (1) $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{{\left( -1\right) }^{n - 1}}{{n}^{p} + {\left( -1\right) }^{n - 1}}$ ; (2) $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{{\left( -1\right) }^{n - 1}}{{\left( n + {\left( -1\right) }^{n - 1}\right) }^{p}}$ .

4.1.13 求证: 若级数 $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }{a}_{n}^{2}}$ 及 $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }{b}_{n}^{2}}$ 收敛,则下面级数: $$ \mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }{a}_{n} \cdot {b}_{n},\;\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }{\left( {a}_{n} + {b}_{n}\right) }^{2},\;\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{{a}_{n}}{n} $$ 皆收敛.

4. 1.14 设 $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }{a}_{n}}$ 收敛,且 $\displaystyle{\mathop{\lim }\limits_{{n \rightarrow \infty }}n{a}_{n} = 0}$ . 求证: $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }n\left( {{a}_{n} - {a}_{n + 1}}\right)$ 收敛,并且 $$ \mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }n\left( {{a}_{n} - {a}_{n + 1}}\right) = \mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }{a}_{n} $$

4.1.15 设正项数列 $\left\{ {x}_{n}\right\}$ 单调上升. 求证: 当 $\left\{ {x}_{n}\right\}$ 有界时,级数 $$ \mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\left( {1 - \frac{{x}_{n}}{{x}_{n + 1}}}\right) $$ 收敛,当 $\left\{ {x}_{n}\right\}$ 无界时,该级数发散.

4.1.16 求证: 级数 $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{{\left( -1\right) }^{n - 1}}{\sqrt{n}}$ 的平方 (指柯西乘积) 是发散的.

4.1.17 求证: 级数 $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{{\left( -1\right) }^{n - 1}}{n}$ 的平方 (指柯西乘积) 是收敛的.

4. 1.18 用级数方法证序列 ${x}_{n} = 1 + \frac{1}{\sqrt{2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{n}} - 2\sqrt{n}$ 的极限存在 $\left( {n \rightarrow + \infty }\right)$ .

4. 1.19 设 ${p}_{n} > 0\left( {n = 1,2,\cdots }\right)$ ,若级数 $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{1}{{p}_{n}}}$ 收敛,求证级数 $$ \mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{n}{{p}_{1} + {p}_{2} + \cdots + {p}_{n}} $$ 收敛.

4. 1.20 设 $\left\{ {a}_{n}\right\} ,\left\{ {b}_{n}\right\}$ 满足关系式 ${a}_{n + 1} = {b}_{n} - q{a}_{n}\left( {0 < q < 1}\right)$ ,且 $\displaystyle{\mathop{\lim }\limits_{{n \rightarrow \infty }}{b}_{n} = b}$ 存在,证明 $\displaystyle{\mathop{\lim }\limits_{{n \rightarrow \infty }}{a}_{n}}$ 存在.

4. 1.21 设 ${x}_{1} > 0,{x}_{n + 1} = 1 + \frac{1}{{x}_{n}}\left( {n = 1,2,\cdots }\right)$ . 求证: (1) $\displaystyle{1 \leq \mathop{\lim }\limits_{{n \rightarrow \infty }}{x}_{n} \leq \mathop{\lim }\limits_{{n \rightarrow \infty }}{x}_{n} \leq 2}$ ; (2) $\displaystyle{\mathop{\lim }\limits_{{n \rightarrow \infty }}{x}_{n}}$ 存在,并求其极限值.

4. 1.22 设序列 $\left\{ {a}_{n}\right\}$ 有界,并满足 $\mathop{\lim }\limits_{{n \rightarrow \infty }}\left( {{a}_{2n} + 2{a}_{n}}\right) = 0$ ,求证: $\displaystyle{\mathop{\lim }\limits_{{n \rightarrow \infty }}{a}_{n} = 0}$ .

4. 1.23 求证 $\mathop{\lim }\limits_{{n \rightarrow \infty }}\sqrt[n]{{S}_{n}} \leq 1\left( {{S}_{n} \geq 0}\right)$ 的充要条件为: 对任一大于 1 的数 $l$ , 有 $$ \mathop{\lim }\limits_{{n \rightarrow \infty }}\frac{{S}_{n}}{{l}^{n}} = 0 $$

4. 1.24 设 $0 \leq {x}_{n + m} \leq {x}_{n} \cdot {x}_{m}\left( {x,m \in N}\right)$ . 求证: 序列 $\left\{ \sqrt[n]{{x}_{n}}\right\}$ 极限存在.

4. 1.25 (1) 设 $0 < q < 1$ ,求证: $\exists r \in \left( {q,1}\right)$ ,使 $n$ 充分大时,有 $$ 1 + \frac{q}{n} < {\left( 1 + \frac{1}{n}\right) }^{r}\;\left( {n > N}\right) ; $$ (2)设 ${a}_{n} > 0$ ,求证: $\mathop{\lim }\limits_{{n \rightarrow \infty }}n\left( {\frac{1 + {a}_{n + 1}}{{a}_{n}} - 1}\right) \geq 1$ .

4. 2.1 讨论下列函数序列在指定区间上的一致收敛性: (1) ${f}_{n}\left( x\right) = \frac{{x}^{n}}{1 + {x}^{n}}$ , i) $0 \leq x \leq b < 1$ ; ii) $0 \leq x \leq 1$ ; iii) $\displaystyle{1 < a \leq x < + \infty}$ . (2) ${f}_{n}\left( x\right) = \frac{1}{n}\ln \left( {1 + {\mathrm{e}}^{-{nx}}}\right)$ , i) $x \geq 0$ ; ii) $x < 0$ .

4.2.2 设 $f\left( x\right)$ 在(A, B)内有连续导数 ${f}^{\prime }\left( x\right)$ ,且 $$ {f}_{n}\left( x\right) \overset{\text{ 记为 }}{ = }n\left\lbrack {f\left( {x + \frac{1}{n}}\right) - f\left( x\right) }\right\rbrack . $$ 求证: 当 $\displaystyle{n \rightarrow \infty}$ 时, ${f}_{n}\left( x\right)$ 在闭区间 $\left\lbrack {a,b}\right\rbrack \subset \left( {A,B}\right)$ 上一致收敛于 ${f}^{\prime }\left( x\right)$ .

4.2.3 求证下列级数在所示区间上一致收敛: (1) $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{\sin {nx}}{x + {2}^{n}}\;\left( {x > - 2}\right)$ ; (2) $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }{x}^{2}{\mathrm{e}}^{-{nx}}\;\left( {x \geq 0}\right)$ ; (3) $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{{n}^{2}}{\sqrt{n!}}\left( {{x}^{n} + {x}^{-n}}\right) \;\left( {\frac{1}{2} \leq \left| x\right| \leq 2}\right)$ ; (4) $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }{x}^{n}{\ln }^{n}x\;\left( {0 \leq x \leq 1}\right)$ .

4.2.4 讨论下列级数在所示区间上的一致收敛性: (1) $\mathop{\sum }\limits_{{n = 2}}^{\infty }\frac{{\left( -1\right) }^{n}}{n + \sin x}\;\left( {\left| x\right| < + \infty }\right)$ ; (2) $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }{\left( -1\right) }^{n}\frac{\sin {nx}}{n}\;\left( {-\pi + \delta \leq x \leq \pi - \delta ,\delta > 0}\right)$ ； (3) $\mathop{\sum }\limits_{{n = 0}}^{\infty }\frac{{\left( -1\right) }^{n}}{a + n}{x}^{n + a}\;\left( {0 < a < 1,0 \leq x \leq 1}\right)$ ； (4) $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{{\left( -1\right) }^{\frac{n\left( {n - 1}\right) }{2}}}{\sqrt{{x}^{2} + {n}^{2}}}\left( {\left| x\right| < + \infty }\right)$ .

4.2.5 设 ${u}_{n}\left( x\right)$ 在 $\left\lbrack {a,b}\right\rbrack$ 上连续而且非负, $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }u\left( x\right)$ 收敛,且和函数 $S\left( x\right)$ $= \mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }{u}_{n}\left( x\right)$ 在 $\left\lbrack {a,b}\right\rbrack$ 上连续,求证: $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }{u}_{n}\left( x\right)$ 在 $\left\lbrack {a,b}\right\rbrack$ 上一致收敛.

4.2.6 求证: 级数 $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 0}}^{\infty }{x}^{n}{\sin }^{2}{\pi x}}$ 在 $\left\lbrack {0,1}\right\rbrack$ 上一致收敛.

4. 2.7 给定序列 ${f}_{n}\left( x\right) = {nx}{\mathrm{e}}^{-n{x}^{2}}\left( {n = 1,2,\cdots }\right)$ . 求证: (1) $\displaystyle{\int }_{0}^{1}\left\lbrack {\mathop{\lim }\limits_{{n \rightarrow \infty }}{f}_{n}\left( x\right) }\right\rbrack \mathrm{d}x \neq \mathop{\lim }\limits_{{n \rightarrow \infty }}{\int }_{0}^{1}{f}_{n}\left( x\right) \mathrm{d}x$ ; (2)序列 ${f}_{n}\left( x\right)$ 在 $\left\lbrack {0,1}\right\rbrack$ 上不一致收敛.

4.2.8 求证下列级数在 $\left\lbrack {0,1}\right\rbrack$ 上不一致收敛: (1) $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 0}}^{\infty }{x}^{n}\ln x}$ ; (2) $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{{x}^{2}}{{\left( 1 + {x}^{2}\right) }^{n}}$ .

4.2.9 求证: 级数 $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{\cos {nx}}{n}}$ 在 $\left( {0,{2\pi }}\right)$ 上不一致收敛.

4.2.10 设 ${f}_{n}\left( x\right) \left( {n = 1,2,\cdots }\right)$ 在 $\left( {-\infty , + \infty }\right)$ 上一致连续,且 $$ {f}_{n}\left( x\right) \xrightarrow[\text{ 一致 }]{R}f\left( x\right) \;\left( {n \rightarrow \infty }\right) , $$ 求证: $f\left( x\right)$ 在 $\left( {-\infty , + \infty }\right)$ 上一致连续.

4.2.11 设 ${f}_{n}\left( x\right) \left( {n = 1,2,\cdots }\right)$ 在 $\left\lbrack {a,b}\right\rbrack$ 上连续,且 $\displaystyle{n \rightarrow \infty}$ 时, $$ {f}_{n}\left( x\right) \xrightarrow[\text{ 一致 }]{\left\lbrack a,b\right\rbrack }f\left( x\right) . $$ 又设 $f\left( x\right)$ 在 $\left\lbrack {a,b}\right\rbrack$ 上无零点,求证: (1)当 $n$ 充分大时, ${f}_{n}\left( x\right)$ 在 $\left\lbrack {a,b}\right\rbrack$ 上也无零点; (2) $\frac{1}{{f}_{n}\left( x\right) }\xrightarrow[\text{ 一致 }]{\left\lbrack a,b\right\rbrack }\frac{1}{f\left( x\right) }\;\left( {n \rightarrow + \infty }\right) .$

4.2.12 设 ${f}_{n}\left( x\right) \in C\left\lbrack {a,b}\right\rbrack \left( {n = 1,2,\cdots }\right) ,{f}_{n}\left( x\right) \frac{\left\lbrack a,b\right\rbrack }{-\text{ 致 }}f\left( x\right)$ . 求证: (1) $\exists M$ ,使 $\left| {{f}_{n}\left( x\right) }\right| \leq M,\left| {f\left( x\right) }\right| \leq M\left( {a \leq x \leq b,n = 1,2,\cdots }\right)$ ； (2)若 $g\left( x\right)$ 在 $\left( {-\infty , + \infty }\right)$ 上连续,则 $$ g\left( {{f}_{n}\left( x\right) }\right) \xrightarrow[\text{ 一致 }]{\left\lbrack a,b\right\rbrack }g\left( {f\left( x\right) }\right) . $$

4.2.13 设 $f\left( x\right) = \mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{{\left( -1\right) }^{n - 1}}{n}{\mathrm{e}}^{-{nx}}$ ,求证: (1) $f\left( x\right)$ 在 $x \geq 0$ 上连续； (2) $f\left( x\right)$ 在 $x > 0$ 上连续可微.

### **4.2.7** 给定序列 $$ f_n(x) = n x e^{-n x^2},\quad n=1,2,\dots, \quad x\in[0,1]. $$ #### (1) 证明 $$ \int_0^1 \left[\lim_{n\to\infty} f_n(x)\right] dx \neq \lim_{n\to\infty} \int_0^1 f_n(x) dx. $$ **步骤1：求逐点极限** 当 $x=0$ 时，$f_n(0)=0$。 当 $x>0$ 时，令 $t = \sqrt{n} x$，则 $$ f_n(x) = n x e^{-n x^2} = \sqrt{n} \cdot \sqrt{n} x e^{-n x^2} = \sqrt{n} \cdot t e^{-t^2}. $$ 由于 $\\displaystyle{\lim_{t\to\infty} t e^{-t^2}=0}$，且 $\\displaystyle{\sqrt{n}\to\infty}$，但更直接地： 对固定的 $x>0$，$n x e^{-n x^2} \to 0$，因为指数衰减快于线性增长。 因此逐点极限 $$ \lim_{n\to\infty} f_n(x) = 0,\quad \forall x\in[0,1]. $$ 所以左边积分为 $$ \int_0^1 0\,dx = 0. $$ **步骤2：计算右边极限** 计算 $$ \int_0^1 f_n(x) dx = \int_0^1 n x e^{-n x^2} dx. $$ 令 $u = n x^2$，则 $du = 2n x dx$，所以 $\displaystyle n x dx = \frac{1}{2} du$，当 $x=0$ 时 $u=0$，$x=1$ 时 $u=n$。 于是 $$ \int_0^1 n x e^{-n x^2} dx = \frac12 \int_0^n e^{-u} du = \frac12 (1 - e^{-n}). $$ 取极限得 $$ \lim_{n\to\infty} \int_0^1 f_n(x) dx = \frac12. $$ 显然 $\displaystyle 0 \neq \frac12$，得证。 --- #### (2) 证明 $f_n(x)$ 在 $[0,1]$ 上不一致收敛。 **步骤**：若一致收敛于 $0$，则应有 $$ \sup_{x\in[0,1]} |f_n(x)| \to 0. $$ 考虑 $\displaystyle x_n = \frac{1}{\sqrt{n}}$，则 $$ f_n(x_n) = n \cdot \frac{1}{\sqrt{n}} e^{-n\cdot \frac{1}{n}} = \sqrt{n} e^{-1} \to \infty. $$ 因此上确界不趋于 $0$，故不一致收敛。 --- ### **4.2.8** #### (1) $\\displaystyle{\sum_{n=0}^\infty x^n \ln x}$ 在 $[0,1]$ 上不一致收敛。 **步骤**：在 $x=1$ 处，通项为 $1^n \ln 1 = 0$，级数和为 $0$。 但在 $x<1$ 时，这是几何级数乘 $\ln x$，和为 $\displaystyle \frac{\ln x}{1-x}$。 当 $x\to 1^-$ 时，$\displaystyle \frac{\ln x}{1-x} \to -1$，但部分和 $\displaystyle S_N(x)=\frac{1-x^{N+1}}{1-x}\ln x$。 取 $\displaystyle x_N = 1 - \frac1N$，则余项 $$ |R_N(x_N)| = \left|\frac{x_N^{N+1}}{1-x_N} \ln x_N\right| \approx N \cdot e^{-1} \cdot (-\frac1N) \not\to 0. $$ 故不一致收敛。 --- #### (2) $\\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty \frac{x^2}{(1+x^2)^n}}$ 在 $[0,1]$ 上不一致收敛。 **步骤**：这是等比级数，公比 $\displaystyle q=\frac{1}{1+x^2}$，和为 $$ \frac{x^2}{1 - \frac{1}{1+x^2}} = \frac{x^2}{\frac{x^2}{1+x^2}} = 1+x^2. $$ 但注意首项 $n=1$，和应为 $$ \frac{x^2}{1+x^2} \cdot \frac{1}{1 - \frac{1}{1+x^2}} = 1. $$ 实际上正确求和： $$ \sum_{n=1}^\infty \frac{x^2}{(1+x^2)^n} = x^2 \cdot \frac{\frac{1}{1+x^2}}{1 - \frac{1}{1+x^2}} = x^2 \cdot \frac{1}{x^2} = 1,\quad x>0. $$ 在 $x=0$ 时级数为 $0$。因此和函数不连续，故不一致收敛。 --- ### **4.2.9** 级数 $\\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty \frac{\cos nx}{n}}$ 在 $(0,2\pi)$ 上不一致收敛。 **步骤**：这是 Fourier 级数，和函数为 $\displaystyle -\frac12 \ln(2-2\cos x)$，在 $x\to 0^+$ 时发散到 $\\displaystyle{-\infty}$。 若一致收敛，则和函数应连续，但这里在 $0$ 附近无界，故不一致收敛。 --- ### **4.2.10** 已知 $f_n$ 在 $\mathbb{R}$ 上一致连续，且 $f_n \rightrightarrows f$ 在 $\mathbb{R}$ 上。 **证明 $f$ 一致连续**： 对 $\varepsilon>0$，存在 $N$ 使 $|f_n(x)-f(x)|<\varepsilon/3$ 对所有 $x$ 成立。 取定 $n=N$，由 $f_N$ 一致连续，存在 $\delta>0$ 使 $|x-y|<\delta$ 时 $|f_N(x)-f_N(y)|<\varepsilon/3$。 则 $$ |f(x)-f(y)| \le |f(x)-f_N(x)| + |f_N(x)-f_N(y)| + |f_N(y)-f(y)| < \varepsilon. $$ 故 $f$ 一致连续。 --- ### **4.2.11** #### (1) 当 $n$ 充分大时 $f_n(x)$ 无零点。 因为 $f$ 连续且无零点，由闭区间上连续函数性质，$\\displaystyle{\min|f(x)| = m>0}$。 由一致收敛，存在 $N$ 使 $|f_n(x)-f(x)|0$，故无零点。 #### (2) 证明 $\displaystyle \frac1{f_n} \rightrightarrows \frac1f$。 由 (1) 知分母有正下界， $$ \left|\frac1{f_n(x)} - \frac1{f(x)}\right| = \frac{|f(x)-f_n(x)|}{|f_n(x)f(x)|} \le \frac{\|f_n-f\|_\infty}{(m/2)\cdot m} \to 0. $$ 一致收敛得证。 --- ### **4.2.12** #### (1) 存在公共界 $M$。 由一致收敛，$f_n$ 在 $[a,b]$ 上一致有界（因为取 $\varepsilon=1$，则 $|f_n(x)-f(x)|<1$ 对充分大 $n$ 成立，而 $f$ 有界，故 $f_n$ 有界，再取有限个 $n$ 的最大界即可）。 #### (2) $g(f_n(x)) \rightrightarrows g(f(x))$。 $g$ 在 $\mathbb{R}$ 上连续，因此在任意有界闭集上一致连续。由 (1) 知 $f_n,f$ 的值域包含于某个闭区间 $[-M,M]$，$g$ 在其上一致连续，结合 $f_n\rightrightarrows f$ 即得。 --- ### **4.2.13** $\\displaystyle{f(x)=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n} e^{-nx}}$。 #### (1) 在 $x\ge 0$ 连续。 在 $x\ge 0$ 上，$|e^{-nx}|\le 1$，由 Leibniz 判别法知级数一致收敛（因为 $\displaystyle \frac1n$ 递减

4.2.15 求证: (1) $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 0}}^{\infty }{\int }_{0}^{x}{t}^{n}\ln t\mathrm{\;d}t}$ 在 $\left\lbrack {0,1}\right\rbrack$ 上一致收敛; (2) $\displaystyle{\int }_{0}^{1}\frac{\ln x}{1 - x}\mathrm{\;d}x = - \mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\in

4. 2.16 设函数 $f\left( x\right)$ 在(-a, a)上无穷多次可微,且序列 ${f}^{\left( n\right) }\left( x\right)$ 在 (-a, a)上一致收敛到函数 $\varphi \left( x\right)$ ,求证: $$ \varphi \left( x\right) = C{\mathrm{e}}^{x}\;\left( {C\text{ 为常数 }}\right) . $$

4.2.17 求证: 函数 $$ f\left( x\right) = \mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{\left| x - \frac{1}{n}\right| }{{2}^{n}} $$ 在(0,1)上连续,除点 ${x}_{k} = \frac{1}{k}\left( {k = 2,3,\cdots }\right)$ 处不可微外皆可微.

4.2.18 设 ${x}_{n}$ 是(0,1)内一个序列,即 $0 < {x}_{n} < 1$ 且 ${x}_{i} \neq {x}_{j}\left( {i \neq j}\right)$ . 求证: 函数 $$ f\left( x\right) = \mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{\operatorname{sgn}\left( {x - {x}_{n}}\right) }{{2}^{n}} $$ 在(0,1)中除点 ${x}_{n}\left( {n = 1,2,\cdots }\right)$ 处不连续外皆连续.

4. 3.1 求下列幂级数的收敛半径,并讨论收敛区间端点的收敛性: (1) $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{n}}{n}{x}^{n}}$ ; (2) $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{\left( {2n}\right) !!}{\left( {{2n} + 1}\right) !!}{x}^{n}$ ; (3) $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }{\left( 1 + \frac{1}{n}\right) }^{{n}^{2}}{x}^{2n}$ ; (4) $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{{2}^{n} + {3}^{n}}{n}{x}^{n}}$ ; (5) $\mathop{\sum }\limits_{{n = 0}}^{\infty }{\left( 1 + 2\cos \frac{n\pi }{4}\right) }^{n}{x}^{n}$ .

4.3.2 求下列级数的收敛域: (1) $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{{\left( -1\right) }^{n - 1}}{{2n} - 1}{\left( \frac{1 - x}{1 + x}\right) }^{n}$ ; (2) $\mathop{\sum }\limits_{{n = 0}}^{\infty }{\left\lbrack x\left( 1 + x\right) \right\rbrack }^{{3}^{n}}$ .

4.3.3 给定零阶贝塞尔函数: $$ y = {\mathrm{J}}_{0}\left( x\right) = 1 + \mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }{\left( -1\right) }^{n}\frac{{x}^{2n}}{{\left( n!\right) }^{2}{2}^{2n}}. $$ 求证: 它在实轴上满足方程: $$ x{y}^{\prime \prime } + {y}^{\prime } + {xy} =

4.3.4 求下列级数的和: (1) $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{n + 1}{n!{2}^{n}}{x}^{n}}$ (2) $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 0}}^{\infty }\frac{{x}^{{4n} + 1}}{{4n} + 1}}$ ; (3) $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }{n}^{2}{x}^{n - 1}}$ .

4.3.5 求下列级数的和: (1) $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{{2n} - 1}{{2}^{n}}}$ ; (2) $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{1}{n\left( {{2n} + 1}\right) }$ ; (3) $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{{\left( -1\right) }^{n - 1}}{n\left( {{2n} + 1}\right) }$ .

4.3.6 设 $0 < a < 1$ ,求证: (1) $\displaystyle{\int }_{0}^{b}\frac{{x}^{a - 1}}{1 + x}\mathrm{\;d}x = \mathop{\sum }\limits_{{n = 0}}^{\infty }\frac{{\left( -1\right) }^{n}}{n + a}{b}^{n + a}\;\left( {0 \leq b < 1}\right)$ ； (2)级数 $\mathop{\sum }\limits_{{n = 0}}^{\infty }\frac{{\left( -1\right) }^{n}}{n + a}{b}^{n + a}$ 对 $b$ 在 $\left\lbrack {0,1}\right\rbrack$ 上一致收敛； (3) $\displaystyle{\int }_{0}^{1}\frac{{x}^{a - 1}}{1 + x}\mathrm{\;d}x = \mathop{\sum }\limits_{{n = 0}}^{\infty }\frac{{\left( -1\right) }^{n}}{n + a}$ .

4.3.7 已知零阶贝塞尔函数 $$ {\mathrm{J}}_{0}\left( x\right) \overset{\text{ 定义 }}{ = }\frac{2}{\pi }{\int }_{0}^{\pi /2}\cos \left( {x\sin \theta }\right) \mathrm{d}\theta , $$ 求证: ${\mathrm{J}}_{0}\left( x\right) = \mathop{\sum }\limits_{{n = 0}}^{\infty }{\left( -1\right) }^{n}\frac{{x}^{2n}}{{\left( n!\right) }^{2}{2}^{2n}}$ .

4. 3.8 设对 $\forall k \in N,\left| {{f}^{\left( k\right) }\left( x\right) }\right| \leq {M}^{k}\left( {\left| x\right| < a}\right)$ ,其中 $M$ 为与 $k$ 和 $x$ 都无关的常数. 求证: (1) $f\left( x\right)$ 可以在(-a, a)上展开成幂级数; (2) $f\left( x\right)$ 可以开拓到 $\left( {-\infty ,\infty }\right)$ ,且在 $\left( {-\infty ,\infty }\right)$ 上无穷多次可微.

4.3.9 把下列函数在 $x = 0$ 点展开为幂级数: (1) $\frac{x}{\left( {1 - x}\right) \left( {1 - {x}^{2}}\right) }$ ; (2) $\frac{x}{\sqrt{1 - x}}$ ; (3) ${\cos }^{2}x$ ; (4) $\ln \left( {1 + x + {x}^{2}}\right)$ ; (5) $\ln \left( {1 + x + {x}^{2} + {x}^{3}}\right)$ ; (6) $\ln \frac{1 + x}{1 - x}$ .

4.3.10 求证下列展开式成立: (1) $\ln \left( {x + \sqrt{1 + {x}^{2}}}\right) = x + \mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }{\left( -1\right) }^{n}\frac{\left( {{2n} - 1}\right) !!}{\left( {2n}\right) !!} \cdot \frac{{x}^{{2n} + 1}}{{2n} + 1}\;\left( {\left| x\right| \leq 1}\right)$ ； (2) $\arctan \frac{2x}{2 - {x}^{2}} = \mathop{\sum }\limits_{{n = 0}}^{\infty }{\left( -1\right) }^{\left\lbrack \frac{n}{2}\right\rbrack }\frac{{x}^{{2n} + 1}}{{2}^{n}\left( {{2n} + 1}\right) }\;\left( {\left| x\right| \leq \sqrt{2}}\right)$ .

4.3.11 (1) 将 ${\left( \arctan x\right) }^{2}$ 在 $x = 0$ 点展开为幂级数; ( 2 )求级数 $\mathop{\sum }\limits_{{n = 0}}^{\infty }\frac{{\left( -1\right) }^{n}}{n + 1}\left( {1 + \frac{1}{3} + \cdots + \frac{1}{{2n} + 1}}\right)$ 的和.

4.3.12 求下列幂级数的收敛半径,并讨论收敛区间端点的收敛性: (1) $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{{x}^{n}}{\sqrt[n]{n!}}}$ ; (2) $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{{n}^{n}{x}^{n}}{n!}}$ .

4.3.13 (1) 求证: 函数 $y = \arcsin x/\sqrt{1 - {x}^{2}}$ 满足方程 $$ \left( {1 - {x}^{2}}\right) {y}^{\prime } - {xy} = 1, $$ 并由此求出 ${y}^{\left( n\right) }\left( 0\right) /n!$ ; (2)求证: $\frac{{\sin }^{-1}x}{\sqrt{1 - {x}^{2}}} = \mathop{\sum }\limits_{{n = 0}}^{\infty }\frac{\left( {2n}\right) !!}{\left( {{2n} + 1}\right) !!}{x}^{{2n} + 1}\;\left( {\left| x\right| < 1}\right)$ ； (3) 求证: ${\left( \arcsin x\right) }^{2} = \mathop{\sum }\limits_{{n = 0}}^{\infty }\frac{\left( {2n}\right) !!}{\left( {{2n} + 1}\right) !!} \cdot \frac{{x}^{{2n} + 2}}{n + 1}\;\left( {\left| x\right| \leq 1}\right)$ .

4.3.14 设 $0 < \theta < {2\pi }$ ,利用幂级数的乘法求证: (1) $\frac{\cos \theta - x}{1 - {2x}\cos \theta + {x}^{2}} = \mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\cos {n\theta }{x}^{n - 1}\;\left( {\left| x\right| < 1}\right)$ ； (2) $\frac{\sin \theta }{1 - {2x}\cos \theta + {x}^{2}} = \mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\sin {n\theta }{x}^{n - 1}\;\left( {\left| x\right| < 1}\right)$ .

4.3.15 求下列函数的幂级数展开式: (1) arctan $\frac{x\sin \theta }{1 - x\cos \theta }$ ; (2) $- \frac{1}{2}\ln \left( {1 - {2x}\cos \theta + {x}^{2}}\right)$ .

4.3.16 设 $0 < \theta < {2\pi }$ ,求证: (1) $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{\sin {n\theta }}{n} = \frac{\pi - \theta }{2}}$ ; (2) $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{\cos {n\theta }}{n} = - \ln 2\sin \frac{\theta }

4. 4.1 求证: (1) $\displaystyle{\{ \cos {nx}{\} }_{n = 0}^{\infty }}$ 是 $\left\lbrack {0,\pi }\right\rbrack$ 上的正交系； (2) $\displaystyle{\{ \sin {nx}{\} }_{n = 1}^{\infty }}$ 是 $\left\lbrack {0,\pi }\right\rbrack$ 上的正交系； (3) $1,\cos \frac{\pi x}{l},\sin \frac{\pi x}{l},\cdots ,\cos \frac{n\pi x}{l},\sin \frac{n\pi x}{l},\cdots$ 是 $\left\lbrack {-l,l}\right\rbrack$ 上的正交系.

4.4.2 将下列函数展开成傅氏级数: (1) $f\left( x\right) = {\sin }^{4}x\;\left( {-\pi \leq x \leq \pi }\right)$ ； (2) $f\left( x\right) = \sec x\;\left( {-\pi \leq x \leq \pi }\right)$ ； (3) $f\left( x\right) = \sin \frac{x}{2}\;\left( {-\pi \leq x \leq \pi }\right)$ ; (4) $f\left( x\right) = \left| {\sin x}\right| \;\left( {-\pi \leq x \leq \pi }\right)$ .

4.4.3 将 $f\left( x\right) = \left| x\right| \left( {-\pi \leq x \leq \pi }\right)$ 展开成傅氏级数,并求下列级数的和: (1) $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{1}{{\left( 2n - 1\right) }^{2}}$ ; (2) $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{1}{{n}^{2}}}$ ; (3) $\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{{\left( -1\right) }^{n - 1}}{{n}^{2}}$ .

4.4.4 将 $f\left( x\right) = {\mathrm{e}}^{x}\left( {-\pi \leq x \leq \pi }\right)$ 展开成傅氏级数,并求级数 $\displaystyle{\mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{1}{1 + {n}^{2}}}$ 的和.

4.4.5 将 $f\left( x\right) = \left\{ \begin{array}{ll} 1, & 0 < x < h, \\ 0, & h \leq x \leq \pi \end{array}\right.$ (1)按余弦展开； (2)按正弦展开.

4.4.6 求证: (1) $\frac{\pi }{\tan {a\pi }} = \frac{1}{a} + \mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{2a}{{a}^{2} - {n}^{2}}\;\left( {0 < a < 1}\right)$ ； (2) $\frac{1}{\tan x} = \frac{1}{x} + \mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\frac{2x}{{x}^{2} - {n}^{2}{\pi }^{2}}\;\left( {0 < x < \pi }\right)$ ； (3) $\frac{1}{{\sin }^{2}x} = \frac{1}{{x}^{2}} + \mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{\infty }\left\lbrack {\frac{1}{{\left( x - n\pi \right) }^{2}} + \frac{1}{{\left( x + n\pi \right) }^{2}}}\right\rbrack \;\left( {0 < x < \pi }\right)$ .

4.4.7 求证: (1) $\displaystyle{\int }_{-\pi }^{\pi }\left| {\cos {nx}}\right| \mathrm{d}x = 4\left( {n \in N}\right)$ ； (2)若 $\forall n \in N$ ,设 ${T}_{n}\left( x\right)$ 是任意的 $n$ 阶三角多项式,其中 $\cos {nx}$ 的系数为 1 , 则 $$ \mathop{\max }\limits_{{\left| x\right| \leq \pi }}\left| {{T}_{n}\left( x\right) }\right| \geq \frac{\pi }{4}. $$

## 4.4.1 正交性证明 ### (1) $\\displaystyle{\{ \cos nx \}_{n=0}^{\infty}}$ 在 $[0,\pi]$ 上正交 **证明**： 对于 $m \neq n$，计算内积： $$\\displaystyle{ \int_0^\pi \cos(mx) \cos(nx) \, dx = \frac12 \int_0^\pi [\cos((m+n)x) + \cos((m-n)x)]\, dx }$$ 由于 $m \pm n$ 是整数且非零，所以 $$\\displaystyle{ \int_0^\pi \cos(kx)\, dx = \frac{\sin(k\pi)}{k} = 0, \quad k \neq 0 }$$ 因此积分值为 0。 当 $m=n=0$ 时： $$\\displaystyle{ \int_0^\pi 1^2 \, dx = \pi }$$ 当 $m=n>0$ 时： $$\\displaystyle{ \int_0^\pi \cos^2(nx)\, dx = \frac{\pi}{2} }$$ 所以它们是正交系。 --- ### (2) $\{ \sin nx \}_{n=1}^{\infty}$ 在 $[0,\pi]$ 上正交 **证明**： 对于 $m \neq n$： $$\\displaystyle{ \int_0^\pi \sin(mx) \sin(nx)\, dx = \frac12 \int_0^\pi [\cos((m-n)x) - \cos((m+n)x)]\, dx = 0 }$$ 当 $m=n$ 时： $$\\displaystyle{ \int_0^\pi \sin^2(nx)\, dx = \frac{\pi}{2} }$$ 故正交。 --- ### (3) 在 $[-l,l]$ 上的三角函数系正交 **证明**： 考虑函数 $\displaystyle 1, \cos\frac{\pi x}{l}, \sin\frac{\pi x}{l}, \dots$ 利用变量代换 $\displaystyle t = \frac{\pi x}{l}$，则 $x \in [-l,l]$ 对应 $t \in [-\pi,\pi]$，且 $\displaystyle dx = \frac{l}{\pi} dt$。 于是积分变为常数倍的标准三角函数在 $[-\pi,\pi]$ 上的正交性，结论成立。 --- ## 4.4.2 傅里叶级数展开 ### (1) $f(x)=\sin^4 x$ 在 $[-\pi,\pi]$ 利用三角恒等式： $$ \sin^4 x = \left(\frac{1-\cos 2x}{2}\right)^2 = \frac14(1 - 2\cos 2x + \cos^2 2x) $$ 而 $\displaystyle \cos^2 2x = \frac{1+\cos 4x}{2}$，代入得： $$ \sin^4 x = \frac14\left(1 - 2\cos 2x + \frac12 + \frac12\cos 4x\right) = \frac38 - \frac12\cos 2x + \frac18\cos 4x $$ 这就是它的傅里叶级数（只有有限项）。 --- ### (2) $f(x)=\sec x$ 在 $[-\pi,\pi]$ 注意 $\sec x$ 在 $\displaystyle x=\pm \frac{\pi}{2}$ 处无定义且发散，因此不能展开成通常的傅里叶级数（不满足收敛条件）。 所以本题无解或需说明不可展开。 --- ### (3) $\displaystyle f(x)=\sin\frac{x}{2}$ 在 $[-\pi,\pi]$ 它是奇函数，所以只有正弦项： $$\\displaystyle{ b_n = \frac{2}{\pi} \int_0^\pi \sin\frac{x}{2} \sin(nx)\, dx }$$ 利用积化和差： $$ \sin\frac{x}{2}\sin(nx) = \frac12\left[\cos\left((n-\frac12)x\right) - \cos\left((n+\frac12)x\right)\right] $$ 积分： $$\\displaystyle{ \int_0^\pi \cos(kx)\,dx = \frac{\sin(k\pi)}{k} }$$ 因此： $$ b_n = \frac{1}{\pi}\left[ \frac{\sin((n-\frac12)\pi)}{n-\frac12} - \frac{\sin((n+\frac12)\pi)}{n+\frac12} \right] $$ 注意 $\displaystyle \sin((n\pm\frac12)\pi) = (-1)^n$，所以： $$ b_n = \frac{1}{\pi}\left[ \frac{(-1)^n}{n-\frac12} - \frac{(-1)^n}{n+\frac12} \right] = \frac{(-1)^n}{\pi} \cdot \frac{1}{(n-\frac12)(n+\frac12)} = \frac{(-1)^n}{\pi} \cdot \frac{4}{4n^2-1} $$ 因此： $$\\displaystyle{ \sin\frac{x}{2} = \frac{4}{\pi} \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{4n^2-1} \sin(nx) }$$ --- ### (4) $f(x)=|\sin x|$ 在 $[-\pi,\pi]$ 它是偶函数，所以只有余弦项和常数项。 $\displaystyle a_0 = \frac{2}{\pi} \int_0^\pi \sin x\, dx = \frac{4}{\pi}$ 对于 $n\ge 1$： $$\\displaystyle{ a_n = \frac{2}{\pi} \int_0^\pi \sin x \cos(nx)\, dx }$$ 利用积化和差： $$ \sin x \cos(nx) = \frac12[\sin((n+1)x) - \sin((n-1)x)] $$ 积分得： $$\\displaystyle{ \int_0^\pi \sin(kx)\,dx = \frac{1 - (-1)^k}{k} }$$ 所以： $$ a_n = \frac{1}{\pi}\left[ \frac{1-(-1)^{n+1}}{n+1} - \frac{1-(-1)^{n-1}}{n-1} \right] $$ 当 $n$ 为奇数时，$(-1)^{n+1}=1$，$(-1)^{n-1}=1$，分子为0，所以 $a_n=0$。 当 $n$ 为偶数，设 $n=2m$，则： $$ a_{2m} = \frac{1}{\pi}\left[ \frac{2}{2m+1} - \frac{2}{2m-1} \right] = \frac{2}{\pi} \cdot \frac{-2}{(2m+1)(2m-1)} = -\frac{4}{\pi(4m^2-1)} $$ 因此： $$\\displaystyle{ |\sin x| = \frac{2}{\pi} - \frac{4}{\pi} \sum_{m=1}^\infty \frac{\cos(2mx)}{4m^2-1} }$$ --- ## 4.4.3 $f(x)=|x|$ 在 $[-\pi,\pi]$ 偶函数，所以只有余弦项： $$\\displaystyle{ a_0 = \frac{2}{\pi} \int_0^\pi x\, dx = \pi }$$ $$\\displaystyle{ a_n = \frac{2}{\pi} \int_0^\pi x \cos(nx)\, dx }$$ 分部积分： $$\\displaystyle{ \int x\cos(nx)\,dx = \frac{x\sin(nx)}{n} + \frac{\cos(nx)}{n^2} }$$ 代入上下限 $0,\pi$： $$ a_n = \frac{2}{\pi}\left[ \frac{\pi\sin(n\pi)}{n} + \frac{\cos(n\pi)-1}{n^2} \right] = \frac{2}{\pi}\cdot \frac{(-1)^n - 1}{n^2} $$ 当 $n$ 为偶数时 $a_n=0$；当 $n$ 为奇数 $n=2k-1$ 时： $$ a_{2k-1} = \frac{2}{\pi} \cdot \frac{-2}{(2k-1)^2} = -\frac{4}{\pi(2k-1)^2} $$ 所以： $$\\displaystyle{ |x| = \frac{\pi}{2} - \frac{4}{\pi} \sum_{k=1}^\infty \frac{\cos((2k-1)x)}{(2k-1)^2} }$$ ### 求和 (1) 令 $x=0$： $$\\displaystyle{ 0 = \frac{\pi}{2} - \frac{4}{\pi} \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(2k-1)^2} }$$ 得： $$\\displaystyle{ \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(2k-1)^2} = \frac{\pi^2}{8} }$$ (2) 已知 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}$。 (3) 令 $x=\pi$： $$ \pi = \frac{\pi}{2} - \frac{4}{\pi} \sum_{k=1}^

4.4.9 设 $f\left( x\right) \in C\left\lbrack {0,T}\right\rbrack ,g\left( x\right)$ 是周期为 $T$ 的连续周期函数,求证: $$ \mathop{\lim }\limits_{{n \rightarrow \infty }}{\int }_{0}^{T}f\left( x\right) g\left( {nx}\right) \mathrm{d}x = \frac{1}{T}{\int }_{0}^{T}f\left( x\right) \mathrm{d}x \cdot {\int }_{0}^{T}g\left( x\right) \mathrm{d}x. $$

4.4.10 设 $0 < a < 1$ ,求证: (1) $\mathop{\lim }\limits_{{b \rightarrow 1}}{\int